第7章 微专题4-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

第七章 数列 微专题(四)　数列的递推关系 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 01 高考预测练 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 　 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 B 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 AB 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 　 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 “课下练习”见“高考预测练（三十）” (单击进入电子文档) 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 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. 构造辅助数列 　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211 B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n－1－3 C．若a1＝1，an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，则an＝eq \f(1,3n－2) D．若a1＝2,2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n 【解析】　A项，an＋1－an＝n＋1，∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确；B项，∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，故an＝2n＋1－3，故B错误；C项，∵an＋1＝eq \f(an,1＋3an)， ∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1＋3an,an)＝eq \f(1,an)＋3， ∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝1为首项，3为公差的等差数列，∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2， ∴an＝eq \f(1,3n－2)，故C正确；D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0， ∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)， ∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴eq \f(an,n)＝2·2n－1＝2n， ∴an＝n·2n，故D正确． 【答案】　ACD (2)(2025·吕梁模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋an＝3×2n，则S100等于(　　) A．2100－3　　　　 B．2100－2 C．2101－3 D．2101－2 【解析】　由an＋1＋an＝3×2n得，an＋1－2n＋1＝－(an－2n)． 又a1－21＝－1， 所以{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以an－2n＝(－1)n，即an＝2n＋(－1)n， 所以S100＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100＝eq \f(21－2100,1－2)＋0＝2101－2. 【答案】　D 【规律方法】　(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式． (2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式． (3)形如an＋1＝eq \f(qan,pan＋q)(p，q≠0)的数列，取倒数可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(p,q)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(p,q)，构造等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))求通项公式． (4)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)． (5)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)]． [跟踪训练] 1．(1)已知数列{an}满足a2＝eq \r(3)，a1＝1，且aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)，则aeq \o\al(2,2 023)－2a2 022的值为(　　) A．2 021 B．2 022 C．2 023 D．2 024 (2)(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2an·an＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是(　 　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2×3n－1－1) C．{an}为递增数列 D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝3n－n 解析：(1)由aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)得，当n≥2时，(aeq \o\al(2,n＋1)－2an)－(aeq \o\al(2,n)－2an－1)＝1，且由a2＝eq \r(3)，a1＝1，得aeq \o\al(2,2)－2a1＝1，所以{aeq \o\al(2,n＋1)－2an}构成以1为首项，1为公差的等差数列，所以aeq \o\al(2,n＋1)－2an＝n，所以aeq \o\al(2,2 023)－2a2 022＝2 022. (2)因为an－3an＋1＝2an·an＋1，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3(eq \f(1,an)＋1)，又eq \f(1,a1)＋1＝2≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，3为公比的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2×3n－1，即an＝eq \f(1,2×3n－1－1)，所以{an}为递减数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×eq \f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1. 利用an与Sn的关系 　已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn，eq \f(nan,2)，Sn－1成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝1－eq \f(9,a\o\al(2,n))，若b2·b3·…·bn＝eq \f(89,176)，求正整数n的值． 【解】　(1)方法一　由题意知当n≥2时， Sn＋Sn－1＝nan，∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)， 整理得Sn＝eq \f(n＋1,n－1)Sn－1， 由S1＝a1＝3， ∴Sn＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×eq \f(n－2,n－4)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×3＝eq \f(3,2)(n2＋n)， 经检验S1＝3也符合Sn＝eq \f(3,2)(n2＋n)． ∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝eq \f(3,2)(n2＋n)－eq \f(3,2)[(n－1)2＋(n－1)]＝3n. a1＝3也满足an＝3n， ∴数列{an}的通项公式为an＝3n. 方法二　由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan， ∴当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1， 两式相减得an＋an－1＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，即(n－1)an＝nan－1， ∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥3)，∴当n≥3时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为常数列， 又由S2＋S1＝2a2得a2＝6， 同理可得a3＝9， ∴eq \f(a3,3)＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝3， ∴eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝3，即an＝3n， ∴数列{an}的通项公式为an＝3n. (2)由(1)得bn＝1－eq \f(9,a\o\al(2,n))＝1－eq \f(1,n2) ＝eq \f(n2－1,n2)＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)， ∴b2·b3·…·bn＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \f(2,3)×eq \f(4,3)×eq \f(3,4)×eq \f(5,4)×…×eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)＝eq \f(n＋1,2n). 由eq \f(n＋1,2n)＝eq \f(89,176)，得n＝88. 【规律方法】　在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2)． [跟踪训练] 2．(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn(n∈N*)，则an＝______________. (2)已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n＋3(n∈N*)，数列{2anan＋1}的前n项和为Sn，则Sn＝________________. (n＋1)·2n－1 8－eq \f(4,2n＋1) 解析：(1)因为an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn， 则Sn＝eq \f(nan＋1,n＋2)， 当n≥2时，Sn－1＝eq \f(n－1an,n＋1)， 因此an＝eq \f(nan＋1,n＋2)－eq \f(n－1an,n＋1)， 化简整理得eq \f(an＋1,n＋2)＝2·eq \f(an,n＋1)， 而a1＝2，a2＝3S1＝3a1＝6，有eq \f(a2,3)＝2·eq \f(a1,2)， 即当n∈N*时，eq \f(an＋1,n＋2)＝2·eq \f(an,n＋1)， 因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是以eq \f(a1,2)＝1为首项，2为公比的等比数列，则eq \f(an,n＋1)＝2n－1，即an＝(n＋1)·2n－1. (2)因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n＋3(n∈N*)， 所以a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝2n＋1(n≥2)， 两式相减，可得(2n－1)an＝2， 即an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)， 又当n＝1时，a1＝5，不满足an＝eq \f(2,2n－1)， 所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,\f(2,2n－1)，n≥2，)) 所以当n≥2时，2anan＋1＝eq \f(8,2n－12n＋1) ＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， 当n＝1时，2a1a2＝eq \f(20,3)， 所以Sn＝eq \f(20,3)＋ 4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq \f(20,3)＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋1))) ＝8－eq \f(4,2n＋1). $