数列的递推关系与通项 课件-2026届高考数学二轮复习

数列的递推关系与通项 高中数学 二轮复习 返回导航 数列的递推关系是高考重点考查内容,一般是根据数列的递推关系通过构造转化为等差数列或等比数列,再利用公式求数列的通项公式,难度中档或偏下. 返回导航 内容索引 真题演练 重温高考 第二部分 第一部分 热点分类 考向探究 课时作业14 第三部分 返回导航 热点分类 考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 利用an与Sn的关系 返回导航 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=2Sn-3,则数列{an}的通项公式为_. 解析:∵an=2Sn-3,∴当n≥2时,an-1=2Sn-1-3,两式相减得an-an-1=2an,即an=-an-1.又a1=2a1-3,即a1=3,∴数列{an}是以3为首项,-1为公比的等比数列,∴an=3 (-1)n-1. an=3 (-1)n-1 返回导航 1.对于条件只含有Sn(记数列{an}的前n项和为Sn)的代数式,用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式;注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并. 2.对于条件既含有Sn,也含有an的代数式,利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解. 反思感悟 返回导航 an=n+1 返回导航 返回导航 考向 2 构造辅助数列 返回导航 an=2 3n-n-1 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 3n+2 返回导航 返回导航 an=n 3n-1 返回导航 真题演练 重温高考 第 分 部 二 返回导航 C 返回导航 B 返回导航 返回导航 返回导航 A 返回导航 返回导航 ①③④ 返回导航 返回导航 课时作业14 第 分 部 三 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 ACD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 AB 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BCD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 谢谢观看! 返回导航 例1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n+1,则an=_. 解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+n+1-[2(n-1)2+(n-1)+1]=4n-1,当n=1时,a1=S1=4,不符合上式,则an= 跟踪训练 (1)(2025 湖北荆门二模)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n 2n,则数列{an}的通项公式为_. 解析:由题意a1+2a2+…+2n-1an=n 2n,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1) 2n-1,两式相减得2n-1an=2n 2n-1-(n-1) 2n-1=(n+1) 2n-1,解得an=n+1,在a1+2a2+…+2n-1an=n 2n中,令n=1,可得a1=2=1+1,故a1也符合an=n+1.综上所述,an=n+1. (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,2Sn=an+1,则数列{an}的通项公式 _. an= 解析:因为2Sn=an+1,所以当n≥2时,2Sn-1=an,两式相减得an+1=3an,所以当n≥2时,{an}是公比为3的等比数列,而a2=2,则an=2 3n-2(n≥2),由a1=1不符合上式得an= 角度1 形如an+1=can+d(c≠0,d≠0且c≠1)型 例2 已知数列{an}满足an+1=an+4,且a1=1,则数列{an}的通项公式为 _. an=12-11 解析: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 . 角度2 形如an+1=can+f (n)(c≠0,1)型 例3 设数列{an}满足a1=4,an=3an-1+2n-1(n≥2),则数列{an}的通项公式为_. 解析:设an+pn+q=3[an-1+p(n-1)+q],化简后得an=3an-1+2pn+(2q-3p),与原递推式比较,对应项的系数相等,得解得即an+n+1=3(an-1+n-1+1).令bn=an+n+1,则bn=3bn-1.又b1=6,所以bn=6 3n-1=2 3n,所以an=bn-n-1=2 3n-n-1. 角度3 形如an+1=(r,p,c≠0)型 例4 已知数列{an}中,a1=,且满足an+1=,则an=_. 解析:易得an≠0,由an+1=可得==+2,故为等差数列,且公差为2,首项为2,故=2+2(n-1)=2n,故an=. 1.求解递推公式形如an+1=can+d(c≠0,d≠0且c≠1)的数列{an}的通项公式的关键:一是利用待定系数法构造an+1+ =c(an+ )的形式;二是证明{an+ }为等比数列. 2.递推公式形如an+1=can+f (n)(c≠0,1)型数列{an}的通项公式的求解方法:当f (n)=an+b(a≠0)时,即an+1=can+an+b,可利用待定系数法构造等比数列,即令an+1+x(n+1)+y=c(an+xn+y),与已知递推式比较,解出x,y,从而转化为{an+xn+y}是公比为c的等比数列,进而求解.当f (n)=rpn(p,r≠0),即an+1=can+rpn时,①将原递推式化为an+1+ pn+1=c(an+ pn),比较系数,用待定系数法求得 ;②将原递推公式两边同时除以pn+1,得= +,引入辅助数列{bn},得bn+1= bn+,再用待定系数法求解. 3.递推公式形如an+1=(r,p,c≠0)型数列{an}的通项公式的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式=+B(A,B是常数),进而求解. 