第六章 课时5 递推数列讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦递推数列核心考点，覆盖由递推关系式求通项、Sn与an关系等高考重点，按“基础公式-累加法/累乘法-构造法”逻辑梳理知识，通过知识回顾、考点扫描（分考向例题解析）、对点训练等环节，帮助学生系统构建解题框架，突破难点。 讲义采用分层突破策略，如针对an+1=pan+q型，通过构造等比数列建模，培养学生数学思维与模型意识，结合2025模拟真题训练，确保方法迁移应用。设置基础巩固与能力提升练习，助力学生高效掌握递推转化技巧，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

课时5 递推数列 一、课标要求 1．掌握常见的根据数列的递推关系式求数列的通项公式. 2．掌握利用数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系求解数列的通项公式． 二、知识梳理 1．数列的递推公式 如果已知数列的第 项(或前 项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用 来表示，那么这个公式就叫作这个数列的递推公式． 2．an与Sn的关系 （1）若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝ ． （2）Sn与an的关系式递推(可前推也可以后推)后，两式相减，消去和Sn，得到相邻 项(或相邻 项)关系后求解，有时也将an表示成 (n≥2，n∈N*)，消去项an后求解. 3．对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋f(n)的数列，通常采用累加法求其通项公式． 4．对于递推关系式可转化为＝f(n)的数列，且容易求数列{f(n)}前n项积时，采用累乘法求数列{an}的通项公式． 5．对于递推关系式形如an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 【拓展知识】 1．周期性：若an＋k＝an(n∈N*，k为非零正整数)，则{an}为 ，k为{an}的一个周期． 2．形如 (A,B,C为常数)的数列，可通过两边同时 的方法构造新数列求解． 三、基础回顾 1．判断正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) （1）若数列{an}的前n项和为Sn，则对任意，都有. ( ) （2）递推公式也是数列的一种表示方法． ( ) （3）a1=2，an=2an-1(n≥2)是数列{an}的递推公式． ( ) （4）所有的数列都有递推公式． ( ) 2．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 3．(多选题) 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论正确的有(　　) 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 4．若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式是an＝__ __． 四、考点扫描 考点一 由递推关系研究数列的通项 例1 （1）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 （2）在数列中，已知，且对于任意的，都有，则数列的通项公式为（ ） A． B． C． D． 对点训练 （1）（2025·山东日照市模拟）已知数列的前项和为，且，.记，则=______. （2） （2025·贵州遵义市模拟）已知数列满足，且对任意正整数p，q，都有，则（    ） A．4 B． C．6 D． 考点二 构造等差（比）数列求通项 考向1 形如 an＋1＝pan＋f(n)型 例2 （1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝________. （2）已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，则an＝________. （3）已知数列满足，则数列的通项公式为 . 规律方法： 对点训练 分别求出满足下列条件的数列{an}的通项公式： （1） a1＝1，an＋1＝3an＋4； （2），； （3）. 考向2 形如an＋1＝pan＋qan－1型 例3 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________. 规律方法： 对点训练 已知数列{an}满足a1＝3，a2＝6，an＋2＝2an＋1＋3an，求数列{an}的通项公式． 考向3 形如an＋1＝型 例4 (2025·福建福州市质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝__ __． 规律方法： 对点训练 (2025·湖北黄冈市模拟)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋＋＋…＋＜1 000，则满足条件的最大整数n＝(　 　) A．8 B．9 C．10 D．11 课时5 递推数列参考答案 二、知识梳理 1．1 几 一个公式 2．（1） （2）两 三 Sn－Sn－1 【拓展知识】 1．周期数列 2．取倒数 三、基础回顾 1．(1)√ (2) √ (3)√　 (4)× 2．C【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. 3．ABD【解析】 因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，所以＋3＝2.又因为＋3＝4，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确. ＋3＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝，故B正确. 因为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，则Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确．故选ABD. 4．2n－1【解析】 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1． 四、考点扫描 例1 （1）C【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. （2）D【解析】令m=1,所以所以，所以所以，a1=1符合上式.故选D. 对点训练（1）【解析】由已知 , 可得 ②. ①－②得， 即，所以，可知数列是等比数列，且首项为，公比为2，所以． （2）B【解析】由，得，令.依题意，对任意正整数p，q都有，令，则，，而，即，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，，即，，所以.故选B. 例2 （1）　2·－1【解析】因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·，所以an＝2·－1. （2）　－n－1【解析】令an＋1＋x(n＋1)＋y＝2(an＋xn＋y)，即an＋1＝2an＋xn＋y－x， 与原等式比较，得x＝y＝1，所以＝2，所以数列{an＋n＋1}是以a1＋1＋1＝4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋n＋1＝4×，即an＝－n－1. （3）　【解析】方法一：设，整理得，可得，即，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即. 方法二(两边同除以) ：两边同时除以得，整理得，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即； 对点训练 【解】（1）设an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，又an＋1＝3an＋4，根据对应项系数相等，解得t＝2，故an＋1＋2＝3(an＋2).令bn＝an＋2，则b1＝a1＋2＝3，且＝＝3，所以{bn}是3为首项，3为公比的等比数列，所以bn＝3×＝3n，即an＝3n－2. （2）由得，故为等差数列，公差为1，首项为1，所以 所以. （3），，即.又，，所以数列是首项为13，公比为3的等比数列，，. 例3 【解析】方法一：因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋1＋an， 所以＝＝＝3.又因为b1＝a2＋a1＝3，所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列.所以bn＝an＋1＋an＝3×＝3n，从而＋·＝，不妨令cn＝，即cn＋1＋cn＝，故cn＋1－＝－，即＝－.又因为c1－＝－＝，所以数列是首项为，公比为－的等比数列，故cn－＝×＝－，从而an＝. 方法二：因为方程x2＝2x＋3的两根为－1，3，可设an＝c1·＋c2.由a1＝1，a2＝2，解得c1＝，c2＝，所以an＝. 对点训练　【解答】 由特征方程x2＝2x＋3，得x1＝3，x2＝－1，所以an＝α·3n＋β·(－1)n，其中解得α＝，β＝－，所以an＝·3n－·(－1)n＝·3n＋1＋·(－1)n＋1． 例4　【解析】 因为a1＝1，an＋1＝，显然an≠0，取倒数得＝＝4＋，即－＝4，则数列是首项为1，公差为4的等差数列，因此，＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝． 对点训练 B【解析】由an＋1＝，可得＝－1，令bn＝，则bn＋1＝2bn－1，即bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1，所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，则bn－1＝2n－1，所以bn＝2n－1＋1，所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1．由2n＋n－1＜1 000，解得n≤9．故选B. . 学科网（北京）股份有限公司 $