专题3 培优点1 数列的递推关系-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦数列递推关系核心考点，严格对接高考评价体系，系统梳理利用an与Sn关系、构造辅助数列、累加累乘法三大类型，通过近5年高考真题及2024太原潍坊等模拟题分析，明确构造法占比45%、Sn与an互化占30%的高频考点分布，归纳选择填空解答题常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题溯源+技巧建模+素养提升”策略，如以2024太原模拟题为例，详解构造等比数列（an+1=pan+q型）的待定系数法，培养数学思维中的逻辑推理能力，通过累加累乘法实例强化数学语言表达。特设易错点警示（如n=1验证），帮助学生掌握转化技巧，教师可据此精准突破考点，助力高效复习。

培优点1　数列的递推关系 PART ONE 　　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. 利用an与Sn的关系 【例1】　（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝4an－3，则Sn ＝（　C　） A. 4［（ ）n－1］ B. 4［（ ）n－1］ C. 3［（ ）n－1］ D. 4（3n－1） √ 解析：当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，当n≥2时，Sn ＝4（Sn－Sn－1）－3，化简得Sn＝ Sn－1＋1，即Sn＋3＝ （Sn－1＋ 3）（n≥2），又S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为 的等 比数列，所以Sn＋3＝4×（ ）n－1，所以Sn＝4×（ ）n－1－3＝3 ［（ ）n－1］，故选C. （2）（多选）已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n （n∈N*），Sn为数列{an}的前n项和.则下列四个结论中正确的是 （　ACD　） A. a1＝2 B. 数列{an}的通项公式为an＝ C. S3＝ D. 数列{an}为递减数列 √ √ √ 解析：对于A，令n＝1，则a1＝2×1＝2，所以A正确；对于B，当 n≥2时，由a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n，得a1＋3a2＋…＋ （2n－3）an－1＝2n－2，两式相减得（2n－1）an＝2，所以an＝ ，a1＝2满足此式，所以an＝ ，所以B错误；对于C，因为 an＝ ，所以S3＝a1＋a2＋a3＝2＋ ＋ ＝ ，所以C正确；对于 D，因为an＋1－an＝ － ＝2（ － ）＝ ＜0（n∈N*），所以an＋1＜an，所以数列{an}为递减 数列，所以D正确. 涉及Sn与an关系问题的求解思路 　　根据所求结果的不同要求，将问题向不同的方向转化. （1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求 解； （2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解. 感悟提升 1. 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝λn2＋2n＋1（λ∈R），若{an}是递 增数列，则λ的取值范围为（　　） A. （0，＋∞） B. （ ，＋∞） C. （1，＋∞） D. （－ ，＋∞） √ 跟踪训练 解析：　∵数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝λn2＋2n＋1（λ∈R）， ∴a1＝λ＋3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝λn2＋2n＋1－[λ（n－ 1）2＋2（n－1）＋1]＝2λn－λ＋2，∴a2＝3λ＋2.显然，从第二项 开始，{an}是以2λ为公差的等差数列.又{an}是递增数列，∴2λ＞0， 且a2－a1＝2λ－1＞0，得λ＞ ，故选B. 2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－ ，且5an＋1＋Sn＋16＝0.则an ＝ ⁠. 解析：当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－ ，由5an＋1＋Sn＋16＝ 0　①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2）　②，①－②得5an＋1＝4an （n≥2），∵a2＝－ ≠0，∴an≠0，∴ ＝ （n≥2），又 ＝ ，∴{an}是首项为－ ，公比为 的等比数列，∴an＝－ ·（ ）n－1 ＝－4·（ ）n. －4·（ ）n 构造辅助数列 【例2】　（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ ，则a7＝ 　​ 　； 解析：易知an≠0，由an＋1＝ ，得 ＝ ＋ ，所以 是首项为1，公差为 的等差数列，所以 ＝ ＋（n－1）× ＝ ，an＝ ，所以a7＝ . ​ 解析：等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－ 1＝ （lg an－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项， 为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×（ ）n－1＝－（ ）n－ 1，即lg an＝1－（ ）n－1，即an＝10×（ . （2）已知数列{an}满足a1＝1， ＝10an（an＞0），则an＝ ⁠ ⁠. 10× （ 1. 求形如an＋1＝pan＋q（p≠1）的递推公式的通项，可采用以下两种 方法： （1）待定系数法：设an－λ＝p（an－1－λ），用待定系数法可求出 λ＝ ，进而构造新的等比数列{an－λ}，求出通项.其中λ为 方程λ＝pλ＋q的解； （2）由an＋1＝pan＋q及an＝pan－1＋q，两式相减得an＋1－an＝p（an －an－1），所以{an＋1－an}是首项为a2－a1，公比为p的等比数 列，先求an＋1－an，再求an. 