板块三 习题讲评（二）数列的通项公式与递推公式-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（二）　数列的通项公式与递推公式 　　递推公式是给出数列的一种重要方法，难度中等或中等以上，利用递推关系式求数列的通项时，通常将所给递推关系进行适当的变形及构造转化为等差或等比数列，再利用公式求解，体现出化归思想在数列中的应用. 教学点（一）　an与Sn的关系 [例1]　（2025·长沙模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn=nan-2n（n-1），则下列结论正确的是 （　　） A.S6=a17+a1 B.S6=a17-a1 C.S6=a17+a2 D.S6=a17-a2 解析：选A　 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=nan-2n（n-1）-（n-1）an-1+2（n-1）（n-2）=nan-（n-1）an-1-4（n-1），则（n-1）an-（n-1）an-1=4（n-1），即an-an-1=4，所以数列{an}是公差为4的等差数列.又a1=1，则an=1+4（n-1）=4n-3，Sn=×n=n（2n-1）.所以a17=4×17-3=65，S6=6×11=66=a17+a1. [例2]　（2025·杭州模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足3an=2Sn+1，则S5=　　　　.  解析：法一　当n=1时，得3a1=2S1+1=2a1+1，得a1=1， 当n≥2时，由3an=2Sn+1，得3an-1=2Sn-1+1， 两式相减得3an-3an-1=2（Sn-Sn-1）=2an， 即an=3an-1，即=3， ∴数列{an}是以a1=1为首项，3为公比的等比数列， ∴S5==121. 法二　∵3an=2Sn+1，∴3（Sn-Sn-1）=2Sn+1， ∴Sn=3Sn-1+1，∴Sn+=3. 当n=1时，3a1=2S1+1=2a1+1，得a1=1， ∵S1+=a1+=≠0，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，∴Sn+=·3n-1，∴Sn=·3n-，∴S5=121. 答案：121 |思|维|建|模|　“项an”与“和Sn”递推式两种速破技巧 （1）转化为项项关系：将递推式中的“n”都换为“n-1”，再利用an=Sn-Sn-1（n≥2）转化为“项”与“项”之间的递推关系，以便构造等差数列或等比数列来解决问题. （2）转化为和和关系：借助an+1=Sn+1-Sn或an=Sn-Sn-1（n≥2）转化为“和”与“和”之间的递推关系，以便构造等差数列或等比数列，最后利用等差数列或等比数列的性质求解. [即时训练] [练1]　（2025·宁波三模）已知数列{an}中，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 025的值为 （　　） A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 解析：选B　 数列{an}中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2Sn-1=（n-1）an-1，两式相减，可得2an=nan-（n-1）an-1，即（n-2）an=（n-1）an-1，所以=.又由a2=1，则a2 025=a2×××…×=1×××…×=2 024. [练2]　（2025·常德一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且an+1=a1+a2+…+an（n∈N*），则下列结论正确的是 （　　） A.a2=2 B.a4=8 C.S2=3 D.S5=16 解析：选D　 思维路径：根据an与Sn的关系及等比数列的通项公式求出an的通项，再根据等比数列的前n项和公式求出Sn，最后逐一判断即可. 由an+1=a1+a2+…+an=Sn，当n=1时，a2=S1=1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+1-an，即an+1=2an，所以数列{an}从第二项开始是以a2=1为首项，2为公比的等比数列，所以an=Sn==2n-1，所以a2=1，a4=4，S2=2，S5=16，故A、B、C错误，D正确. 教学点（二）　数列的构造 [例1]　已知数列{an}的首项a1=1，且各项满足公式an+1=（n∈N*），则数列{an}的通项公式为 （　　） A.an=n B.an= C.an=n2 D.an= 解析：选B　 因为数列{an}的首项a1=1，且各项满足公式an+1=（n∈N*），所以a2≠0，a3≠0，…，以此类推，对任意的n∈N*，an≠0.