6.4 由递推公式求通项 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“由递推公式求通项”核心考点，依据高考评价体系明确“构造特殊数列求通项”的考查要求，结合2023-2025三年考情分析高频考点权重，系统梳理待定系数法（含三种命题角度）、取倒数法、取对数法等方法，归纳“aₙ₊₁=paₙ+q”“aₙ₊₁=paₙ+qn”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题改编+一题多解+实战训练”，如例3改编自教材习题并提供三种解法，培养学生数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。通过“方法总结+对点训练”指导待定系数法构造等比数列、取倒数法转化等差数列等技巧，助力学生掌握得分策略，教师可依托课时作业实现精准复习，提升备考效率。

第六章　数列 6.4　由递推公式求通项 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 会根据数列的递推公式,利用构造法构造出特殊数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求通项公式. 2023 2024 2025             关键能力　提升 考点1 待定系数法 命题角度1　an+1=pan+q 【例1】　已知数列{an}满足an+1=an+4,且a1=1,则数列{an}的通项公式为________________. 【解析】　设an+1+x=(an+x),即an+1=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. an=12-11× 关键能力 提升 返回 命题角度2　an+1=pan+qn+c 【例2】　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](n≥2),化简得an= 3an-1+2pn+(2q-3p),与原递推公式比较,由对应项的系数相等,得即an+n+1=3(an-1+n-1+1),令bn=an+n+1,则bn=3bn-1(n≥2),又b1=6,故bn=6·3n-1=2·3n,所以an=2·3n-n-1. an=2·3n-n-1 关键能力 提升 返回 命题角度3　an+1=pan+qn 【例3】　(一题多解)(人教A版选择性必修第二册P41习题4.3 T7改编)已知在数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2n,则an=______. 【解析】　方法一　将an+1=3an+2n的两边同时除以3n+1,得,则bn+1-bn=,故bn-bn-1=,bn-1-bn-2=,…,b2-b1=,累加得bn-b1=,∴bn=1-,∴an=3n-2n. 3n-2n 关键能力 提升 返回 方法二　将an+1=3an+2n的两边同时除以2n+1,得,则bn+1=,∴bn+1+1=(bn+1),又b1+1=,∴{bn+1}是首项为,公比为的等比数列,∴bn+1=,即,则an=3n-2n. 方法三　将等式an+1=3an+2n的两边同时加上2n+1,得an+1+2n+1 =3an+2n+2·2n=3(an+2n).令bn=an+2n,则bn+1=3bn,又b1=a1+21=3,∴{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,∴bn=3n,则an=3n-2n. 关键能力 提升 返回 1.形如an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)的递推公式,一般配凑成an+1+x=p(an+x)的形式(利用待定系数法求x的值),构造等比数列. 2.形如an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0)的递推公式,一般配凑成an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)的形式(利用待定系数法求x,y的值),构造等比数列. 3.形如an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1)的递推公式,一般两边同时除以pn+1或qn+1,再利用累加法或构造法求通项. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　(1)已知数列{an}满足a1=4,且an+1=2an-3,则a211=(　 　) A.2210-3 B.2211+3 C.2210+3 D.2211+1 解析:因为an+1=2an-3,所以an+1-3=2(an-3).因为a1-3=1,所以数列{an-3}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an-3=2n-1,所以an=2n-1+3,故a211=2210+3.故选C. C 关键能力 提升 返回 (2)已知数列{an}满足a1=1,且an=(n≥2),则数列{an}的通项 公式为an=. 解析:∵an=(n≥2),∴3nan=3n-1an-1+1(n≥2),即3nan-3n-1an-1 =1(n≥2).∵a1=1,∴3a1=3,∴数列{3nan}是以3为首项,1为公差的等差数列,∴3nan=3+(n-1)×1=n+2,∴数列{an}的通项公式为an=. 关键能力 提升 返回 (3)(一题多解)已知数列{an}满足an+2-4an=-3n+2,且a1=3,a2=6,则数列{an}的通项公式为an=______. 解析:方法一　因为an+2-4an=-3n+2,所以an+2-2an+1+2(an+1-2an)=-3n+2.设bn=an+1-2an,则bn+1+2bn=-3n+2,所以(bn+1+n)+2(bn+n-1)=0.设tn=bn+n-1,则tn+1+2tn=0.因为a1=3,a2=6,所以b1=a2-2a1=0,t1=b1+1-1=0,所以tn=0,即bn+n-1=0,即an+1-2an+n-1=0,所以an+1-(n+1)=2(an-n).