2.3 培优课3 利用递推关系求通项-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课3　利用递推关系求通项 　 第一篇 专题二 数列 　　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. 03 题型三　＝pan＋q(a1＝a，a2＝b)型 02 题型二　an＋1＝pan＋f(n)型 题型一　an与Sn的关系型 01 内容索引 05 题型五　＝p(p＞0，an＞0)型 04 题型四　＝型 06 专题集训 题型一　an与Sn的关系型 返回 √ 典例 1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，＝－nan＋2(n∈N*)， 则＝ A.190 B.210 C.380 D.420 数列{an}中，n∈N*，＝－nan＋2，当n≥2时，Sn＝an－(n－1)＋2，两式相减得＝－(n＋1)an＋(n－1)，即(n＋1)an＝(n－1)，因此(n＋1)nan＝n(n－1)，显然数列{(n＋1)nan}是常数列，而S2＝a2－a1＋2，解得a1＝1，于是(n＋1)nan＝2×1×a1＝2，因此an＝，所以＝＝210.故选B. (2)(多选)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an＋，数列{bn}的前n项积为Tn且Tn＝，下列说法正确的是 A.Sn＝ B.{bn}为递减数列 C.＝ D.an＝－) √ √ √ 当n＝1时，2a1＝a1＋，解得a1＝(舍负)，当n≥2时，2Sn＝Sn－＋，即－＝2，且＝2，所以数列{}是首项为2，公差为2的等差数列，所以＝2＋2·(n－1)＝2n.又an＞0，所以Sn＝，故A正确；当n≥2时，有an＝－＝－).取n＝1时，a1＝－)＝，符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－)，故D正确； 因为数列{bn}的前n项积为Tn且Tn＝＝2n，当n＝1时，b1＝2，当n≥2时，bn＝＝＝＝＝1＋，显然n＝1不适用，故数列{bn}的通项公式为bn＝显然b1＝b2＝2，所以数列{bn}不是递减数列，故B错误；由当n≥2时，bn＝，得＝＝，故C正确.故选ACD. 规律反思 　　递推关系中同时含有Sn与an的形式，求解数列{an}的通项公式时借助关系an＝操作时一般有以下两种思路： 思路一：将条件中所有的an转化为Sn的形式，即使得递推关系中只含有Sn，进而视{Sn}为新数列，先求出Sn的通项公式，再结合an＝求出an. 规律反思 思路二：将条件中所有的Sn形式退位，再将原递推关系式与退位过后的递推关系式作差，将其转化为只含有an的形式，再构造等比或等差数列求出{an}的通项公式. 注意　an＝Sn－的应用条件为“n≥2”. 预测练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 √ 当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝①，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－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.故选C. 预测练2.数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，nan＝Sn＋n(n－1)(n∈N*)，设bn＝(－1)nan，则数列{bn}的前51项之和为 A.－149 B.－49 C.49 D.149 √ 因为nan＝Sn＋n(n－1)(n∈N*)，当n≥2时，nan＝n(Sn－)＝Sn＋n(n－1)，即(n－1)Sn－n＝n(n－1)，可得－＝1.又＝a1＝－1，所以是以－1为首项，1为公差的等差数列，所以＝－1＋n－1＝n－2，则Sn＝n(n－2).当n≥2时，＝(n－1)(n－3)，所以an＝Sn－＝n(n－2)－(n－1)(n－3)＝2n－3.当n＝1时，an＝2n－3也成立，所以bn＝(－1)nan＝(－1)n(2n－3)，可得数列{bn}的前51项之和为(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(－95＋97)－99＝2×25－99＝－49.故选B. 返回 题型二　an+1＝pan＋f(n)型 返回 (1)在数列{an}中，a1＝5，＝3an－4，则数列{an}的通项公式为______________. 典例 2 an＝3n＋2 法一：(构造法)由＝3an－4，设－λ＝3(an－λ)，即＝3an－2λ，故2λ＝4，λ＝2，则－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. 法二：(不动点法)令3x－4＝x，解得不动点x＝2.由＝3an－4，得－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＝3an－4n－5，a1＝5，则数列{an}的通项公式为 ________________________. an＝－＋2n＋ 由＝3an－4n－5，设＋λ(n＋1)＝3(an＋λn)＋m，即＝3an＋2λn－λ＋m，故－2(n＋1)＝3(an－2n)－7.令bn＝an－2n，则上式为＝3bn－7. 法一：(构造法)设＋k＝3(bn＋k)，即＝3bn＋2k，故2k＝－7，k＝－，所以数列是首项为－，公比为3的等比数列，则bn－＝－，bn＝－＋，故an＝－＋2n＋. 法二：(不动点法)令3x－7＝x，得x＝，由＝3bn－7得－＝3(bn－)，所以数列是首项为－，公比为3的等比数列，则bn－＝－，bn＝－＋，故an＝－＋2n＋. (3)在数列{an}中，a1＝－1，＝2an＋4·，则an＝_______________ ___________. an＝4·－ 5· 法一：原递推式可化为＋λ·3n＝2(an＋λ·).比较系数得λ＝－4，故－4·3n＝2(an－4·)，则数列{an－4·}是首项为a1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，所以an－4·＝－5·，即an＝4·－5·. 