感悟提升 2. 形如an＋1＝pan＋q（n）（p≠1）的递归式，等号两边同除以pn＋1， 得 ＝ ＋ ，令bn＝ ，得bn＋1＝bn＋ ，先求bn，再 求an. 3. 形如an＋1＝p （p＞0，an＞0）的递归式，等号两边取对数有lg an＋1 ＝qlg an＋lg p，令bn＝lg an，则bn＋1＝qbn＋lg p，同上得bn，再求an. 1. 数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则数列 {an}的通项公式是 ⁠. 解析：∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1 －1＝2≠0，∴ ＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等 比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn －1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，∴an＝ an＝ 跟踪训练 2. 数列{an}满足 an＝an＋1－ ，且a1＝ ，若an＜ ，则n的最小值 为 ⁠. 4 解析：数列{an}满足 an＝an＋1－ ，即an＋1－ an＝ ，两 边同时除以 可得 － ＝1，又a1＝ ，所以数列 是 等差数列，其首项为1，公差为1，所以 ＝1＋（n－1）×1＝n，所 以an＝n· .令an＜ ，即n· ＜ ，当n＝1，2，3时，an＞ ； 当n＝4时，4× ＝ ＜ ；n≥5时，n·（ ）n＜ ，所以使an＜ 的n 的最小值为4. 累加、累乘法 【例3】　（1）已知数列{an}满足nan＋1－（n＋1）an＝2，a1＝1，则数 列{an}的通项公式an＝（　B　） A. 2n－3 B. 3n－2 C. －2n＋3 D. 3n＋2 解析：nan＋1－（n＋1）an＝2，两边同除n（n＋1）得 － ＝ ＝2（ － ），所以 －a1＝2（1－ ＋ － ＋… ＋ － ），即 －a1＝2（1－ ），化简得an＝（2＋a1）n－ 2，因为a1＝1，所以an＝3n－2. √ （2）（2024·太原高三年级模拟考试）已知数列{an}的前n项和为Sn （n∈N*），且满足S1＝2，3Sn＝（n＋2）an，则Sn＝ ⁠. ​ 解析：因为3Sn＝（n＋2）an，则当n≥2时，3Sn＝（n＋2） （Sn－Sn－1），化简得（n－1）Sn＝（n＋2）Sn－1，即 ＝ ，所以当n≥2时， · · · · · ·…· ＝ × × × × × ×…× ，即 ＝ .因为S1＝2，所以Sn＝ ，当n＝1时也成立. 1. an－an－1＝f（n）型，可用“累加法”求an，即an＝（an－an－1）＋ （an－1－an－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1. 2. ＝f（n）型，可用“累乘法”求an，即an＝ · ·…· · ·a1. 感悟提升 　设数列{an}是首项为1的正项数列，且（n＋1） －n ＋an＋1·an ＝0，则它的通项公式an＝（　　） A. B. C. n D. n2 解析：　由（n＋1） －n ＋an＋1·an＝0，则[（n＋1）an＋1－ nan]（an＋1＋an）＝0，又数列{an}为正项数列，即an＞0，且a1＝1，所 以（n＋1）an＋1－nan＝0，即 ＝ ，所以an＝ · ·…· ·a1＝ × ×…× ×1＝ . √ 跟踪训练 03 课时跟踪检测 1. 已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝（　　） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 解析：　由题意得（an＋2＋an＋1）－（an＋1＋an）＝[2（n＋1）－3] －（2n－3），即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝（a8－a6）＋（a6－a4） ＝2＋2＝4. 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 2. （2024·潍坊高考模拟考试）已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1.若数列 {an＋an＋1}是公比为2的等比数列，则a2 024＝（　　） A. B. C. 21 012－1 D. 21 011－1 解析：　法一（累加法）　由题知a1＋a2＝1，所以an＋1＋an＝1·2n－1 ＝2n－1，所以an＋2＋an＋1＝2n，两式相减得an＋2－an＝2n－2n－1＝2n－ 1，所以a2 024＝a2＋（a4－a2）＋（a6－a4）＋…＋（a2 024－a2 022）＝1 ＋21＋23＋…＋22 021＝1＋ ＝1＋ ＝ ，故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 法二（构造数列法）　由题知a1＋a2＝1，所以an＋1＋an＝1·2n－1＝2n－1， 所以an＋1＝－an＋2n－1， ＝－ ＋1＝－ · ＋1， － ＝－ ·（ － ），所以{ － }是等比数列， － ＝（ － ）·（－ ）n－1＝－ （－ ）n－1，所以an＝ ，因此a2 024＝ ＝ ，故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 3. （2024·茂名一模）已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝2， ＝ ，则a5＝（　　） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 解析：　由 ＝ ，得 ＝ ，于是 ＝ ＝ ， 则 ＝ ，两边取对数得nlg an＋1＝（n＋1）lg an，因此 ＝ ，数列 是常数列，则 ＝ ＝lg 2，即lg an＝nlg 2＝ lg 2n，所以an＝2n，a5＝32.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 4. 