数列的通项公式与递推关系课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列的通项公式与递推关系”核心考点，依据高考评价体系梳理了累加法、累乘法、构造法三大求通项方法，通过模拟题分析明确累加法占30%、构造法占40%的高频考点分布，归纳出递推式转化、前n项和与通项关系等常考题型。 课件亮点在于“方法精讲+真题演练+素养提升”的备考模式，如以2026·沧州模拟题为例，用累加法演示ln(1+1/n)的裂项累加过程，培养学生的数学抽象与推理能力。特设“易错点警示”和“答题步骤模板”，帮助学生掌握递推关系转化技巧，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

数列的通项公式与递推关系 1 多元视角·拓展教材　开放式拓展 实现一个“广” 视角一　累加法求通项公式 例1 (2026·沧州模拟)在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝an＋ln ，则{an}的通项公式为(　　) A．an＝ln n B．an＝(n－1)ln (n＋1) C．an＝n ln n D．an＝ln n＋n－1 答案：A 2 解析：由已知得an＋1－an＝ln ()＝ln (n＋1)－ln n，an－an－1＝ln n－ln (n－1)，an－1－an－2＝ln (n－1)－ln (n－2)，…，a3－a2＝ln 3－ln 2，a2－a1＝ln 2－ln 1，将上述n－1个等式相加，整理得an－a1＝ln n－ln 1＝ln n，又因为a1＝0，所以an＝ln n.故选A. 3 学习笔记：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，可利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项． 4 跟踪训练　记Tn为数列{an}的前n项积，且a1＝1，Tn＋1－Tn＝2n，则a6＝(　　) A．　　　B． C．　　　D． 答案：C 5 解析：由题意可得T1＝1，Tn－Tn－1＝2(n－1)，…，T2－T1＝2，累加有n≥2时，Tn＝1＋2×1＋2×2＋…＋2×(n－1)＝1＋2×＝n2－n＋1.经验证当n＝1时满足，故Tn＝n2－n＋1，则n≥2时，an＝＝＝，当n＝1时满足，即an＝，令n＝6可得a6＝.故选C. 6 视角二　累乘法求通项公式 例2 记Sn为首项为1的数列{an}的前n项和，且＝n2，则S30＝(　　) A．　　　B． C．　　　D． 答案：C 7 解析：易得Sn＋1＝(n＋1)2an＋1，故Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，化简得(n2＋2n)an＋1＝n2an，即(n＋2)an＋1＝nan，由a1＝1知an≠0，故＝，累乘可得·…·＝×…×，即an＋1＝＝，故an＝(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，故Sn＝n2an＝，故S30＝.故选C. 8 学习笔记：形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项． 9 跟踪训练　(2026·宁德模拟)已知数列{an}满足a1＝1，，则{an}的前7项和为(　　) A．　　　B． C．　　　D． 答案：C 10 解析：因为＝，a1＝1，所以···…·＝×…×，则＝，即an＋1＝，所以an＝(n≥2)，又a1＝1，满足上式，所以an＝＝2()(n∈N*)，所以{an}的前7项和为2×(1－＋…＋)＝.故选C. 11 视角三　构造法求通项公式 例3 (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－n-1 　 B．an＝n+2 C．an＝12－11×n-1 　 D．an＝8＋n-1 答案：C 12 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×()n－1，所以an＝12－11×()n－1.故选C. 13 学习笔记：(1)形如an＋1＝pan＋q，引入参数c，构造新的等比数列{an－c}． (2)形如an＋1＝pan＋qn+1，两边同除以qn+1，构造新的数列. (3)形如an＋1＝，两边同时取倒数转化为的形式，化为bn＋1＝pbn＋q型． 14 跟踪训练　(1)(2026·保定模拟)已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1＝2an－3，则a211＝(　　) A．2210－3 　 B．2211－1 C．2210＋3 　 D．2211＋1 答案：C 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. 15 (2)已知数列{an}满足an＋1＝，且a1＝2，则a9＝(　　) A． 　 B．C． 　 D． 答案：A 解析：易知an≠0，从而由题意＝·，即－1＝－－1)，也就是数列是以－1＝－为首项，－为公比的等比数列，从而－1＝－×(－)n－1＝(－)n，所以－1＝(－)9，解得a9＝.故选A. 16 1．(2026·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，则a10＝(　　) A．210－1 B．211＋1 C．210＋1 D．211－1 答案：A 解析：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，所以an＋1－an＝2n，所以a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1＝an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n-1，则an＝1＋2＋22＋…＋2n-1＝＝2n－1，所以a10＝210－1.故选A. 17 2．(2026·深圳模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1，n≥2，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为an＝an－1，n≥2，n∈N*，则an＝，当n＝1时，符合题意，故数列{an}的通项公式为an＝.故选C. 18 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝3an＋2，且S2＝6，则下列说法正确的是(　　) A．