法二：将＝2an＋4·的两边同除以3n＋1，得＝＋，令bn＝ ，则bn＋1＝bn＋.设bn＋1＋k＝(bn＋k)，比较系数得k＝－，则＝，所以是以－为首项，为公比的等比数列，所以bn－＝(－)·()n－1，则bn＝－·()n－1，所以an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1. 规律反思 形如an＋1＝pan＋f(n)的数列通项公式的求法 1.构造法：构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列. 2.不动点法：(1)形如＝pan＋q的数列求通项公式的步骤：a.由x＝px＋q求出数列{an}的不动点，b.在递推公式＝pan＋q两端同时减去x，化简使其左、右两侧结构一致，c.构造数列求通项. (2)＝pan＋f(n)可转化为＝pbn＋k的形式求解. 预测练3.已知数列{an}中，a1＝1，＝3an＋2，则an＝_____________. 2×－1 因为＝3an＋3n，所以－＝，所以数列是等差数列，公差为.又＝，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝n·3n－1. 返回 题型三　＝pan＋q(a1＝a，a2＝b)型 返回 已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2＋3(n≥3)，则 这个数列的通项公式为__________________________. 典例 3 an＝×＋(－1 法一：(构造法)因为an＝2＋3，所以an＋＝3(＋).又a1＋a2＝7，所以{an＋}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋＝7×①.又an－3＝－(－3)，a2－3a1＝－13，所以{an－3}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3＝(－13)·(－1②，①×3＋②得4an＝7×＋13·(－1，所以an＝×＋(－1. 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，由故an＝－(－1)n＋·3n＝·3n－1＋(－1. 规律反思 　　形如a1＝m1，a2＝m2，＝p＋qan(p，q是常数)的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2＝px＋q，① 若①有二异根α，β，则可令an＝c1αn＋c2βn(c1，c2是待定常数)； 若①有二重根α＝β，则可令an＝(c1＋nc2)αn(c1，c2是待定常数). 再利用a1＝m1，a2＝m2，可求得c1，c2，进而求得an. 预测练5.在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，＝3－2an，则an＝______. 2n－1 由题意知－＝2(－an)，因为a2－a1＝2，所以{an－}是首项为2，公比为2的等比数列，an－＝(n≥2)，当n≥2时，an＝(an－)＋(－)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋2＋1＝＝2n－1.显然n＝1时满足上式，所以an＝2n－1. 返回 题型四　＝型 返回 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则an＝______. 典例 4 因为an＋1＝，a1＝1，所以an≠0，所以＝＋，即－＝.又a1＝1，则＝1，所以是以1为首项，为公差的等差数列.所以＝1＋(n－1)×＝＋，所以an＝. 规律反思 求形如an＋1＝的通项公式的方法 　　两边同时取倒数转化为＝＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出bn的表达式，再求an. 预测练6.在数列{an}中，若a1＝1，＝，则an＝_______. 取倒数得＝＋2，即－＝2(n≥1)，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝. 返回 题型五　＝p(p＞0，an＞0)型 返回 在正项数列{an}中，a1＝1，＝2，则数列{an}的通项公式为________________. an＝ 典例 5 取以2为底的对数，得到log2an＋1＝log2(2)，log2an＋1＝log22＋2log2an，log2＝1＋2log2an. 设bn＝log2an，则有＝1＋2bn，则＋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＝. 规律反思 　　若an＋1＝p(p＞0，an＞0)，则构造＝q，最终求得通项. 预测练7.已知数列an＝＋3an－1＋，a1＝2，则log2(a5＋1)＝ ______________. 31log23－15 由an＝＋3＋可得an＋1＝＋1)2 .因为a1＝2＞0，根据递推公式可得出a2＞0，a3＞0，…，进而可知，对任意的n∈N*，an＞0，在等式an＋1＝＋1)2两边取对数，令bn＝log2(an＋1)，则bn＞0，可得bn＝2＋log2，则bn＋log2＝2(＋log2)，所以数列是等比数列，且首项为b1＋log2＝log2(a1＋1)＋log2＝log2，公比为2，所以b5＋log2＝24log2＝16(2log23－1)＝32log23－16，即log2(a5＋1)＝32log23－16－log2＝31log23－15. 返回 专 题 集 训 返回 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 √ 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.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.