微专题(四)递推数列与不等式综合问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“递推数列与不等式综合问题”专题，依据高考评价体系梳理了累加累乘型、化归等差型、化归等比型三大核心题型，通过典型例题分析明确高频考点分布，构建了从递推关系到通项公式再到不等式证明的完整解题体系。 课件亮点在于“题型探究+变式训练+方法提炼”的备考模式，如例1通过累加法求通项、错位相减法求和，培养学生数学思维与运算能力。特设“方法与技巧”模块归纳构造新数列等突破策略，助力学生掌握答题技巧，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

微专题（四） 递推数列与不等式综合问 题 题型探究 题型1 题型2 题型3 返回目录 题型探究 题型1 累加、累乘型求通 项 【例1】 己知数列{an}的前n项和为Sm(n∈N),在数列 {bn}中，b1=a1=1,nan-(n-1)an-1=2n-1,b1b2b3…bmbn+1 =3Sn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式 ②设c=(一Iy然7为数列c的前n项和，求 的最值. 返回目录 题型探究 解析：(1)由已知得，当n≥2时， nan=[nan-(n-1)an-]+[(n-1)an-1-(n-2)an-2] +…+[2a2-a]+a1=(2n-1)+(2n-3)+…+3+1=n2, 所以an=n(n≥2). 当n=1时，a1=1,也满足上式，所以an=n. 当n≥2时，bn+1= b1b2b3…bn+l=3sm-Sa-1=3”, b1b2b3…bn 所以bn=3n-(n≥3). 返回目录 题型探究 当n=1时，b1=1,满足上式； 当n=2时，b1·b2=3=3,所以b2=3,也满足上 式.综上，bn=3n-l. 所以an=n,bn=3n-l. (2)由(1)可得 c=(--3y 返回目录 题型探究 r 两式相减得 返回目录 题型探究 3+4n 所以Tn= 9」 1616(-3)y-1 当n为奇数时，不妨设n=2k一1，k∈N*, 2k+12k 则T2k+1一T2k-1=C2k+1十C2k= 32k 32k-1 -4k+10, 32k 所以(72k-1}单调递减，1=T>7s>Ts>>Tk-P16' 、9 返回目录 题型探究 当n为偶数时，不妨设n=2k,k∈N*, 则7乃k+2-T2k=c2k+1十c2k+2= 2k+12k+2 32k 32k+1 4k+10, 32+1 所以7则单调运治，g1不7…6 所以的最小值为 最大值为1. 返回目录 题型探究 方法与技巧 数列{an}的递推关系式nan一(n一1)an-1=2n一1的结 构特征是数列{nan}的相邻两项的差，适合累加法求其通 项；数列{bn}满足b1b2b3…bnbn+1=3,适合累乘法求其 通项 返回目录 题型探究 变式探究 1.已知数列{an}满足：a1=3,an=an-1十2m-(n≥2) (I)求数列{an}的通项公式及前n项和Sm. (2)令bn= 1b干2b2十十2mb,求 6 返回目录 题型探究 解析：(1)（方法1）因为a,-an-1=2m-1(n≥2)， 所以当n≥2时， an=a1+(a2-a1）十(as-a2)十…+(an-1-an-2）+(an-a4n-1) =3+2+22+…+22+21=2+1-20=2+1. 1-2 检验知当n=1时，结论也成立，故4n=2n十1， S=(2+22+…+21+29+n=21-2”+n 1-2 =2+1十n-2. 返回目录 题型探究 (方法2)因为an-an-1=2n-1(n≥2)， 所以an-2n=an-1-2n-l(n≥2)， 所以数列{4n一2m}是首项为41一2=1，公差为0的等 差数列， 所以4n-2n=1,an=2n十1. Sn=(2+22+…+2n-1+2m+n= 2(1一2)+n 1-2 =2n+1+n-2. 返回目录 题型探究 (方法3)因为an一4n-1=2n-l(n≥2)， 则-1=经-1a≥2 因为5-1=≠0， 所以数列经-1)是首项与公比均为的等比数列， 返回目录 题型探究 所以%-1=(，a=2+1. Sn=(2+22+…+2n-1+2n+n =2(1-29)+n 1-2 =2n+1+n-2. 返回目录 题型探究 2n-1 (2)证明：因为2n-lbn= (2n+1)2+1+1) (2m+1+1)-(2n+1) 2(2n+1)(2+1+1) =+121山 返回目录 题型探究 所以Tn=b1+2b2+…十2n-lbm =22+12++(341241++241 21+121 32+16 返回目录 题型探究 题型2化归为等差数列求通 【例2】知数列{an}的通项公式an=2”,数列{bm}的前 n项和为Tn,且满足Tn十bm=n十(1十bm (1)求数列{bn}的通项公式 (Q设c一公：数列c中是否存在不叫两项cc0 ≤i,i,j∈N),使c十C仍是数列{cn}中的项？若存在，请 求出i,;若不存在，请说明理由. 返回目录 题型探究 解析：（山）因为7n十b,=n十(1+b),① 当n≥2时，7,1+ba1=n-1+n-）(1+ba),② ①-②符bx+hm--1=1+}+2h20n-1Db. 所以4bm-2bm-1=3+nbn-(n-1)bn-1, 即(n-4)bm-(n-3)bm-1=-3, 返回目录 题型探究 当n≥3时，(n-5)bm-1-(n-4)bm-2=-3, 所以(n-4)bm+(n-4)bn-2=(2n-8)bn-1, 所以bn十bm-2=2bn-1, 所以{bn}为等差数列， 叉7+b=0,所以b11 T2+b2=2+(1+b2),所以b2=2. 所以bn=1+(n-1)X1=n. 返回目录 题型探究 (2)由（山）知6，=2，假设c}中存在不同的两项c,c(1≤ ,使c+c=ckN)得什=为 2n+1 2”= n·2mt1-(n+1)·2n 又Cn+1一Cn= n+1 n n(n+1) (n-1)·2n ≥0，所以{cm}单调递增. n(n+1) 22e,剥k+1,所以22→202 k J k+1i0+1) 返回目录 题型探究 令j-i=m(m≥1)，所以j=m+i, 新以g==+91+ i0-1) i(m+i-1) 2 m+- 2 因为m十i≥2，所以1+ m+i-1 ≤3， 而1+m≤1+m,所以2m≤3(1+m),则， ≤3. +m 返回目录 题型探究 令Cw= 2n n+1' 则C1-Cn= 2+12n_2+l(n+1)-2"(n+2) n+2n+1 (n+1)(n+2) n·2n >0, (n+1)(n+2) 23 以C单.到m31+322 163,所以m只能为1,2,3. 返回目录 题型探究 ①当m=1时，j-i=1→j=i+1, 所以21+2+》-+2=1+ 2 2 故i只能为1,2,3. 当1=1时，=2，此时2=2+44→k=4: 2k 当=2时，=3，此时2=2 33,无正整数解，舍去： 8_14 当i=3时，=4，此时 =8 左士4=0，无正整数醉，舍去 返回目录 题型探究 ②当m=2时，j=1+2,此时22≤+26+3)4好+6≥3 (i+1) 2+i →32-i-6≤0， 所以，此时=2十？→无正整数解，舍为 ③当m=3时，j=i+3,此时2≤+3+4)2+75十 i(i+2) 12≥82+16i→7i2+9i-12≤0，无正整数解，舍去. 综上，存在i=1,j=2满足题意. 返回目录 题型探究 方法与技巧 第一问根据，十b,=n十(1十bM,应用公式法求得数列 {b}的递推关系式，可证明数列{bn}为等差数列，即可求出通 项公式. 第二问由cn= 猴数列c}中存在不同两项 ≤i,i,j∈N*),然后根据条件找出满足条件的i,j值即可. 返回目录 题型探究 变式探究 2.已知A(an,bn)(n∈N)是曲线y=ex上的点，a1 =a,Sn是数列{an}的前n项和，且满足S%=3n2am十S%1, an≠0，n=2,3,4,…. 0明：数列2m≥2是常数数列. (2)确定a的取值集合M,使a∈M时，数列{am}是 单调递增数列. 返回目录 题型探究 解析：(1)证明：当n≥2时，S%=3n2an十S%-1, 所以S%=3n2(Sm-Sn-)+S%-1, 所以S%-S%-1=3n2(Sn-Sm-1), 所以(Sm-Sn-1)(Sn+Sn-1)=3n2(Sn-Sm-1) 因为4n卡0，所以Sn一Sn-1≠0， 所以Sn十Sm-1=3n2→2Sn-an=3n2, 所以2Sm+1-an+1=3(n+1)2, 返回目录 题型探究 两式相减，得an+1十4n=6n十3， 所以am+2十an+1=6(n十1)+3=6n+9, 所以an+2一an=6, 当n≥2时， cd2 =ean+2一an=e6为常数. bn 故当n≥2时，y为常教款列 返回目录 题型探究 (2)由(1)知2Sn-4n=3n2,又a41=a, 当n=2时，2(a十a2)-a2=12→a2=12-2a. 