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Word

培优点1　数列的递推关系 　　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. 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） （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：（1）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）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. 感悟提升 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. 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.（－，＋∞） 解析：B　∵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＝－4·（）n. 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. 构造辅助数列 【例2】　（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a7＝； （2）已知数列{an}满足a1＝1，＝10an（an＞0），则an＝10×（. 解析：（1）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＝. （2）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×（. 感悟提升 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. 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an＝. 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＝ 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 （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：（1）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）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. 感悟提升 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. 　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：B　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＝. 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：D　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. 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：A　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. 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. 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：B　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. 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.［，＋∞） 解析：A　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. 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 解析：ACD　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.＝＝，－＝－＝，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. 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＝3 268. 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. 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×3n－1＋×（－1）n－1. 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得，4an＝7×3n－1＋13×（－1）n－1，∴an＝×3n－1＋×（－1）n－1. 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； （2）求数列{an}的通项公式. 解：（1）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. （2）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. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $