6.4 由递推关系求数列的通项公式 练习-2027届高三数学一轮专题复习

**基本信息** 聚焦递推求通项，通过分类题型系统提炼构造等差/等比、Sn转化等方法，形成从基础到综合的知识逻辑链，培养推理能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础递推|1|直接迭代计算|从具体递推式到项的关系推导| |构造数列|3|倒数/常数构造等差、等比数列|通过代数变形将非等差等比转化为基本数列| |Sn关系|1|Sn与an互化求通项|利用Sn定义建立递推关系，体现转化思想| |分奇偶递推|2|按n奇偶分类讨论|针对摆动递推式构建分段模型，培养分类思维| |综合应用|2|综合证明与递推建模|结合斐波那契数列等实际情境，提升应用意识|

6.4　由递推关系求数列的通项公式 一、 单选题 1 [2026常德汉寿一中期末]已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝1＋，则a2a3a4a5的值为(　　) A. 11 B. 9 C. 8 D. 7 2 已知数列{an}满足＋＝2，且a1＝1，a2＝，则a2 022的值为(　　) A. B. C. D. 3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则a4的值为(　　) A. B. C. D. 4 已知斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第(　　) A. 2 022项 B. 2 023项 C. 2 024项 D. 2 025项 二、 多选题 5 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论中正确的有(　　) A. 为等比数列 B. {an}的通项公式为an＝ C. {an}为递增数列 D. 的前n项和Tn＝2n+2－3n－4 6 [2025桐城中学月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋1＋(－1)n+1an＝n，n∈N*，则下列说法中正确的是(　　) A. 存在s，t∈N*，使得a2s－1＝a2t成立 B. a2 025－a2 024＝2 025 C. {a2n＋1＋a2n－1}是公差为4的等差数列 D. a2n＋2＋a2n＝1 7 [2025镇江月考]记数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则下列结论中正确的是(　　) A. a4＝－1 B. an＝ C. 3S2n＋1＝22n+1－6n－2 D. 数列{(－1)nan}的前2n项和为－ 三、 填空题 8 在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1－(－1)n(n∈N*)，则S100＝________． 9 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝，它的第n项为.若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝________． 10 [2025南通海门期末]一点从起点P出发，每次只能向右、向上或向左移动一步，恰好走n(n∈N*)步且不经过已走的路线和点共有f(n)种走法，如f(1)＝3，f(2)＝7，则 f(3)＝________，数列{f(n)}相邻三项的递推关系式为__________． 四、 解答题 11 [2026光山第二高级中学月考]在数列{an}中，a1＝1，(n＋1)an＝nan＋1. (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 设Sn为{an}的前n项和，求数列的前n项和Tn. 12 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.求证： (1) {an＋1－2an}是等比数列； (2) 存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立． 6．4　由递推关系求数列的通项公式 1. A　解析：因为a1＝，且an＋1＝1＋，所以a2＝1＋2＝3，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝，a5＝1＋＝，所以a2a3a4a5＝3×××＝11. 2. C　解析：由题意，得＋＝，则－＝－.又＝1，－＝3－1＝2，所以数列是以＝1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以＝2×2 022－1＝4 043，所以a2 022＝. 3. D　解析：因为Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，所以＝，所以数列{Sn}是首项为1，公比为的等比数列，则Sn＝，所以an＋1＝Sn＝×，所以a4＝a3＋1＝S3＝×＝. 4. C　解析：因为a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，所以an＋1＝an＋2－an，所以a＝an＋1(an＋2－an)＝an＋2an＋1－an＋1an.又a＝a2a1，所以a＝a2a1＋(a3a2－a2a1)＋(a4a3－a3a2)＋…＋(a2 024a2 023－a2 023a2 022)＝a2 024a2 023，则＝a2 024，所以是斐波那契数列的第2 024项． 5. ABD　解析：因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，即＋3＝2.