因为a1-1=3-1=2,所以数列{an-n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an-n=2n,即an=2n+n. 2n+n 关键能力 提升 返回 方法二　因为an+2-4an=-3n+2,所以an+2-(n+2)=4(an-n),由a1=3,a2=6,得a1-1=2,a2-2=4,所以数列{an-n}的奇数项是首项为2,公比为4的等比数列,偶数项是首项为4,公比为4的等比数列,当n为奇数时,an-n=2=2n,即an=2n+n;当n为偶数时,an-n=4=2n,即an=2n+n.综上,an=2n+n. 关键能力 提升 返回 考点2 取倒数法和取对数法 命题角度1　取倒数法 【例4】　在数列{an}中,a1=1,an+1=,则a34=(　 　) A. C. D.100 C 关键能力 提升 返回 【解析】因为a1=1,an+1=,所以,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=.故选C. 关键能力 提升 返回 命题角度2　取对数法 【例5】　在数列{an}中,a1=2,an+1=,则数列{an}的通项公式为_______. 【解析】　对等式an+1=两边取以2为底的对数,得log2an+1=log2,即log2an+1=2log2an,设bn=log2an,则有bn+1=2bn,所以{bn}是以b1=log2a1=1为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n-1,所以log2an=2n-1,则an=. an= 关键能力 提升 返回 1.对于形如an+1=的递推公式,可以两边同时取倒数,转化为的形式,化归为“bn+1=pbn+q”型,求出的表达式,再求an. 2.对于形如an+1=k的递推公式,可以两边同时取对数,转化为logaan+1=logak+mlogaan的形式,化归为“bn+1=pbn+q”型,求出logaan的表达式,再求an. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　(1)若数列{an}满足递推关系式an+1=,且a1=2,则 a2 026=(　 　) A. C. 解析:因为an+1=,所以,所以,因为a1=2,所以,故数列为首项,为公差的等差数列,则(n-1)=n,得an=,所以a2 026=.故选A. A 关键能力 提升 返回 (2)数列{an}中,a1=1,an+1=2,则数列{an}的通项公式为an=. 解析:将等式an+1=2两边取以2为底的对数,得log2an+1=log2(2),则log2an+1=log22+2log2an,则log2an+1=1+2log2an,设bn=log2an,则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,即log2an=2n-1-1,故an=. 关键能力 提升 返回 课时作业44 1.(5分)已知数列{an}的首项a1=0,且满足an+1=2an+2,则a5=(　 　) A.63 B.32 C.30 D.15 解析:由an+1=2an+2可得an+1+2=2(an+2),且a1+2=2,所以{an+2}是以2为首项,2为公比的等比数列,故an+2=2n,则a5=25-2=30.故选C. 基础巩固 C 返回 课时作业 2.(5分)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=,若am=,则m=(　 　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:由an+1=,取倒数得+2,则=1为首项,2为公差的等差数列,所以=1+(n-1)×2=2n-1,所以an=,所以m=4.故选C. C 返回 课时作业 3.(5分)已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=2an+n-1,则a11=(　 　) A.2 037 B.2 047 C.1 014 D.1 021 解析:由an+1=2an+n-1可得an+1+(n+1)=2(an+n),即=2,因为a1=1,所以a1+1=2,所以数列{an+n}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an+n=2n,所以an=2n-n,所以a11=211-11=2 048-11=2 037.故选A. A 返回 课时作业 4.(5分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+2n,则a4=(　 　) A.64 B.56 C.32 D.24 解析:由an+1=2an+2n,得,而,所以数列,公差为的等差数列,所以+(n-1),所以an=n·2n-1,所以a4=4×24-1=32.故选C. C 返回 课时作业 5.(5分)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 解析:因为an+1=Sn+2n+1,所以Sn+1-Sn=Sn+2n+1,所以=1,因为a1=2,所以=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. D 返回 课时作业 6.(5分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10=(　 　) A. C.410-1 D.411-1 解析:因为an=3an-1+4an-2(n≥3),所以an+an-1=4(an-1+an-2),又a1+a2=3≠0,所以=4(n≥3),所以{an+an+1}是首项为3,公比为4的等比数列,则数列{a2n-1+a2n}也是等比数列,其首项为3,公比为42=16,所以S10=.故选A. A 返回 课时作业 7.