a1＝2 B．a3＋a4＝69 C．{an＋1}是等比数列 D．{an＋2}是等差数列 答案：C 19 解析：数列{an}中，a1＋a2＝S2＝6，由an＋1＝3an＋2，得a2＝3a1＋2，解得a1＝1.因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，所以an＋1＝2×3n-1，故an＝2×3n-1－1.对于A，a1＝1，A错误；对于B，a3＝2×32－1＝17，a4＝2×33－1＝53，故a3＋a4＝70，B错误；对于C，{an＋1}是等比数列，C正确；对于D，an＋2＝2×3n-1＋1，而a1＋2＝3，a2＋2＝7，a3＋2＝19不成等差数列，所以{an＋2}不是等差数列，D错误．故选C. 20 4．(2026·新余模拟)已知数列{an}满足＝2n，且a1＝1，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝2n－1 B．an＝log32n-1＋1 C．an＝log3(2n＋1) D．an＝log3(2n+1－1) 答案：C 解析：由＝2n，知＝2＋22＋…＋2n-1，所以，即＝2n＋1，故an＝log3(2n＋1)，又a1＝1适合上式，故an＝log3(2n＋1)．故选C. 21 5．已知Sn为数列{an}的前n项和，若S2＝1，2Sn＝nan，则a25的值为(　　) A．23 B．24 C．25 D．26 答案：B 解析：当n＝1时，2S1＝a1⇒2a1＝a1⇒a1＝0，由S2＝a1＋a2＝1⇒a2＝1，由2Sn＝nan，得2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，两式相减得2Sn＋1－2Sn＝(n＋1)an＋1－nan⇒2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan⇒，所以a25＝a2·＝24.故选B. 22 6．(2026·苏州模拟)已知数列{an}的首项a1＝－56，an＋1≥an＋2n，则使得an≤0成立的最大正整数n是(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 答案：C 解析：由an＋1≥an＋2n，得an＋1－an≥2n>0，所以a2－a1≥2，a3－a2≥4，a4－a3≥6，…，an＋1－an≥2n，累加得an＋1－a1≥＝n(n＋1)，即an＋1≥a1＋n(n＋1)，所以an≥－56＋n(n－1).若an≤0，则－56＋n(n－1)≤0，即(n＋7)(n－8)≤0，解得1≤n≤8，n∈N*.所以使得an≤0成立的最大正整数n是8.故选C. 23 7．在数列{an}中，下列结论正确的是(　　) A．若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝2n－1 B．若a1＝1，且an＋1＋an＝2，则an＝1 C．若a1＝1，且，则an＝ D．若a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3an＋1－2an，则an＝2n-1 答案：BCD 24 解析：对于A，由已知Sn＝n2＋1，当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，又a1＝2不满足上式，综上所述，an＝A错误；对于B，由已知an＋1＋an＝2，则an＋2＋an＋1＝an＋1＋an＝2，即an＋2＝an，又a1＝1，a2＋a1＝2，即a2＝1，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时，an＝1，综上所述，an＝1，B正确； 25 对于C，由，即，等式左右分别相乘可得，又a1＝1，所以an＝，C正确；对于D，由已知 ＝ 1为首项，2为公比的等比数列，即an－1＝2n-2，an－1－an－2＝2n-3，…，a2－a1＝20，等式左右分别相加可得an－a1＝2n-2＋2n-3＋…＋20＝＝2n-1－1，又a1＝1，则an＝2n-1，D正确．故选BCD. 26 8．(2026·湖北部分学校联考)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图，四个图形中点的个数分别为1，5，12，22，这种数称为五边形数，其中第1个五边形数记作a1＝1，第2个五边形数记作a2＝5，第3个五边形数记作a3＝12，第4个五边形数记作a4＝22，…，则第n个五边形数an＝________． 27 解析：由题意可得a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，an－an－1＝3(n－1)＋1＝3n－2，当n≥2时，an－a1＝4＋7＋…＋(3n－2)＝，即an＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝. 28 9．已知数列{an}满足a1＝1，an＝a1＋an－1(n≥2，n∈N*)．若an＝1 005，则n＝________． 2 010 解析：由已知得a1＝1，所以a2＝a1＝1，因为an＝a1＋an－1(n≥2，n∈N*)　①，所以an＋1＝an(n∈N*)　②，用②－①可得an＋1－an＝an，移项得，n≥2，所以，n≥3，上述n－2个式子相乘得，所以an＝，n≥3，由an＝＝1 005，可得n＝2 010. 29 10．(14分)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝3n－，若数列{bn}为递增数列，求实数λ的取值范围． 30 解析：(1)∵2Sn＝(n＋1)an， ∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1， 两式相减可得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an， 即nan＋1＝(n＋1)an， ∴， ∴＝1， ∴an＝n. 31 (2)bn＝3n－λn2， bn＋1－bn＝3n+1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1)． ∵数列{bn}为递增数列， ∴2×3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜对∀n∈N*恒成立． 令cn＝，则1. ∴数列{cn}为递增数列， ∴λ＜c1＝2， 即实数λ的取值范围为(－∞，2)． 32 $