由an+1=可得==+，所以-=，所以数列是等差数列，且首项为=1，公差为，所以=1+=，因此，an=.故选B. [例2]　（2025·泰安模拟）已知数列{an}满足an+1-2an=1，且a1=1，{an}的前n项和为Sn，则满足不等式Sn+n<100的n的最大值是　　　.  解析：， 且a1+1=2，∴{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列. ∴an+1=2·2n-1=2n，an=2n-1. ， ∴Sn=-n=2n+1-n-2， ∴Sn+n=2n+1-2<100，即2n+1<102， ∴n+1<log2102，n+1≤6，∴n的最大值是5. 答案：5 习得方略：①处，对“2”进行分配，使等式左、右两边保持形式上的一致，构造出新的等比数列{an+1}； ②处，数列通项为等差和等比数列通项之和（差）的形式，求和时可使用分组求和的方法. [例3]　已知数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n，则an=　　　　.  解析：法一　由an+1=3an-4n，可设an+1+x（n+1）+y=3（an+xn+y），其中x，y为常数，整理得， 得x=-2，y=-1，所以an+1-2（n+1）-1=3（an-2n-1）=…=3n（a1-2×1-1）=3n（a1-3）. 又a1-3=0，所以{an-2n-1}是各项均为0的常数列，故an-2n-1=0，即an=2n+1. 法二　由an+1=3an-4n，得an=3an-1-4（n-1）（n≥2），两式相减得an+1-an=3（an-an-1）-4（n≥2）. 令bn=an+1-an，则b1=a2-a1=3a1-4-a1=2，又b1-2=0，所以bn-2=0，即an+1-an=2， 又a2-a1=2，a1=3，因此{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an=2n+1. 法三　由an+1=3an-4n得-=-， 即-=-4×，-=-8×，…，-=-4（n-1）×（n≥2）， 所以-=-4×（n≥2），所以=（2n+1）（n≥2）， 所以an=2n+1（n≥2）.当n=1时也符合此式. 综上所述，an=2n+1. 答案：2n+1 习得方略：①处点技巧，利用待定系数法构造数列时，通常将所构造的等式还原成已知等式的形式，然后根据对应项系数相等求解参数； ②处会构造，此式满足an+1=Aan+B的形式，且A≠1，故可利用待定系数法构造an+1+M=A（an+M）的形式求解. |思|维|建|模| 对于求解形如an+1=pan+f（n）（p≠1，p≠0）的数列{an}的通项，方法如下： （1）若f（n）为常数q：可构造an+1+λ=p（an+λ）（λ为待定系数），得λ=，则为等比数列，求出an+，即可得an. （2）若f（n）为一次函数：可构造an+1+λ1（n+1）+λ2=p（an+λ1n+λ2）（λ1，λ2为待定系数），得到数列{an+λ1n+λ2}为等比数列，求出an+λ1n+λ2，即可得an. （3）若f（n）为除（1）（2）外的其他类型函数：可将等式两边同时除以pn+1，转化为=+，令bn=，g（n）=，转化为bn+1=bn+g（n），利用累加法求出bn，从而求出an. [即时训练] [练1]　已知数列{an}满足an+1=an+4，且a1=1，则{an}的通项公式为 （　　） A.an=12- B.an= C.an=12-11× D.an=8+ 解析：选C　 设an+1+x=（an+x），即an+1=an-x，所以-x=4，解得x=-12，所以an+1-12=（an-12），所以{an-12}是首项为a1-12=-11，公比为的等比数列，所以an-12=-11×，所以an=12-11×. [练2]　（2025·河北名校联考）[多选]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1+4an，则下列说法正确的有 （　　） A.{an+1+an}是等比数列 B.{an+1-4an}是等比数列 C.an= D.Sn= 解析：选AB 设an+2+λan+1=（λ+3）（an+1+λan），则an+2=3an+1+（λ+3）λan，所以λ（λ+3）=4，解得λ=-4或λ=1. （本题属于二阶线性递推公式，利用待定系数法列方程求参数，从而构造两个等比数列{an+1+an}，{an+1-4an}，分别求通项公式即可）对于A，当λ=1时，an+2+an+1=4（an+1+an），因为a2+a1=4≠0，所以{an+1+an}是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an+1+an=4n，故A正确；对于B，当λ=-4时，an+2-4an+1=-（an+1-4an），因为a2-4a1=3-4=-1≠0，所以{an+1-4an}是以-1为首项，-1为公比的等比数列，所以an+1-4an=（-1）n，故B正确；对于C，由an+1+an=4n，an+1-4an=（-1）n，可得an=，故C错误；对于D，数列的前n项和为×（41+42+…+4n）=×=，数列的前n项和为×[（-1）1+（-1）2+…+（-1）n]=×=，所以Sn=，故D错误.