3.微专题6 数列的通项公式与递推公式(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦数列通项公式与递推公式高考核心考点，按an与Sn关系、相邻两项递推、相邻三项递推分层架构知识，通过考点梳理、方法指导（如构造法、特征根法）、真题训练等环节，帮助学生构建递推问题的解题体系，体现复习的系统性与针对性。 资料以数学思维培养为核心，通过例2构造等比数列训练逻辑推理，设计分层练习（基础训练到高考真题）强化模型意识，助力学生在有限时间内掌握递推关系转化策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有效支撑。

微专题6　数列的通项公式与递推公式 微点一　an与Sn之间的递推关系 例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋. (1)证明：数列{S}是等差数列； (2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝S，求数列{bn}的通项公式． 解　(1)证明：当n＝1时，a1＝＋，得a＝2，即S＝2，当n≥2时，Sn＝＋，所以＝，所以S－S＝2，故数列{S}是以S＝2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知，S＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n，当n≥2时，bn＝＝＝，当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝ (1)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. (2)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)． 训练1　(1)已知Sn为正项数列{an}的前n项和．若Sn＋2an＝Sn＋1－1，且S5＝57，则a4＝(B) A．7 B．15 C．8 D．16 解析　因为Sn＋2an＝Sn＋1－1，所以2an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋1，即2(an＋1)＝an＋1＋1.因为an>0，所以an＋1>0，所以＝2，所以数列{an＋1}是公比为2的等比数列，所以an＋1＝(a1＋1)·2n－1，则an＝(a1＋1)·2n－1－1，所以S5＝－5＝57，解得a1＝1，所以an＝2n－1，则a4＝24－1＝15. (2)已知数列{an}的首项为－1，设Sn是数列{an}的前n项和，且an＋1＝2SnSn＋1，则Sn＝ . 解析　因为an＋1＝Sn＋1－Sn(n∈N*)，所以Sn＋1－Sn＝2SnSn＋1，所以－＝－2(n∈N*)．因为a1＝－1，所以＝－1，所以是以－1为首项，－2为公差的等差数列，所以＝－1－2(n－1)＝1－2n，即Sn＝. 微点二　相邻两项的递推关系 例2　(2025·湖南模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝an－2an＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)记{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2. 解　(1)由题设条件，可得若an≠0，则an＋1≠0，用反证法，假设an＋1＝0，由题设条件，显然an＝0，这与已知条件矛盾，所以an＋1≠0.因为a1＝1≠0，所以a2≠0，a3≠0，…，所以∀n∈N*，an≠0，由an＋1an＝an－2an＋1得－＝1，所以＋1＝2， 又＋1＝2≠0，所以是首项、公比均为2的等比数列．所以＋1＝2n，则an＝. (2)证明：显然n＝1时，a1＝1<2成立，当n≥2时，2n－1≥22－1＝2>1，所以<1，所以2－>1，所以2n－1>1×2n－1，即2n－1>2n－1>0，所以an＝<，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<1＋＋＋…＋＝＝2<2.综上所述，Sn<2. 模型1：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数且p≠0)的递推式：①当p＝1时，数列{an}为等差数列；②当q＝0时，数列{an}为等比数列；③当p≠1且q≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项公式可通过待定系数法构造等比数列来求． 模型2：形如an＋1＝pan＋f(n)(p≠1)的递推式：其中f(n)可以是关于n的一次型函数或指数型函数，此类题型主要采用待定系数法构造相应的等比数列进行求解． 模型3：形如an＋1＝(p，q，r是不为0的常数)的递推式，可变形为＝·＋. 训练2　(1)在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通项公式为_an＝3n＋2_. 解析　解法一：(构造法)由an＋1＝3an－4，设an＋1－λ＝3(an－λ)，即an＋1＝3an－2λ，故2λ＝4，λ＝2，则an＋1－2＝3(an－2)，又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n＋2. 解法二：(不动点法)令3x－4＝x，解得不动点x＝2，由an＋1＝3an－4，得an＋1－2＝3(an－2)，所以数列{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n＋2. (2)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n－1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为_an＝4×3n－1－5×2n－1_. 