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 √ 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＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝ A.(n＋1)·2n B.(n＋1)·2n－1 C.n·2n－1 D.n·2n √ 因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，整理得－＝1.又a1＝2，则＝1，因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n·2n.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.数列{an}满足a1＝1且an＋1＝则a2 026＝ A.5×21 012 B.21 012－2 C.3×21 013－4 D.21 013－4 √ 令n＝2k＋1，k∈N*，由题意可得a2k＋2＝2a2k＋1，a2k＋1＝a2k＋2，所以a2k＋2＝2(a2k＋2)＝2a2k＋4，所以a2k＋2＋4＝2(a2k＋4).又a2＝2a1＝2，所以a2＋4＝6，数列{a2k＋4}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以a2k＋4＝6×2k－1＝3×2k，即a2k＝3×2k－4，所以a2 026＝a2×1 013＝3×21 013－4.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.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 √ 由＝，得＝，于是＝＝，则＝.两边取对数得nlg ＝(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.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足an＝ (n∈N*)，则使不等式Sn＞11成立的n的最小值为 A.11 B.12 C.13 D.10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为an＝(n∈N*)，所以an＋1＝＝，所以3Tn＋1＝Tn＋1，则Tn＋1－＝(Tn－).因为n＝1时，a1＝＝，所以a1＝，则T1－＝a1－＝≠0，故＝，因此为首项，为公比的等比数列.所以Tn－＝，即Tn＝＋. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题中条件an＝＝＝＝1－，则an＜1，an＝1－＞1－，因此a1＋a2＋a3＋…＋an＞n－2＝n－2·＝n－1＋.当n＝11时，a1＋a2＋a3＋…＋a11＜11；当n＝12时，a1＋a2＋a3＋…＋a12＞12－1＋＝11＋＞11.综上，使不等式Sn＞11成立的n的最小值为12.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是 A.数列{Sn＋n}为等比数列 B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1 C.数列{an＋1}为等比数列 D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n). 又S1＋1＝2≠0，所以数列{Sn＋n}是首项、公比都为2的等比数列，故A正确；又Sn＋n＝2n，所以2Sn＝2n＋1－2n，所以数列{2Sn}的前n项和为－2×＝2n＋2－n2－n－4，故D正确；又因为Sn＋n＝2n，所以Sn＝2n－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，当n＝1时，a1＝1，不满足上式，所以an＝故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为an＋1＝≠，所以数列{an＋1}不是等比数列，故C错误.故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是 A.＝＋ B.{}是等比数列 C.(2n－1)an＝1 D.3a5a17＝a49 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由an＋1＝，得＝＝＋2，所以－＝2，且＝1，所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，则(2n－1)an＝1，其中n∈N*，故C正确；＝＝22＝4，所以数列{}是等比数列，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由等差中项的性质可得＝＋，故A正确；由上可知an＝，则3a5a17＝3××＝，a49＝＝，所以3a5a17≠a49，故D错误.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，则S20＝______. 590 因为Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，所以Sn＋1＋Sn＋2＝3(n＋1)2＋2(n＋1)＋1，两式相减可得an＋1＋an＋2＝6n＋5＝6(n＋1)－1.由a1＝1，S1＋S2＝3×12＋2×1＋1＝6，解得a2＝4，所以a1＋a2＝5，满足上式，故an＋an＋1＝6n－1，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝5＋17＋29＋…＋113＝＝590. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.数列{an}满足an＝an＋1－，且a1＝，若an＜，则n的最小值为___. 4 数列{an}满足an＝an＋1－，即an＋1－an＝，两边同时除以－＝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. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 谢 谢 观 看！ $