第5讲 数列的递推关系-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word

第5讲　数列的递推关系 【备考指南】　求数列的通项公式是高考的重点内容，对于等差、等比数列的通项公式可直接利用公式求解，但也有些数列以递推关系给出，需要通过构造转化为等差或等比数列再求解，体现了化归与转化思想在数列中的应用.题型既有小题也有解答题，难度中等. 1.设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4＝（　　） A.27 B.81 C.93 D.243 1.在处理Sn，an的式子时，依据为an＝ 解析：B　根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81. 2.已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1（n≥2，n∈N*），则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.2n B.2n＋1 C.2n＋1－1 D.2n＋1 2.形如an＋1－an＝f（n）的数列，利用累加法；形如＝f（n）的数列，利用累乘法. 解析：D　因为an－an－1＝2n－1（n≥2），所以an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－1－an－2）＋（an－an－1）＝3＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝2＋＝2n＋1.当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1. 3.若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为　　an＝2n－1　　. 3.后一项与前一项成一次关系，加常数后构成等比数列. 解析：因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2（an＋1），所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1. 4.已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝　　4　　. 4.若an＋1＋an＝f（n）（一次函数），则隔项构成等差数列. 解析：由题得（an＋2＋an＋1）－（an＋1＋an）＝[2（n＋1）－3]－（2n－3）＝2，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝（a8－a6）＋（a6－a4）＝2＋2＝4. 考点一　利用an与Sn的关系 【例1】　（1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n∈N*），则an＝（　　） A.n－1 B.n C.n＋1 D.n＋2 解析：C　当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝　①，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝　②，①－②并整理可得an＝n＋1，代入a1＝2验证符合，所以an＝n＋1. （2）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且5an＋1＋Sn＋16＝0，则an＝　　－4·　　. 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＝－·＝－4·. 【通性通法】　利用an与Sn的关系求解问题的思路 （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. 【训练1】　（1）（2025·浙江宁波三模）已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 025＝（　　） A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 解析：B　数列{an}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.故选B. （2）〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），a1＝，an＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），则下列命题正确的是（　　） A.Sn＝ B.an＝－ C.数列{an}为递增数列 D.数列为递增数列 解析：AD　∵an＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），∵Sn≠0，∴－＝4（n≥2），因此数列是以＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；∴＝4＋4（n－1）＝4n，∴Sn＝，即A正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，∴an＝a1＞a2，即B、C不正确. 【易错提醒】　由Sn与an的关系求an时，要对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写. 考点二　构造辅助数列 【例2】　（1）在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.3n B.3n＋1 C.3n＋2 D.3n＋1 解析：C　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. 【通性通法】　（1）若数列{an}满足an＋1＝pan＋q（p≠0，1；q≠0），构造an＋1＋λ＝p（an＋λ）； （2）（2025·广东广州模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.3n B.2n－1 C.3n－2n－1 D.3n＋2n－1 （2）若数列{an}满足an＋1＝pan＋f（n）（p≠0，1）：①构造an＋1＋g（n＋1）＝p[an＋g（n）]； ②若f（n）为指数型函数，即an＋1＝pan＋qn，等号两边同除以qn＋1，再求解； 解析：C　法一　由a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，可得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），所以{an＋2n－1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n－1＝3n，则an＝3n－2n－1，n∈N*. 法二　an＋1＝3an＋2n－1两边同除以2n，得＝·＋，即＋1＝，而＋1＝3，于是数列是首项为3，公比为的等比数列，因此＋1＝3×，即an＝3n－2n－1. 