第1部分 专题3 培优微专题10 数列中的递推关系（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

[培优微专题10]　数列中的递推关系 数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用． 　　　　奇偶分析法 数列中的奇、偶项问题的常见题型： 1．含有an＋1＋an＝f(n)； 2．an＋1·an＝f(n)； 3．含有(－1)n的类型； 4．含有{a2n}，{a2n－1}(n∈N*)的类型； 5．已知条件明确的奇偶项问题． [例1]　[多选](2024·萍乡二模)数列{an}(n∈N*)的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝2　　　　　　 B．S10＝12 C．{Sn}为递增数列 D．{a2n－1}为周期数列 [解析]　根据题意，分别求得a1，a2，a3…，得到数列{an}构成以4为周期的周期数列，逐项判定，即可求解． 由题意，数列{an}满足a1＝1， an＋1＝， 当n＝1时，a2＝2a1＝2，当n＝2时，a3＝＝，A错误； 当n＝3时，a4＝2a3＝1； 若n为奇数，则n＋1，n＋3为偶数，n＋2，n＋4为奇数， 则an＋1＝2an，an＋2＝＝，an＋3＝2an＋2＝，an＋4＝＝an； 若n为偶数，则n＋1，n＋3为奇数，n＋2，n＋4为偶数， 则an＋1＝，an＋2＝2an＋1＝，an＋3＝＝，an＋4＝2an＋3＝an. 所以数列{an}是以4为周期的周期数列． 故S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a9＋a10＝2＋1＋2＝12，B正确： 又由an＞0，故{Sn}递增，C正确； 由上述讨论可知，{a2n－1}的项为1，，1，…，故是周期数列，D正确． [答案]　BCD 当遇到an＋2－an＝f(n)时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令n＝2k－1和n＝2k，用累加法进行求解． 1．(2024·张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝，则S100＝(　　) A．3×251－156 B．3×251－103 C．3×250－156 D．3×250－103 解析：A　[分奇数项和偶数项求递推关系，然后记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，利用构造法求得bn＝6×2n－1－3，然后分组求和可得． 因为a1＝1，an＋1＝， 所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2， 所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3， 记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)， 所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3， 记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.] 　　　　构造法 1．形如an＝pan－1＋q(p≠1，且p≠0，q≠0)的形式，通常可构造出等比数列an＋＝p，进而求出通项公式． 2．形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得＝p＋1，进而构造成＝·＋1，设bn＝，从而变成bn＝bn－1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题． 3．形如qan－1－pan＝anan－1，可以考虑两边同时除以anan－1，转化为－＝1的形式，进而可设bn＝，递推公式变为qbn－pbn－1＝1，从而转变为上面第(1)个问题． [例2]　[多选](2024·黄山质检二)已知数列{an}满足：an＋1＝a＋2an＋λ(n∈N*)，其中λ∈R，下列说法正确的有(　　) A．当a1＝2，λ＝时，an≥n＋1 B．当λ∈时，数列{an}是递增数列 C．当λ＝－2时，若数列{an}是递增数列，则a1∈(－∞，－3)∪(1，＋∞) D．当a1＝3，λ＝0时，＋＋…＋＜ [解析]　根据an＋1－an＝a＋an＋＝2＋1＞0可得an＋1＞an＋1，即可迭代求解A，根据λ＝，a1＝－时，可得{an}为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当λ＝－2时an＋1－an＞0，从而判断出数列{an}的单调性，an－an－1＞0建立关于a1的一元二次不等式，解出首项a1的取值范围，判断出C项的正误；当λ＝0，a1＝3时，根据递推关系证出an＋1＋2≥3(an＋2)，从而可得≥3，由此推导出≤×(n∈N*)，进而利用等比数列的求和公式证出＋＋…＋≤，从而判断出D项的正误． 对于A，当λ＝时，an＋1－an＝a＋an＋＝2＋1≥1＞0，又a1＝2，故an＋1＞an＋1， 所以an＞an－1＋1＞an－2＋2＞…＞a1＋n－1＝n＋1，故A项正确． 对于B，因为an＋1－an＝a＋an＋λ＝2＋λ－且λ∈， 所以an＋1－an≥0， 当λ＝，a1＝－时，a2＝－…，an＝－⇒an＋1－an＝2＝0⇒an＋1＝an，此时数列{an}是常数列，故B项错误； 对于C，由于数列{an}是递增数列，当n≥2时，an－an－1＞0，an＋1－an＝(a＋2an－2)－(a＋2an－1－2)＝(an－an－1)(an＋an－1＋2)＞0， 故an＋an－1＋2＞0，所以，即， 解得a1＞1或a1＜－3，故C项正确； 对于D，当λ＝0时，an＋1＝a＋2an＝(an＋1)2－1，结合a1＝3，可知a2＝42－1＝11＞a1， a3＝132－3＞a2，…，结合an＋1－an＝(an－an－1)(an＋an－1＋2)， 可知{an}是递增数列，an≥a1＝3，则an＋1＋2＝an(an＋2)≥3(an＋2)， 即≥3，所以××…×≥3n－1(n≥2)， 即an＋2≥3n－1(a1＋2)＝×3n(n≥2)， 所以≤×(n≥2)，当n＝1时，＝≤×，所以≤×(n∈N*)， 可得 ≤＝×＜＜，故D项正确． [答案]　ACD 若{an}满足an＝pan－1＋f(n)(p≠1)，当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时，设an＋An＋B＝p[an－1＋A(n－1)＋B]，通过待定系数法确定A、B的值，转化成以a1＋A＋B为首项，以p为公比的等比数列{an＋An＋B}，再利用等比数列的通项公式求出{an＋An＋B}的通项，整理可得an. 2．(2024·徐州适应性测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝2an＋1，n∈N*.若Sk≥2024，则正整数k的最小值为(　　) A．11　　 B．12 C．13　　 D．14 解析：C　[根据给定的递推公式，构造等比数列求出Sn，再求解不等式即得． 数列{an}中，3Sn＝2an＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则3Sn＝2Sn－2Sn－1＋1， 整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－＝－2，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，即S1＝1， 因此数列是以S1－＝为首项，公比为－2的等比数列，Sn－＝·(－2)n－1， 则Sn＝，由Sk≥2024，知k为奇数，此时Sk＝是递增的， 而S11＝＝＝683＜2024，S13＝＝＝2731＞2024， 所以正整数k的最小值为13.] 　　　　倒数变换与对数变换法 [例3]　设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2a(n≥2)，则通项an＝________. [解析]　在等式an＝2a(n≥2)两边取对数可得log2an＝2log2an－1＋1，可得出log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，可知数列{log2an＋1}为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列{log2an＋1}的通项，即可得出数列{an}的通项公式． 对任意的n∈N*，an＞0， 因为an＝2a(n≥2)，则log2an＝log2(2a)＝2log2an－1＋1， 所以，log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，且log2a1＋1＝1， 所以，数列{log2an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，log2an＋1＝1×2n－1＝2n－1，解得an＝22n－1－1. [答案]　an＝22n－1－1 an＋1＝pa(其中p，r为常数，an＞0，p＞0)型，用对数法，这种类型一般是等式两边取以p为底的对数，然后转化为an＋1＝pan＋q型求解． 3．已知数列{an}满足：a1＝2，an＝(n≥2)，则通项an＝________. 解析：取倒数后得到是等差数列， 求出＝2n－，得到通项公式． 取倒数：＝＋2⇔－＝2，故是等差数列，首项为＝，公差为2， ∴＝＋2(n－1)＝2n－， ∴an＝. 答案：an＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$