故选AB. [练3]　已知在数列{an}中，a1=，an+1=an+，则{an}的通项公式为　　　　.  解析：法一　令an+1+λ=，即an+1=an-λ，由对应项系数相等得λ=-3，则an+1-3×=. 设bn=an-3×，则bn+1=bn，b1=a1-3×=-， 所以数列{bn}是以-为首项，为公比的等比数列，则bn=-×，所以an=-. 法二　将an+1=an+两边同乘2n+1，得2n+1·an+1=（2n·an）+1.令bn=2n·an， ， 所以数列{bn-3}是首项为b1-3=2×-3=-，公比为的等比数列，所以bn-3=-·，即bn=3-2·，所以an=-. 法三　将an+1=an+两边同乘3n+1，得3n+1an+1=3nan+. 令bn=3n·an，则bn+1=bn+， 所以当n≥2时，bn-bn-1=，bn-1-bn-2=，…，b2-b1=， 将以上各式累加，得bn-b1=+…++，n≥2. 又b1=3a1=3×==1+，所以bn=1+++…++=2·-2，n≥2.， 故bn=2·-2，所以an=-. 答案：an=- 习得方略：①处会构造，利用待定系数法将等式两边同时减3，从而构造等比数列求解； ②处会检验，注意运用累加法求通项时对n=1的检验. [课时验收评价] 一、单项选择题 1.（2025·丰台二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+2Sn=n，则a5= （　　） A.-1 B.0 C.1 D.2 解析：选B　 由题意，2Sn=-an+1+n，则当n≥2时，有2Sn-1=-an+n-1，两式相减可得2（Sn-Sn-1）=an-an+1+1，即an+an+1=1.当n=1时，2S1=-a2+1，因为S1=a1=0，所以a2=1，所以a3=1-a2=0，a4=1-a3=1，a5=1-a4=0. 2.在数列{an}中，a1=1，an+1=，则a34= （　　） A. B. C. D.100 解析：选C　 因为a1=1，an+1=，所以==3+，即-=3，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，所以=1+3（n-1）=3n-2，则an=，所以a34==. 3.（2025·郴州三模）给定一个数列{an}，记bn=an+1-an，则把数列{bn}称为{an}的一阶差数列.若数列{cn}的一阶差数列{tn}的通项公式为tn=n+2n-1，c1=1，则c9= （　　） A.556 B.557 C.292 D.291 解析：选C　 根据题意，tn=cn+1-cn=n+2n-1，则c9-c8+c8-c7+…+c2-c1=t8+…+t1=+=291，即c9-c1=291.又因为c1=1，故c9=292. 4.（2025·武汉模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1-Sn=1，bn=，则bn的最大值为 （　　） A.4 B.9 C.10 D.12 解析：选B　 在{an}中，a1=1，an+1=1+Sn， 当n=1时，a2=1+S1=1+a1=2；当n≥2时，an+1=1+Sn，用n-1代替n得an=1+Sn-1，两式相减得an+1-an=Sn-Sn-1=an⇒an+1=2an.又a2=2a1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n-1. 所以bn=，由bn+1-bn>0⇒>⇒（n+1）2>2n2⇒2n+1>n2⇒n=1或n=2. 所以数列{bn}中，有b1<b2<b3>b4>…，即数列{bn}中，b3最大，且b3==9. 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn+1=Sn+2an+1，若4n-1≥45（an+2），则n的最小值是 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选C　 由题意可知，Sn+1=Sn+2an+1，则an+1=2an+1. （利用an+1=Sn+1-Sn转化为只含an，an+1的关系式，再求解） 设an+1+λ=2（an+λ），则an+1=2an+λ，由对应项系数相等可得λ=1，即an+1+1=2（an+1），所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，因此an+1=2n，an=2n-1.由4n-1≥45（an+2），得4n-1≥45（2n-1+2），整理得（2n）2-45×2n-46≥0，即（2n+1）（2n-46）≥0，可得2n≥46.又25=32，26=64，所以n的最小值为6.故选C. 6.已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1=2，=，则a5等于 （　　） A.16 B.32 C.64 D.128 解析：选B　 由=，得=，于是==，则=.又an>0，两边取对数得nlg an+1=（n+1）lg an，因此=，所以数列是常数列，则==lg 2，即lg an=nlg 2=lg 2n，所以an=2n，a5=32. 7.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，an+2=an+1+an，这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2（a3+a6+a9+…+a174）+1，则m= （　　） A.175 B.176 C.177 D.178 解析：选B　 已知从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，a1=a2=1，由an+2=an+1+an（n∈N*），得an=an+2- an+1，所以a1=a3-a2，a2=a4-a3，a3=a5-a4，…，an=an+2- an+1，将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1，所以Sn+1=an+2.所以am=2（a3+a6+a9+…+a174）+1=a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174+1=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176. 8.（2025·青岛二模）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房，…以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 022a2 024-= （　　） A.1 B.-1 C.2 D.-2 解析：选A　 依题意，an=an-1+an-2（n∈N*，n≥3），a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，当n≥2时，anan+2-=an（an+1+an）-=anan+1+-=+an+1（an-an+1）=-an+1an-1=-（an-1·an+1-）.又a1a3-=-1，所以数列{anan+2-}是首项为-1，公比为-1的等比数列，所以a2 022a2 024-=（-1）×（-1）2 022-1=1. 9.（2025·苏州三模）已知数列{an}满足a1=1，=1-an，则下列结论正确的是 （　　） A.an+1>an B.an> C.1 013a2 025<1 D.2 025a2 025<1 解析：选C　 对于A，由=1-an，得an≠0，an-an+1=>0，则an>an+1，A错误；对于B，由a1=1，得a2=，当n≥3时，an<，B错误；对于C、D，由=1-an，得=，则==+，即-=，则当n≥2时，=+++…+>1+=，=1，因此≥，an≤，1 013a2 025<=1，2 025a2 025<，而>1，C正确，D错误. 二、多项选择题 10.（2025·河池二模）已知数列{an}满足an+1=且a1=2，则下列说法正确的是 （　　） A.a3=- B.数列{an}是周期数列 C.是等差数列 D.数列{an}的通项公式为an= 解析：选ACD　 对于A，由a1=2，得a2==，a3==-，A正确；对于B、C，由an+1+1=，得===+，则-=，数列是首项为，公差为的等差数列，B错误，C正确；对于D，=+（n-1）=，则an+1=，解得an=，D正确. 11.（2025·邯郸模拟）已知数列{an}满足an+1=-2an+2，a1=a，则下列结论正确的是 （　　） A.若{an}为常数列，则a=1 B.当a=e+1时，{ln（an-1）}的前2 025项和为22 025-1 C.存在a∈（0，1），使数列{an}是递增数列 D.当a>2时，< 解析：选BD　 因为an+1=-2an+2，所以an+1-1=，对于A，若{an}为常数列，则an+1-1=an-1，所以an-1=，解得an=1或an=2，A错误；对于B，当a=e+1时，ln（a1-1）=1，又ln（an+1-1）=2ln（an-1），所以{ln（an-1）}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以其前2 025项和为=22 025-1，B正确；对于C，若数列{an}是递增数列，则a2-a1=-3a1+2>0，解得a1<1或a1>2.