已知数列{an}满足 ＋ ＋…＋ ＝n（n∈N*），bn＝λ（an－1） －n2＋4n，若数列{bn}为递增数列，则λ的取值范围是（　　） A. （ ，＋∞） B. （ ，＋∞） C. ［ ，＋∞） D. ［ ，＋∞） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　由 ＋ ＋…＋ ＝n（n∈N*），得 ＋ ＋…＋ ＝ n－1（n≥2），两式相减可得 ＝1（n≥2），则an＝2n（n≥2）， 当n＝1时，由 ＝1可得a1＝2，满足上式，故an＝2n（n∈N*），所 以bn＝λ（2n－1）－n2＋4n.因为数列{bn}为递增数列，即∀n∈N*， bn＋1－bn＞0，则λ（2n＋1－1）－（n＋1）2＋4（n＋1）－[λ（2n－ 1）－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，整理得λ＞ ，令cn＝ ， 则cn＋1－cn＝ － ＝ （n∈N*），当n≤2时，cn＋1＞cn， 当n≥3时，cn＋1＜cn，即当n＝3时， 取得最大值 ，从而得λ＞ ，所以λ的取值范围为（ ，＋∞）.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 5. （多选）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算 法》中，被后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有 3个球，第三层有6个球……设第n层有an个球，从上往下n层球的总个 数为Sn，记bn＝（－1）n·（an＋1－an），则下列结论正确的是 （　　） A. an＋1－an＝n＋1 B. b1＋b2＋…＋b20＝20 C. Sn－Sn－1＝ ，n≥2 D. 的最大值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：　a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所 以an＋1－an＝n＋1，故A正确.因为bn＝（－1）n（an＋1－an）＝（－ 1）n（n＋1），所以b1＋b2＋…＋b20＝－2＋3－4＋5－…－20＋21＝ 10，故B不正确.因为a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝ n（n≥2），所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝ （n≥2），经检验 a1＝1也满足该式，故an＝ ，当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝ ，故C正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 ＝ ＝ ， － ＝ － ＝ ，所以当n＝1时， ＞ ，当n＝2时， ＝ ，当n≥3时， ＜ ，所以当n＝2或n＝3时， 取得最大值 ，故D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 6. （2024·南京、盐城调研测试）若数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋an＋1＋ an＋2＝n2（n∈N*），则a100＝ ⁠. 解析：∵an＋an＋1＋an＋2＝n2，∴an＋1＋an＋2＋an＋3＝（n＋1）2，两 式相减得an＋3－an＝2n＋1，∴a4－a1＝2×1＋1，a7－a4＝2×4＋ 1，…，a97－a94＝2×94＋1，a100－a97＝2×97＋1，累加得a100＝a1＋ （2×1＋1）＋（2×4＋1）＋…＋（2×94＋1）＋（2×97＋1）＝2× （1＋4＋…＋94＋97）＋34＝（1＋97）×33＋34＝3 268. 3 268 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2（n≥3），则 数列{an}的通项公式为 ⁠. 解析：∵an＝2an－1＋3an－2（n≥3），∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2） （n≥3），又a1＋a2＝7，∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数 列，则an＋an－1＝7×3n－2　①，又an－3an－1＝－（an－1－3an－2） （n≥3），a2－3a1＝－13，∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝（－13）×（－1）n－2　②，由①×3＋②，4an＝7×3n－1＋13×（－1）n－1，∴an＝ ×3n－1＋ ×（－1）n－1. ×3n－1＋ ×（－1）n－1 1 2 3 4 5 6 7 8 8. （2024·江西鹰潭一模）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－ 2n＋1＋1（n∈N*），且a1，a2＋5，a3成等差数列. （1）求a1的值； 解：2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， 令n＝2得2S2＝a3－23＋1，即2a1＋2a2＝a3－7，　① 因为a1，a2＋5，a3成等差数列，所以2（a2＋5）＝a1＋a3，即a3 ＝2（a2＋5）－a1.　② 将②代入①可得2a1＋2a2＝2（a2＋5）－a1－7，解得a1＝1， 故a1的值为1. 1 2 3 4 5 6 7 8 （2）求数列{an}的通项公式. 解：因为2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， 当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1， 两式作差可得an＋1＝3an＋2n，所以an＋1＋2n＋1＝3（an＋2n）， n≥2， 易知a2＝5，所以an＋2n＝（a2＋22）×3n－2＝（5＋4）×3n－2＝ 3n，即an＝3n－2n，n≥2， 将n＝1代入an＝3n－2n得a1＝31－21＝1，符合题意. 故数列{an}的通项公式为an＝3n－2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 $