【训练2】　（1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a7＝　　； （3）形如an＋1＝（p，q≠0）的数列，等号两边取倒数构造等差数列求通项； 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＝. （2）已知数列{an}满足a1＝1，＝10an（an＞0），则an＝　10×　； （4）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. 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）×＝－，即lg an＝1－，即an＝10×. （3）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}的通项公式为　an＝3n－2n　. 解析：设an＋2＋λan＋1＝q（an＋1＋λan），即an＋2＝（q－λ）an＋1＋qλan，又an＋2＝5an＋1－6an，所以解得或 法一　取λ＝－2，q＝3，则an＋1－2an＝3×3n－1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n，两边同除以3n＋1得＝·＋，即－1＝（－1），所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，即－1＝－×（）n－1＝－（）n，故an＝3n－2n.取λ＝－3，q＝2时，同理可得an＝3n－2n. 法二　因为an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an），an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an），a2－2a1＝3，a2－3a1＝2，所以数列{an＋1－2an}是以3为首项，3为公比的等比数列，{an＋1－3an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－2an＝3n，an＋1－3an＝2n，联立解得an＝3n－2n. 考点三　“不动点法”求型如an＋1＝的通项 【例3】　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.－＋3 B.－＋2 C. D.＋2 解析：B　令x＝，即x2－4x＋4＝0，解得x1＝x2＝2，令＝＋c，由a1＝1，得a2＝，解得c＝－1，所以数列是以＝－1为首项，以－1为公差的等差数列，所以＝－n，所以an＝－＋2. 【训练3】　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，试求数列{an}的通项公式. 解：法一　由题意得an＋1＝－， 则an＋1－2＝－－2＝－＝×， 由an＋1＝－，有an＋1－＝－－＝2－＝2×， 由题意知an＋1≠，则＝·， 又＝－2，所以是以－2为首项，为公比的等比数列， 所以＝－2×，则an＝2－. 故数列{an}的通项公式为an＝2－. 法二　根据an＋1＝，令x＝，得x1＝2，x2＝， 所以是以－2为首项，为公比的等比数列， 所以＝－2×，则an＝2－. 故数列{an}的通项公式为an＝2－. 【通性通法】　对于型如an＋1＝（其中c≠0，ad－cb≠0）的递推式，求其通项可采用不动点法，即令x＝，得cx2＋（d－a）x－b＝0，方程的两个根分别为x1，x2： （1）若x1＝x2，则有＝＋p（p为参数），构造等差数列求解； （2）若x1≠x2，则有＝q·（q为参数），构造等比数列求解； （3）若一元二次方程无解，则数列{an}是周期数列. （时间：60分钟，满分：91分） 一、单项选择题（每小题5分，共30分） 1.（2025·山东潍坊二模）已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝1，则a5＝（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：D　因为数列{an}满足an＋1＝且a1＝1，所以a2＝3a1＋1＝3＋1＝4，a3＝＝＝2，a4＝＝＝1，a5＝3a4＋1＝3＋1＝4.故选D. 2.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3n，则a6＝（　　） A.30 B.31 C.45 D.46 解析：D　由已知an＋1－an＝3n，∴a2－a1＝3，a3－a2＝6，…，a6－a5＝15，上述等式左右分别相加可得a6－a1＝3＋6＋9＋12＋15＝45，∴a6＝1＋45＝46.故选D. 3.已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2（n≥3），则a9＋a10＝（　　） A.47 B.48 C.49 D.410 解析：C　由题意a1＋a2＝4，由an＝3an－1＋4an－2（n≥3），得an＋an－1＝4（an－1＋an－2），即＝4（n≥3），所以数列{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为4，所以a9＋a10＝49. 4.在正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2，则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.2n－1 B.2n－1 C.－1 D. 解析：D　取以2为底的对数，得到log2an＋1＝log2（2），log2an＋1＝log22＋2log2an，log2an＋1＝1＋2log2an，设bn＝log2an，则有bn＋1＝1＋2bn，则bn＋1＋1＝2（bn＋1），所以{bn＋1}是以b1＋1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋1＝2n－1，所以bn＝2n－1－1，log2an＝2n－1－1，an＝. 5.（2025·山东临沂一模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan＝1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为（　　） A.49 B.50 C.99 D.100 解析：D　因为Sn＋nan＝1，所以a1＝，当n≥2时，Sn＋nan＝Sn－1＋（n－1）an－1＝1，所以（n＋1）an＝（n－1）an－1，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…××××＝，n＝1时也满足该式，故an＝，Sn＝1－nan＝1－，由Sn＝1－＞0.99，解得n＞99，故所求为100.故选D. 6.