又a3-a2=-3a2+2>0，解得a2<1或a2>2，则-2a1+2<1或-2a1+2>2，解得a1<0或a1>2，所以当a∈（0，1）时，数列{an}不可能递增，C错误；对于D，因为an+1=-2an+2，所以an+1-2=an（an-2），所以=== =-=-.因为a>2，所以an+1=+1>2，即>0，所以-<，D正确. 三、填空题 12.（5分）（2025·杭州二模）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4，则an-bn=　　　　.  解析：因为4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4，所以两式相减可得4（an+1-bn+1）=4（an-bn）+8，即an+1-bn+1=（an-bn）+2.所以数列{an-bn}是以a1-b1=1为首项，2为公差的等差数列，故an-bn=1+2（n-1）=2n-1. 答案：2n-1 13.（5分）（2025·白银三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=a2=1，an+2=an+1+an（n∈N*），若a2 027=m，则S2 025=　　　　.  解析：∵an+2=an+1+an（n∈N*），∴an=an+2-an+1，∴a1=a3-a2，a2=a4-a3，a3=a5-a4，…，an=an+2-an+1，将这n个式子的左、右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1，∴S2 025=a2 027-1=m-1. 答案：m-1 四、解答题 14.（15分）（2025·南昌模拟）已知数列{an}的首项a1=2，an+1=3an+2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式；（7分） （2）若n≤t（an+1）（n∈N*）恒成立，求实数t的取值范围.（8分） 解：（1）由数列{an}的首项a1=2，an+1=3an+2（n∈N*），可得an+1+1=3（an+1）， 而a1+1=3≠0，故an+1≠0，故=3， 即数列{an+1}是首项和公比均为3的等比数列，可得an+1=3n，即an=3n-1. （2）因为n≤t（an+1）（n∈N*）恒成立，所以n≤t·3n，即t≥恒成立.（参变分离） 设bn=，可得bn+1-bn=-=<0， 即数列{bn}是递减数列，可得bn≤b1=， 所以t≥，即实数t的取值范围是. 15.（15分）（2025·长沙三模）已知数列{an}满足a1=3，an+1=2an+1（n∈N*），数列{bn}满足b1=1，且=. （1）求{an}的通项公式；（4分） （2）求{bn}的通项公式；（4分） （3）将{bn}中的项按从小到大的顺序插入{an}中，且在任意的ak，ak+1之间插入（2k-1）项，从而构成一个新数列{cn}，设{cn}的前n项和为Tn，求T100.（7分） 解：（1）由an+1=2an+1（n∈N*），可得an+1+1=2（an+1）.又a1+1=4， 所以{an+1}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以an+1=4·2n-1，即an=2n+1-1. （2）法一　由已知得bn+1=bn， 所以bn=bn-1（n≥2）， 所以b2=3b1，b3=b2，b4=b3，…，bn=bn-1.又b1=1， 等式两边同时相乘， 可得 b1b2b3·…·bn-1bn=1×3×××…××b1b2b3·…·bn-1=（2n-1）b1b2b3·…·bn-1， 得bn=2n-1，当n=1时该式也成立. 故bn=2n-1. 法二　由=可知是常数列， 所以==1，即bn=2n-1. （3）设在{cn}的前100项中，来自{an}的有m项. 若第100项来自{an}， 则应有m+1+3+5+…+（2m-3）=m+（m-1）2=100， 整理可得m2-m-99=0， 该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自{bn}，则应有m+1+3+5+…+（2m-1）≥100， 整理可得m2+m-100≥0. 易知y=m2+m-100在m∈N*时递增， 当m=9时，92+9-100=-10<0，不满足题意，当m=10时，102+10-100=10>0，满足题意，故m=10，所以{cn}的前100项中有10项来自{an}，有90项来自{bn}，所以T100=a1+a2+…+a10+b1+b2+…+b90=22-1+23-1+…+211-1+1+3+5+…+2×90-1=-10+902=12 182. 学科网（北京）股份有限公司 $