(共51张PPT)
微重点9 数列的递推关系
专题三 数 列
数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用.
考点一 构造辅助数列
考点二 利用an与Sn的关系
专题强化练
内容索引
构造辅助数列
考点一
(1)(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2anan＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是
√
例1
√
√
因为an－3an＋1＝2anan＋1，
两边同除anan＋1，
所以{an}为递减数列，故B正确，C错误；
Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)
＝2×(30＋31＋…＋3n－1)－n
(2)(2022·吕梁模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋an＝3×2n，则S100等于
A.2100－3 B.2100－2
C.2101－3 D.2101－2
√
由an＋1＋an＝3×2n得，an＋1－2n＋1＝－(an－2n).
又a1－21＝－1，
所以{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，
所以an－2n＝(－1)n，
即an＝2n＋(－1)n，
所以S100＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100
(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ).
(2)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0,1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)].
规律方法
(1)在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，若an>980，则n的最小值是
A.8 B.9 C.10 D.11
跟踪演练1
√
因为an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，
所以an－n＝2[an－1－(n－1)](n≥2，n∈N*).
因为a1＝3，所以a1－1＝2，
所以数列{an－n}是首项和公比都是2的等比数列，
则an－n＝2n，即an＝2n＋n，
因为an－an－1＝2n－1＋1>0，
所以数列{an}是递增数列，
因为a9＝521<980，a10＝1 034>980，
所以满足an>980的n的最小值是10.
√
…
累加得
利用an与Sn的关系
考点二
例2
(1)求数列{an}的通项公式；
方法一 由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，
∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，
由S1＝a1＝3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
a1＝3也满足an＝3n，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
方法二 由题意知当n≥2时，Sn＋Sn－1＝nan，
∴当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1，
两式相减得an＋an－1＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，
即(n－1)an＝nan－1，
又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，
同理可得a3＝9，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1求出an.
规律方法
√
跟踪演练2
所以当n≥2时，
又a1＝2也适合该式，故an＝2n.
所以{an}为等比数列，
√
√
√
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即2(Sn－Sn－1)Sn＝1＋(Sn－Sn－1)2，
当n＝1时，解得S1＝1，
又S1＝a1＝1，
即an＋1
所以原不等式为ex≥x＋1(x≥0)，
即ex－x－1≥0(x≥0)，
令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，
所以f′(x)＝ex－1，当x≥0时，ex－1≥0恒成立，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，
所以Sn≤ 成立，故C正确；
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
化简整理得n2＋3n－126≥0，
当n＝9时，92＋3×9－126＝－18<0，
当n＝10时，102＋3×10－126＝4>0，
所以满足Tn≥3的n的最小正整数解为10，故D正确.
专题强化练
√
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2.已知数列{an}满足nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，且a1＝1，则a2 023等于
A.6 065 B.6 067 C.4 044 D.4 043
√
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因为nan＋1＝(n＋1)an＋2，
…
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即an＝3n－2，当n＝1时也成立，
则a2 023＝6 067.
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√
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5
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故S100＝S101－a101＝0.
4.在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝3an＋2n＋1，则an等于
√
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∵an＋1＝3an＋2n＋1，
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∴an＝bn·2n＝2·3n－2n＋1.
5.(2022·洛阳模拟)若数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝0,2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，则a2 022＋b2 022＝______.
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22 022
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因为2an＋1＝3an＋bn＋2，2bn＋1＝an＋3bn－2，
所以2an＋1＋2bn＋1＝an＋3bn－2＋3an＋bn＋2＝4(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，
又a1＋b1＝2，
所以{an＋bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋bn＝2n，
所以a2 022＋b2 022＝22 022.
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根据题意，(n＋1)an－2(n＋1)an＋1＝an＋2an＋1，
…
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运用累乘法计算得
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当n＝5时，2n·n(n＋1)＝960<1 000，
当n＝6时，2n·n(n＋1)＝2 688>1 000，
所以满足条件的n的最大值为5.
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化简可得2an－an＋1＝anan＋1，
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(2)已知bn＝an(an＋1－1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
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7(共47张PPT)
微重点10 子数列问题
专题三 数 列
子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
考点一 奇数项、偶数项
考点二 两数列的公共项
考点三 分段数列
专题强化练
内容索引
奇数项、偶数项
考点一
例1
(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
由题意可知b1＝a1＝1，
bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)
＝2a2n－1＋2＝2bn＋2，
故{bn＋2}是以b1＋2＝3为首项，以q＝2为公比的等比数列，
所以bn＋2＝3×2n－1，n∈N*，
故bn＝3×2n－1－2，n∈N*.