跟踪训练 (1)(2025 黑龙江绥化二模)在数列{an}中,a1=5,an+1=3an-4,则数列{an}的通项公式an=_. 解析:由an+1=3an-4,可得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,所以an=3n+2. (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1=,且a1=1,则Sn=_. 解析:由Sn+1= == +,即-=.因为S1=a1=1,所以数列是首项为-,公比为的等比数列,即-=-,所以Sn=. (3)已知数列{an}满足an+1=3an+3n,且a1=1,则数列{an}的通项公式为_. 解析:将an+1=3an+3n两边同时除以3n+1,得=+,即-=.由等差数列的定义知,数列是以=为首项,为公差的等差数列,所以=+(n-1) =,故an=n 3n-1. 1.(2023 天津卷)已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=( ) A.16 B.32 C.54 D.162 解析:当n≥2(n∈N*)时,由an+1=2Sn+2,得an=2Sn-1+2,两式相减,整理得an+1=3an.当n=1时,由已知,得a2=6,则a2=3a1,所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,故a4=2 33=54.故选C. 2.(2022 浙江卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an-a(n∈N*),则( ) A.2<100a100< B.<100a100<3 C.3<100a100< D.<100a100<4 解析:因为a1=1,an+1=an-a=-+≤,所以an≤(n≥2),易知an≠0,所以有=1-an≥>0(n≥2),所以an>0(n∈N*).由an+1=an-a=an,可得==+,即-=.一方面,由-=>,累加可得>n+1(*),所以> 99+1=34,从而100a100<100 =<3.另一方面,由(*)式可得an+1<,所以an<(n≥2), 又a1=1,所以an≤(n∈N*),由-=≤=,累加可得≤n++1,所以≤34+ <34+ =<40,所以100a100>100 =.综上可知,<100a100<3.故选B. 3.(2021 浙江卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( ) A.<S100<3 B.3<S100<4 C.4<S100< D.<S100<5 解析:∵a1=1,an+1=(n∈N*),∴an>0,a2=,∴S100>.由an+1= =+=-,∴< <+,即-<,根据累加法可得≤1+=,当且仅当n=1时取等号,∴an≥,∴an+1=≤=an,∴≤,由累乘法可得an≤,当且仅当n=1时取等号,由裂项求和法可得S100≤6 =6 <3,即<S100<3.故选A. 4.(2022 北京卷)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,…).给出下列四个结论: ①{an}的第2项小于3; ②{an}为等比数列; ③{an}为递减数列; ④{an}中存在小于的项. 其中所有正确结论的序号是_. 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a2=<3,①正确;假设数列{an}为等比数列,设其公比为q,则a=a1a3,即=,所以S=S1S3,可得a(1+q)2=a(1+q+q2),解得q=0,不合题意,故{an}不是等比数列,②错误;当n≥2时,an=-=>0,可得an<an-1,所以{an}为递减数列,③正确;假设∀n∈N*,an≥,则S100 000≥100 000 =1 000,所以a100 000=≤<,与假设矛盾,假设不成立,④正确. 1.(5分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=,则a10=( ) A. B. C. D. 解析:由a1=1,an+1=,得an≠0,==+1,则+1=2,而+1=2,则数列是以2为首项,2为公比的等比数列,所以+1=2n,所以an=,所以a10==.故选C. 2.(5分)已知数列{an}满足a1=1,2an-an-1+1=0(n≥2),则a5=( ) A.31 B.15 C.- D.- 解析:因为当n≥2时,2an-an-1+1=0,an=an-1-,所以an+1=(an-1+1),且a1+1=2,所以{an+1}是以2为首项,为公比的等比数列,所以an+1=2 ,即an=-1,所以a5=-1=-.故选C. 3.(5分)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足3an=2Sn+1,则S5=( ) A.11 B.31 C.61 D.121 解析:令n=1,得3a1=2S1+1=2a1+1,得a1=1.因为3an=2Sn+1,当n≥2时,3an-1=2Sn-1+1,两式相减,得3an-3an-1=2(Sn-Sn-1)=2an,即an=3an-1,即=3,所以数列{an}是以a1=1为首项,3为公比的等比数列,所以S5==121.故选D. 4.(5分)设Sn是数列{an}的前n项和,若Sn=n2+2n,则a2 026=( ) A.4 052 B.4 053 C.4 054 D.4 055 解析:方法一 a2 026=S2 026-S2 025=2 0262-2 0252+2 2 026-2 2 025=4 053.故选B. 方法二 ∵Sn=n2+2n,∴当n=1时,a1=S1=3,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1.当n=1时,也符合上式,∴an=2n+1,则a2 026=2 2 026+1=4 053.故选B. 5.(5分)已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4,且a1=4,若ak=2 028,则k=( ) A.253 B.507 C.1 014 D.2 028 解析:因为an+1=4an-12n+4,所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).因为a1=4,所以a1-4 1=0,故{an-4n}为常数列,所以an=4n.由ak=4k=2 028,解得k=507.故选B. 6.