又＋3＝4，所以数列{＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，故A正确；＋3＝4×2n-1＝2n+1，即an＝，故B正确；an＋1－an＝－＝＝.因为n≥1，所以2n+2－3>0，2n+1－3>0，2n+1>0，所以an＋1－an<0，所以{an}为递减数列，故C错误；＝2n+1－3，所以Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n+1)－3n＝－3n＝2n+2－3n－4，故D正确．故选ABD. 6. ACD　解析：对于A，易得a2＝－1，a3＝1，a4＝2，所以a1＝a4，所以存在s＝1，t＝2，使得a2s－1＝a2t成立，故A正确；对于B，令n＝2k，则a2k＋1－a2k＝2k，取k＝1 012，得a2 025－a2 024＝2 024，故B错误；对于C，令n＝2k－1，则a2k＋a2k－1＝2k－1，所以a2k＋1＋a2k－1＝4k－1，即a2n＋1＋a2n－1＝4n－1，则{a2n＋1＋a2n－1}构成公差为4的等差数列，故C正确；对于D，当n＝2k时，a2k＋1－a2k＝2k；当n＝2k＋1时，a2k＋2＋a2k＋1＝2k＋1，所以a2k＋2＋2k＋a2k＝2k＋1，即a2k＋2＋a2k＝1，所以a2n＋2＋a2n＝1，故D正确．故选ACD. 7. ABD　解析：对于A，a2＝a1－2＝－1，a3＝a2＋23＝7，a4＝a3－23＝－1，故A正确；对于B，当k∈N*时，a2k＋2＝a2k＋1－22k+1，a2k＋1＝a2k＋22k+1，两式相加，得a2k＋2＝a2k.又a2＝－1，所以an＝－1，n为偶数．由a2k＋1＝a2k＋22k+1，得a2k＋1＝22k+1－1，即an＝2n－1，n为奇数且n≥3.又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1，n为奇数．综上，an＝故B正确；对于C，由B可知S2n＋1＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2n＋1＝1＋(－1)＋(－1＋23)＋(－1)＋(－1＋25)＋…＋(－1＋22n+1)＝1＋(－1)×(2n)＋23＋25＋…＋22n+1＝－2n＋1＋＝，则3S2n＋1＝22n+3－6n－5，故C错误；对于D，设数列{(－1)nan}的前2n项和为T2n，则T2n＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝－(21－1＋23－1＋…＋22n-1－1)－n＝－，故D正确．故选ABD. 8. 2 600　解析：当n为奇数，即n＝2k－1(k∈N*)时，设an＝a2k－1＝bk.由an＋2－an＝1＋1＝2，得an＋2＝an＋2，则bk＋1＝bk＋2，即数列{bk}是以1为首项，2为公差的等差数列，则bk＝2k－1，故an＝2×－1＝n；当n为偶数，即n＝2k(k∈N*)时，设an＝a2k＝ck.由an＋2－an＝1－1＝0，得an＋2＝an，则ck＋1＝ck，显然数列{ck}为常数列，则ck＝2，即an＝2.综上，an＝所以S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(1＋3＋5＋…＋99)＋(2＋2＋2＋…＋2)＝＋2×50＝2 600. 9. 　解析：由题意，得A*的第n＋1项为，故÷＝＝2，即an＝.因为a4＝1，a5＝32，所以a3＝＝＝，a2＝＝，a1＝＝. 10. 17　f(n＋2)＝2f(n＋1)＋f(n)　解析：由题意，得f(1)＝3，f(2)＝3×1＋2×2＝7，f(3)＝3×3＋2×4＝17，f(4)＝3×7＋2×10＝41，f(5)＝3×17＋2×24＝99，…，以此类推，f(n)＝3×f(n－2)＋2×[f(n－1)－f(n－2)](n≥3，n∈N*)，所以f(n＋2)＝2f(n＋1)＋f(n). 11. (1) 由(n＋1)an＝nan＋1，得＝， 所以数列是常数列． 又＝1，所以＝1， 故an＝n. (2) 由(1)知，{an}是等差数列，且an＝n， 所以an＋2＝n＋2，Sn＝＝， 所以＝＝－， 故Tn＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－. 12. (1) 因为an＋2＝5an＋1－6an， 所以an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1， 所以an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an). 又a2－2a1＝5－2＝3≠0， 所以an＋1－2an≠0， 所以＝3， 所以数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列． (2) 因为an＋2＝5an＋1－6an， 所以an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1， 所以an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an). 又a2－3a1＝5－3＝2≠0， 所以an＋1－3an≠0， 所以＝2， 所以数列{an＋1－3an}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an＋1－3an＝2n.① 又由(1)知an＋1－2an＝3n，② 由②－①，得an＝3n－2n， 所以存在两个等比数列{bn}，{cn}，且bn＝3n，cn＝－2n，使得an＝bn＋cn成立． 学科网（北京）股份有限公司 $