当n=3时，2(a十a2+as)-a3=27→a3=2a十3. 因为an+2一an=6, 所以数列{a2k,{a2r+1}分别是以a2,as为首项，6为公 差的等差数列. 所以a2k=12-2a+6(k-1)=6-2a+6k,42k+1=2a+3+ 6(k-1)=2a-3+6k. 返回目录 题型探究 因为数列{an}为递增数列， 1<a2, 所以 a2k<C2k+1<a2k+2 a<12-2a, →6-2a+6k<2a-3+6k, 2a-3+6k<6-2a+6(k+1) 返回目录 题型探究 a<4, 9 as 4’ 15 → 15 4 4 所以M=,5 返回目录 题型探究 题型3 化归为等比数列求通 项 【例3】i 知数列{an}满足a=3,a2=5,a1+2-3an+1 4 An 3 (1)求数列{an}的通项公式an; (2)设b,=n6-a,S,为数列ba}的前n项和，若S,十 31 m恒成立，求实数m的取值范围。 m+ 返回目录 题型探究 解析：(aw=青a1一 ou-(n-0). 设cn=4n+1一an,所以数列{cn}是以a2一a1=2为首 项，}为公比的等比数列， 所以ca=+1a=2, 返回目录 题型探究 当n≥2，n∈N*时， an=(an-an-1)+(an-1-an-2)十…+(a2-al）十al =232+3+…+(3+3 二2X 3 显然n=1也满足上式，故an=6一2 返回目录 题型探究 ②由(10可知a=6-令2， 6m=36-a)=g6-6+令1=m3， s=1×gr+2x+3×gr+…+n 所以有5=1×+2×+3×++m 返回目录 题型探究 两式相减得s=(兮”+分+++（写1-= 3 s+3g-+2gr+r开2 m m+2 返回目录 题型探究 显然岛教一-是正整数来上的增函数，当m=1 时，该函载有说小位，成小值为= 所以- ≤0→-18 ≤m<-2 4(m+2 放实教m的取值范国是一 18 ，-2] 返回目录 题型探究 方法与技巧 克-间h一-1可得oa专01 4 a.甲一只等化数，只末得-6-r 第=间由b=n·(叫， 利用错位相减法求得Sm即可. 返回目录 题型探究 变式探究 3.在数列{an}中，a1=2,a2=8,且对任意的n∈N*,都 有a4n+2=4☑n+1一4a4n. (I)证明{an+1一2an}是等比数列，并求出{an}的通项公式； ,n=2k-1, (2)若bm= o2k k∈N*,求数列{bm}的前n 项和T. 返回目录 题型探究 解析：(1)证明：因为1=2，a2=8, 所以a2-2a1=8-2X2=4. 因为an+2=4an+1-4an,所以an+2-2an+1=2(an+1-2an), 又a2一2a1=4≠0，则有an+1一2an丰0(n∈N), 所以m+2-2an+1=2, an+1-2an 所以{an+1一2an}是以4为首项，2为公比的等比数列. 返回目录 题型探究 所以an+1-2an=4X2n-l=2n+1, 所以210=1，又9=1， 所以（是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以=1+a一1)×1=n, 所以an=n·2n. 返回目录 题型探究 (2)由(1)知 ,n=2k-1, An bn= og k∈N* D=2k-1 k∈N*, -n,n=2k, 返回目录 题型探究 则{6}的奇教项为以1=为首项，4为公比的等比 数列；偶数项是以b2=一2为首项，一2为公差的等差数 列. 所以当n为偶数，且n≥2时， Tn=(b1十b3+…十bn-)+(b2+b4+…+bm) =+8+…+20+(-2-4-… 返回目录 题型探究 ×-子20 1- 2 4 n(n+2) 4 返回目录 题型探究 当n为奇数，且n≥3时，n一1为偶数， Tn=Tn-1十bn 1_m-1Y_n1+2+ 3X2n-2 4 2 312n 1+ 3×2n412 当m1时，=}3以a+设 也满足上式 返回目录 题型探究 所以，当n为奇数，且n≥1时，有7三T心 X11 3×2n412 综上，Tn= -1-2+ 3×2m4+12,n=2k-1, 1_2_n+2 k∈N* 3×2m142十3，n=2k, 返回目录