(5分)已知数列{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an=Sn+,则S4的值为( ) A.9 B.21 C.45 D.93 解析:由an=Sn+得Sn-Sn-1=Sn+(n≥2),整理得Sn+3=2(Sn-1+3).又a1=S1+,所以S1=a1=3,故数列{Sn+3}是以6为首项,2为公比的等比数列,所以Sn+3=6 2n-1,即Sn=3 2n-3,所以S4=3 24-3=45.故选C. 7.(5分)设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2n,则( ) A.5a8>4a9 B.5a8<4a9 C.5S8>4a9 D.5S8<4a9 解析:因为Sn=2an-2n,当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥2时,由Sn=2an-2n可得Sn-1=2an-1-2n-1,上述两个等式作差可得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可得-=,所以数列是首项为=1,公差为的等差数列,所以=1+=,所以an=(n+1) 2n-1,所以5a8=5 9 27=45 27,4a9=4 10 28=80 27,故5a8<4a9,A错误,B正确;由题意可得Sn=2an-2n=(n+1) 2n-2n=n 2n,所以5S8=5 8 28=80 27=4a9,C,D错误.故选B. 8.(5分)已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积,且a1=2,T=a,则a5=( ) A.16 B.32 C.64 D.128 解析:由T=a,得T=a,于是a==,则a=a,两边取对数得n lg an+1=(n+1)lg an,因此=,数列是常数列,则==lg 2,即lg an=n lg 2=lg 2n,所以an=2n,a5=32.故选B. 9.(8分,多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn+1,则( ) A.数列{Sn+1}为等比数列 B.an=2n-1 C.Sn=2n-1 D.数列的前n项和为2- 解析:对于A,Sn+1=2Sn+1 Sn+1+1=2(Sn+1),其中S1+1=a1+1=2,所以{Sn+1}为等比数列,公比为2,A正确;对于C,由A知,Sn+1=2 2n-1=2n,所以Sn=2n-1,C正确;对于B,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1,显然a1=1也符合an=2n-1,故an=2n-1,B错误;对于D,=,故 = =,即为等比数列,且公比为,=1,所以的前n项和为=2-,D正确.故选ACD. 10.(8分,多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2an+1,则( ) A.an=2n-1 B.Sn=2n+1-n-2 C.Sn+1=Sn+2n+1 D.数列{log2(an+1)}是等比数列 解析:因为a1=1,an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),所以数列{an+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,所以an+1=2 2n-1=2n,所以an=2n-1,故A正确;Sn=a1+a2+…+an=(2-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n,故B正确;因为Sn+1=2n+2-(n+1)-2=2 2n+1-n-3=Sn+2n+1-1,故C错误;因为==,不是非零常数,所以数列{log2(an+1)}不是等比数列,故D错误.故选AB. 11.(8分,多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),则下列结论正确的有( ) A.数列{an+1-an}为等差数列 B.数列{an+1-2an}为等比数列 C.Sn=2n+1-n-2 D.若bn=,则数列{bn}的前n项和Tn= 解析:由条件可得,an+1-an=2(an-an-1)(n≥2),且a2-a1=2≠0,所以=2,则数列{an+1-an}是首项和公比均为2的等比数列,故an+1-an=2 2n-1=2n,故A错误;由已知等式变形得an+1-2an=an-2an-1(n≥2),且a2-2a1=1≠0,所以=1,则数列{an+1-2an}是首项和公比均为1的等比数列,故an+1-2an=1,故B正确;由可得an=2n-1,所以Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2,故C正确; 若bn===-,则数列{bn}的前n项和Tn=-+-+…+-=1-=,故D正确.故选BCD. 12.(5分)已知数列{an}中,前n项和Sn=,则数列{an}的通项公式为 _. an= 解析:Sn=①,当n=1时,a1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-==-,显然a1=2不符合an=-.综上,an= 13.(5分)已知数列{an}中,a1=,2anan-1=an-an-1(n≥2),则数列{an}的通项公 式为_. an= 解析:易得an≠0,因为2anan-1=an-an-1(n≥2),所以-=-2,所以是首项为=3,公差为-2的等差数列,所以=5-2n,即an=. 14.(6分)如图所示,曲线y=上的点Pi(i=1,2,…,n,…)与x轴正半轴上的点Qi(i=1,2,…,n,…)及原点O构成一系列正三角形PiQi-1Qi(设点Q0与点O重 合),记an=|QnQn-1|,则数列{an}的通项公式an=_. 解析:由已知条件可得 P1OQ1为正三角形,且边长为a1,∴P1,P1在曲线y=上,∴a1=,即a=a1.∵a1>0,∴a1=,设数列{an}的前n项和为Sn,根据题意得点Pn+1,代入y=并整理,得Sn=a-an+1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,即(an+1+an)=(an+1+an) (an+1-an).∵an+1>an>0,∴an+1-an=.又当n=1时,a1=S1=a-a2,解得a2=(负值已舍去),符合a2-a1=,∴数列{an}是首项为,公差为的等差数列,∴an=+(n-1)=. $