专题三 强化拓展(三) 数列的递推关系（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

强化拓展(三)　数列的递推关系 【编者按】 　数列的递推关系是高考考查的重点，此类问题常需要用构造法求数列的通项公式，其总的思路是转化为特殊的数列，再利用公式求解相关问题．转化的方向有：(1)构造为可以利用累加法、累积法求和的数列；(2)构造常数列；(3)构造等差数列；(4)构造等比数列. 题型一　构造辅助数列　　 角度1　累加法、累积法求通项公式 [例1]　(1)(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选D.由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，…，a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90， 又a10＝130，所以a1＝4. (2)(2024·甘肃天水模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式为an＝(　　 ) A．2n－1 B． C．n2 D．n 解析：选D.由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1， 即＝，则＝，＝，＝，…，＝，n≥2， 由累乘法可得＝n，所以an＝n，n≥2，又a1＝1，符合上式． 所以an＝n. [规律总结]　 累加法 已知a1，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an 累乘法 已知a1，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an 角度2　构造新数列 [例2]　(1)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n＋2，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________． 解析：由an＋1＝3an－4n＋2，得an＋1－2(n＋1)＝3an－6n＝3(an－2n)， 又a1－2＝1，故{an－2n}是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以an－2n＝3n-1，故an＝3n-1＋2n. 答案：an＝3n-1＋2n (2)数列{an}中，an＝－an－1－(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，记数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝________． 解析：因为an＝－an－1－(n≥2，n∈N*)，设存在实数λ，使得(an＋λ)＝－(an－1＋λ)， 解得λ＝1，所以数列{an＋1}是公比为－，首项为2的等比数列， 所以an＋1＝2×(－)n-1，得an＝2×(－)n-1－1， 所以Sn＝2×(－)0－1＋2×(－)1－1＋…＋2×(－)n-1－1＝2×[(－)0＋(－)1＋…＋(－)n-1]－n＝2×－n＝[1－(－)n]－n. 答案：[1－(－)n]－n [规律总结]　(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ). (2)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0，1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]. [对点练习]　1.(1)已知首项为1的数列{an}，且(n＋2)an＋1＝2nan对任意正整数n恒成立，则数列{}的前n项和Sn为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.由题意，易知an≠0，由(n＋2)an＋1＝2nan变形为＝，故＝， 所以an＝an－1＝·an－2＝··an－3＝…＝····…··a1， 因为a1＝1，所以an＝，故＝＝－， 所以Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝. (2)已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＋an＝3×2n，则an＝__________． 解析：由an＋1＋an＝3×2n，即an＋1＝－an＋3×2n， 则an＋1－2n+1＝－an＋3×2n－2n+1＝－(an－2n)，又a1－2＝1－2＝－1≠0， 故数列{an－2n}是以－1为公比、－1为首项的等比数列， 即an－2n＝－1×(－1)n-1＝(－1)n，则an＝2n＋(－1)n. 答案：2n＋(－1)n 题型二　利用an与Sn的关系求通项公式 [例3]　(1)(多选)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝－n2＋7n－3，则(　　 ) A．a10＝－12 B．{an}是递减数列 C．当n>4时，an<0 D．当n＝3或4时，Sn取得最大值 解析：选ACD.当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋7n－3＋(n－1)2－7(n－1)＋3＝－2n＋1＋7＝8－2n； 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋7－3＝3，不适合上式． 所以an＝ 因为a10＝8－20＝－12，故A正确； 因为a1＝3<a2＝8－4＝4，故B错误； 显然a1＝3>0，当n≥2，n∈N*时，当且仅当n>4时，an＝8－2n<0成立，故C正确； 由于a1>0，a2>a3>a4＝0>a5>a6>…，所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，故D正确． (2)数列{an}的前n项和记为Sn，已知an＝4Sn－3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________． 解析：由an＝4Sn－3(n∈N*)，可得an＋1＝4Sn＋1－3， 两式相减可得an＋1－an＝4Sn＋1－4Sn＝4an＋1，所以an＋1＝－an， 故数列{an}为等比数列，且公比为－，又a1＝4S1－3，解得a1＝1. 所以an＝(－)n-1. 答案：an＝(－)n-1 [规律总结]　一般地，利用an与Sn的关系求通项公式时，如果要证明f(an)是等差(等比)数列，就消去Sn；如果要证明f{Sn}是等差(等比)数列，就消去an.还要注意，有些题目要求{an}的通项公式，如果消去Sn后解题陷入困境，此时需要先消去an，求出Sn，然后an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解． [对点练习]　2.(1)设Sn为数列{an}的前n项和，且an＝2Sn＋5，则S2 024＝(　　 ) A．－2 024 B．2 024 C．－5 D．0 解析：选D.因为an＝2Sn＋5，所以Sn－Sn－1＝2Sn＋5， 所以Sn＋＝－(Sn－1＋)(n≥2，n∈N*)， 又因为a1＝2S1＋5＝2a1＋5，可得a1＝－5. 显然Sn≠－，所以{Sn＋}是以－为首项，－1为公比的等比数列，即Sn＋＝(－)(－1)n-1， 故S2 024＝(－)(－1)2 024-1－＝0. (2)(2024·河北保定模拟)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且3b1＋32b2＋…＋3nbn＝Sn＋n2，则数列{bn}的通项公式为______________． 解析：由3b1＋32b2＋…＋3nbn＝Sn＋n2　①， 当n＝1时，3b1＝S1＋1＝b1＋1，所以b1＝， 当n≥2时，3b1＋32b2＋…＋3n-1bn－1＝Sn－1＋(n－1)2　②， 由①－②得3nbn＝bn＋2n－1，所以bn＝， 当n＝1时，上式也成立， 所以bn＝. 答案：bn＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$