(2)求数列{an}的前2n项和.
由(1)知，bn＝3×2n－1－2，n∈N*，
即a2n－1＝3×2n－1－2，n∈N*，
故a2n＝a2n－1＋1，n∈N*，故数列{an}的前2n项和
S2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)
＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n
＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n－1)－2n]＋n
(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型
①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
②含有(－1)n的类型；
③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
④已知条件明确的奇偶项问题.
(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
规律方法
(2022·山东学期联考)已知数列{an}满足an－1－an＝an－an＋1(n≥2)，
且a1＝1，a7＝13；数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
跟踪演练1
由已知可得，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
则数列{an}为等差数列，设其公差为d，
由a7＝a1＋6d＝13，解得d＝2，
∴an＝2n－1，
在数列{bn}中，当n＝1时，b1＝S1＝1，
当n＝1时，满足上式，∴bn＝3n－1.
则当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝1＋5＋…＋2n－3＋3＋…＋3n－1
当n为奇数时，
当n＝1时，上式也成立.
两数列的公共项
考点二
例2
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－1，
由Tn＝ 当n＝1时，b1＝T1＝2，
当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n.
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值.
数列{an}和{bn}的公共项依次为21，23，25，27，…，
∴21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
∴cn＝2×4n－1，
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数.
规律方法
(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
跟踪演练2
3n2－2n
方法一 (观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
方法二 (引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一.
分段数列
考点三
例3
已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
方法一 由题意知，2n≤m，即n≤log2m，
当m＝1时，b1＝0.
当m∈[2k，2k＋1－1)时，bm＝k，k∈N*，
则S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋…＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.
方法二 由题意知bm＝k，m∈[2k，2k＋1)，
因此，当m＝1时，b1＝0；
当m∈[2,4)时，bm＝1；
当m∈[4,8)时，bm＝2；
当m∈[8,16)时，bm＝3；
当m∈[16,32)时，bm＝4；
当m∈[32,64)时，bm＝5；
当m∈[64,128)时，bm＝6.
所以S100＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b100
＝0＋(1＋1)＋(2＋2＋2＋2)＋…＋(6＋6＋…＋6)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.
所以数列{bn}的前100项和S100＝480.
解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意求分段数列的通项，要弄清楚为什么要分段，从什么地方开始分段.常见的题型有取整问题、求绝对值数列的和、添加部分数列或删除部分数列等.
规律方法
(1)求数列{an}的通项公式；
跟踪演练3
由(1)可知
所以T100＝a1－a3＋a5－a7＋…＋a97－a99
专题强化练
1.(2022·青岛模拟)已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.
1
2
3
4
第一列 第二列 第三列
第一行 1 5 2
第二行 4 3 10
第三行 9 8 20
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
1
2
3
4
由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，
所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n，
设等差数列{bn}的公差为d，
则2＝b3－2b1＝2d－b1，
所以b4＝8＝b1＋3d，
所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.
1
2
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4
第一列 第二列 第三列
第一行 1 5 2
第二行 4 3 10
第三行 9 8 20
(2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100.
由(1)知cn＝[lg (2n)]，
则T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.
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2
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4
2.(2022·济宁模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝9，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
设等差数列{an}的公差为d，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
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2
3
4
所以数列{bn}的前100项和为
(b1＋b2＋…＋b10)＋(b11＋b12＋…＋b20)＋(b21＋b22＋…＋b30)＋…＋(b91＋b92＋…＋b100)
＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＋22(a1＋a2＋…＋a10)＋…＋29(a1＋a2＋…＋a10)
＝(1＋2＋22＋…＋29)(a1＋a2＋…＋a10)
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4
3.已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
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2
3
4
设等比数列{bn}和递增的等差数列{an}的公比和公差分别为q，d(d>0)，
故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3，
故an＝12＋3(n－1)＝3n＋9，bn＝3n－1.
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(2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前63项和S63.
b1＝1，b2＝3，b3＝9，b4＝27，b5＝81，b6＝243，
∴b4＝a6，b5＝a24，b6＝a78，
∴b4，b5是公共项，
∴S63＝(b1＋b2＋b3＋b4＋b5)＋(a1＋…＋a60)－(b4＋b5)
4.(2022·山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.
(1)求k的值和{an}的通项公式；
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因为a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列，
所以2(a3＋a4)＝a2＋a3＋a4＋a5，
得a5－a3＝a4－a2，
得(k－1)a2＝(k－1)a3，
因为k≠1，所以a2＝a3＝2，
1
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当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，
可得Sn＝S2k＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k
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当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，
可得Sn＝S2k－1
＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k－2
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4