(5分)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn+3=2an+n,则S10=(　 　) A.3 059 B.2 056 C.1 033 D.520 解析:由题意得Sn+1+3=2an+1+n+1,则Sn+1+3=2(Sn+1-Sn)+n+1,所以Sn+1=2Sn-n+2,则Sn+1-(n+1-1)=2[Sn-(n-1)],因为S1+3=2a1+1,所以S1=2,则S1-(1-1)=2,所以{Sn-(n-1)}是首项、公比均为2的等比数列,则Sn-(n-1)=2n,所以Sn=2n+n-1,则S10=210+10-1=1 024+10-1=1 033.故选C. C 返回 课时作业 8.(5分)已知Tn为正项数列{an}的前n项积,且a1=2,,则a5=(　 　) A.16 B.32 C.64 D.128 解析:由,得,于是,则,两边取对数得nlg an+1=(n+1)lg an,因此,即数列是常数列,则=lg 2,即lg an=nlg 2=lg 2n,所以an=2n,所以a5=32.故选B. B 返回 课时作业 9.(8分,多选)已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且an+1=4an+3n,则(　 　) A.a2=7 B.{Sn}是递增数列 C.{an+3n}是等差数列 D.a10=220-310 ABD 返回 课时作业 解析:因为an+1=4an+3n,所以an+1+3n+1=4(an+3n),又a1+3=4≠0,所以数列{an+3n}是首项为4,公比为4的等比数列,则an+3n=4×4n-1=4n,即an=4n-3n.对于A,a2=42-32=7,故A正确;对于B,因为an=4n-3n>0,所以{Sn}是递增数列,故B正确;对于C,因为数列{an+3n}是首项为4,公比为4的等比数列,所以{an+3n}不是等差数列,故C错误;对于D,a10=410-310=220-310,故D正确.故选ABD. 返回 课时作业 10.(8分,多选)数列 {an} 满足a1=1,an+1=3an+1,数列{an}的前n 项和为Sn,则(　 　) A.是等比数列 B.是等比数列 C.an= D.Sn= BCD 返回 课时作业 解析:对于A,B,数列{an}中,a1=1,an+1=3an+1,则an+1+,又a1+≠0,所以数列为首项,3为公比的等比数列,故A错误,B正确;对于C,an+,则an=,故C正确;对于D, Sn=,故D正确.故选BCD. 返回 课时作业 11.(8分,多选)数列{an}满足an-an+1=3an+1an(n∈N*),a1=1,则下列结论正确的是(　 　) A.若bn=,则{bn}为等比数列 B.an=3n-2 C.若cn=,则{cn}为等差数列 D.an=2n-1 AC 返回 课时作业 解析:数列{an}中,an-an+1=3an+1an,a1=1,显然an≠0,则=3,于是数列是公差为3,首项为1的等差数列,=1+3(n-1)=3n-2.对于A,bn=33n-2, =27,{bn}为等比数列,故A正确;对于B,D,an=,故B,D错误;对于C,,则cn=,{cn}为等差数列,故C正确.故选AC. 返回 课时作业 12.(5分)已知数列{an}中,a1=1,an+1=,若bn=,则数列{bn}的前n项和Sn=____________. 解析:由an+1=,有an+1-,an+1-2=,两式相除得到,所以为公比,=-2为首项的等比数列,所以,则an=2-,所以bn=,所以Sn=-. - 返回 课时作业 13.(5分)已知数列{an}的首项为a1=1,且满足an+1+an=3×2n,则an=________. 解析:由an+1+an=3×2n,得an+1=-an+3×2n,则an+1-2n+1=-an+3×2n-2n+1= -(an-2n),又a1-2=1-2=-1≠0,所以数列{an-2n}是以-1为首项,-1为公比的等比数列,所以an-2n=(-1)n,所以an=2n+(-1)n. 2n+(-1)n 返回 课时作业 14.(5分)(一题多解)(苏教版选择性必修第一册P177问题与探究改编)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an=______. 解析:方法一　由题知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,所以an+1-an=2n,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时满足上式,所以an=2n-1. 2n-1 返回 课时作业 方法二　由题知an+2-2an+1=an+1-2an,所以数列{an+1-2an}为常数列,即an+1-2an=a2-2a1=1,从而an+1=2an+1,即an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1. 返回 课时作业 15.(5分)已知数列{an}满足a1=1,a2=,且an+2=,则数列{an}的通项公式为__________. 解析:由an+2=,则,即+1,因为a1=1,a2=,所以=2,故数列是以2为首项,1为公差的等差数列,即=2+(n-1)=n+1,则当n≥2时,=n,=n-1,…,=2,故=n!,即an=,显然a1=1也满足上式,所以an=. an= 素养提升 返回 课时作业 16. (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Q0为O),记an=|QnQn-1|,则数列{an}的通项公式为an= . 返回 课时作业 解析:由已知可得△P1OQ1为正三角形,且边长为a1,∴P1,∵P1在曲线y=上,∴a1,∵a1>0,∴a1=,设数列{an}的前n项和为Sn,根据题意得点Pn+1,将该点的坐标代入y=并整理,得Sn=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=,当n=1时,a1=S1=,解得a2=(负值已舍去),满足a2-a1=.∴数列{an}是首项为,公差为的等差数列,∴an=(n-1)=. 返回 课时作业 本课结束 $