解析　解法一：设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n－1，可得λ＝－4，即an＋1－4×3n＝2(an－4×3n－1)，且a1－4×31－1＝－5≠0，则数列{an－4×3n－1}是首项为－5，公比为2的等比数列，所以an－4×3n－1＝－5×2n－1，即an＝4×3n－1－5×2n－1. 解法二：(两边同除以qn＋1)两边同时除以3n＋1，得＝×＋，整理得－＝×，且－＝－≠0，则数列是首项为－，公比为的等比数列，所以－＝－×n－1，即an＝4×3n－1－5×2n－1. 解法三：(两边同除以pn＋1)两边同时除以2n＋1，得＝＋n－1，即－＝n－1，当n≥2时，则＝＋＋…＋＋＝n－2＋n－3＋…＋1－＝－＝2×n－1－，故an＝4×3n－1－5×2n－1(n≥2)，显然当n＝1时，a1＝－1符合上式，故an＝4×3n－1－5×2n－1. 微点三　相邻三项的递推关系 例3　已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则这个数列的通项公式为 an＝×3n－1＋(－1)n－1 . 解析　解法一：(构造法)因为an＝2an－1＋3an－2，所以an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝7，所以{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)，a2－3a1＝－13，所以{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　②，①×3＋②得4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，所以an＝×3n－1＋(－1)n－1. 解法二：(特征根法)数列{an}的特征方程为x2＝2x＋3，解得x1＝－1，x2＝3.令an＝c1·(－1)n＋c2·3n，由得故an＝－(－1)n＋·3n＝×3n－1＋(－1)n－1. 已知形如an＋2＝pan＋1＋qan的递推式问题的求解方法： 方法一：用待定系数法，化为特殊数列{an＋1－kan}的形式求解．设an＋2－kan＋1＝h(an＋1－kan)，比较系数得h＋k＝p，－hk＝q，可解得h，k，于是{an＋1－kan}是公比为h的等比数列，这样就转化为an＋1＝kan＋f(n)再继续求解． 方法二：直接构造法，根据问题中所给的引导提示，有倾向性地进行构造数列，进而求解． 训练3　(1)在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为_an＝10－2n_. 解析　(1)由题意知an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列．设公差为d，由题意得2＝8＋3d，则d＝－2，得an＝8－2(n－1)＝10－2n. (2)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝_2n－1_. 解析　由题意知an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，因为a2－a1＝2，所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，an－an－1＝2n－1(n≥2)，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.显然n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝2n－1. 1．(2025·天津高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(C) A．48 B．112 C．80 D．144 解析　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＋＝80.故选C. 2．(2022·北京高考改编)(多选题)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．下列正确的是(ACD) A．{an}的第2项小于3 B．{an}为等比数列 C．{an}为递减数列 D．{an}中存在小于的项 解析　由题意可知，∀n∈N*，an>0，当n＝1时，a＝9，可得a1＝3；当n≥2时，由Sn＝，可得Sn－1＝，两式作差可得an＝－，所以＝－an，则－a2＝3，整理可得a＋3a2－9＝0.因为a2>0，所以解得a2＝<3，A正确；假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，则a＝a1a3，即2＝，所以S＝S1S3，可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，解得q＝0，不合题意，故数列{an}不是等比数列，B错误；当n≥2时，an＝－＝>0，可得an<an－1，所以数列{an}为递减数列，C正确；对于D，假设{an}中每一项均大于或等于，当n取值变大时，Sn也逐渐增大，当n>90 000时，Sn>900，又an≥，所以an·Sn>×900＝9，与an·Sn＝9矛盾，故D正确． 3．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝_7_. 解析　因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448　①.因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，可得an－an－2＝3(n－2)－1，…，a3－a1＝3×1－1，累加可得an－a1＝3[1＋3＋…＋(n－2)]－＝，即an＝＋a1，所以a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋(0＋8＋40＋96＋176＋280＋408＋560)＝448，即8a1＝56，所以a1＝7. 学科网（北京）股份有限公司 $