（2025·江苏宿迁二模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，则（　　） A.9a7＞8a8 B.9a7＜8a8 C.9S7＞7a8 D.9S7＜7a8 解析：B　因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，则a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2且n∈N*时，由Sn＝2an－2n可得Sn－1＝2an－1－2n－1，上述两式作差可得an＝2an－2an－1－2n－1，整理可得an－2an－1＝2n－1，等式an－2an－1＝2n－1两边同时除以2n－1，可得－＝1，所以数列是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）·2n－1，对于A、B选项，9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7＜8a8，A错，B对；Sn＝2an－2n＝（n＋1）·2n－2n＝n·2n，对于C、D选项，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，C、D都错.故选B. 二、多项选择题（每小题6分，共12分） 7.记Sn为首项为2的数列{an}的前n项和，已知an－anan＋1＝1，则（　　） A.2a2＝1 B.a4＝3 C.a2 025＋1＝0 D.2S2 025＝2 023 解析：AC　由题意可得an＋1＝1－，可得下表： n 1 2 3 4 5 … an 2 －1 2 … 所以数列{an}为周期数列且最小正周期T＝3，2a2＝2×＝1，故A正确；a4＝2，故B错误；由2 025÷3＝675，则a2 025＋1＝a3＋1＝0，故C正确；2S2 025＝2×675×（a1＋a2＋a3）＝2 025，故D错误.故选A、C. 8.（2025·重庆一模）已知数列{an}满足a1＝1，an＝an＋1（1＋3an），n∈N*，则下列说法正确的是（　　） A.数列是等差数列 B.an＝3n－2 C.若a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝，则n＝16 D.a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝ 解析：AC　A正确，由an＝an＋1（1＋3an），得＝＝＋3.又＝1，所以是以1为首项，3为公差的等差数列；B错误，由对A的分析，可得＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝；C正确，由对B的分析，可得anan＋1＝·＝，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝（1－＋－＋…＋－）＝（1－）＝.由＝，解得n＝16；D错误，a2＝，a1＋a2＝1＋＝，但当n＝2时，＝5≠.故选A、C. 三、填空题（每小题5分，共10分） 9.（2025·浙江温州一模）已知正项数列{an}满足＋＋…＋＋＝，且a1＝a3，则a2 024＝　　6 069　　. 解析：因为{an}为正项数列且＋＋…＋＋＝　①，所以＋＋…＋＋＋＝　②，②－①得＋－＝0，即an＋2－an＋1＝3，所以{an}是以a2为首项，3为公差的等差数列，令n＝1可得＋＝，又a1＝a3，a3＝a2＋3，所以＋＝，解得a2＝3或a2＝－4（舍去），a2 024＝a2＋2 022×3＝3＋2 022×3＝6 069. 10.（2025·福建漳州一模）已知数列{an}，{bn}满足： an－bn＋1＋3bn＋n＝0，bn－an＋1＋3an＋2n－1＝0，若a1＝2，b1＝1，则bn＝　22n－1－2n－1　. 解析：由题意可得an＋3bn＋n＝bn＋1，bn＋3an＋2n－1＝an＋1，则an＋1＋bn＋1＋n＋1＝4（an＋bn＋n），an＋1－bn＋1＋n＋1＝2（an－bn＋n），又a1＋b1＋1＝4，a1－b1＋1＝2，则数列{an＋bn＋n}是以4为首项，4为公比的等比数列，数列{an－bn＋n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋bn＋n＝4n　①，an－bn＋n＝2n　②，①②联立得2bn＝4n－2n，所以bn＝22n－1－2n－1. 四、解答题（共28分） 11.（13分）在数列{an}中，已知a1＝1，＝＋2n－1. （1）求a2，a3； （2）证明：是等比数列； （3）求数列的前n项和Tn. 解：（1）由题意知＝＋1＝4，∴a2＝， ∵＝＋3＝15，∴a3＝. （2）证明：由＝＋2n－1，整理得＋n＋1＝3， 又＋1＝2，∴是首项为2，公比为3的等比数列. （3）由（2）可知＋n＝2×3n－1，∴＝2×3n－1－n， ∴Tn＝＋＋＋…＋＝2×（1＋3＋32＋…＋3n－1）－（1＋2＋3＋…＋n）＝2×－＝3n－1－. 12.（15分）（2025·浙江宁波一模）已知数列{an}为等差数列，且满足a2n＝2an＋1（n∈N*）. （1）若a1＝1，求{an}的前n项和Sn； （2）若数列{bn}满足－＝，且数列{an·bn}的前n项和Tn＝（3n－4）·2n＋1＋8，求数列{bn}的通项公式. 解：（1）当n＝1时，由a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1，由a1＝1，得a2＝3， 所以等差数列{an}的公差为a2－a1＝2， 即通项公式an＝1＋（n－1）·2＝2n－1， 所以前n项和Sn＝＝＝n2. （2）当n＝1时，a1b1＝T1＝（3－4）×22＋8＝4，可得b1＝， 当n≥2时，anbn＝Tn－Tn－1＝[（3n－4）·2n＋1＋8]－[（3n－7）·2n＋8]＝3n·2n＋1－2n＋3－3n·2n＋7·2n＝2n（6n－8－3n＋7）＝2n（3n－1）， 将n＝1代入上式，则a1b1＝2×（3－1）＝4＝T1， 综上所述，anbn＝2n（3n－1），n∈N*. a2b2＝22×（3×2－1）＝20，可得b2＝， 又a2＝2a1＋1，则b2＝， 由方程－＝，可得（2a1＋1）－a1＝，解得a1＝2， 所以a2＝2a1＋1＝5，则等差数列{an}的公差为3，所以an＝3n－1， 由anbn＝2n（3n－1），则bn＝2n， 故数列{bn}的通项公式为bn＝2n. 【高考新风向】（13题5分，14题6分，共11分） 13.〔创新定义〕已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超过x的最大整数（例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2），则＋＋…＋＝（　　） A.2 022 B.2 023 C.2 024 D.2 025 解析：D　由题设，（an＋2－an＋1）－（an＋1－an）＝2，a2－a1＝4，故{an＋1－an}是首项为4，公差为2的等差数列，则an＋1－an＝2n＋2，则（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＝an－a1＝2[n＋（n－1）＋…＋3＋2]＝（n＋2）（n－1）（n≥2），所以an＝n（n＋1），故＝1＋.又n∈N*，当n＝1时，＝2，当n≥2时，＝1，所以＋＋…＋＝2 025. 14.〔创新考法〕〔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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $