【高考题型分类突破】拓展培优03 利用递推关系求通项 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

拓展培优(三)利用递推关系求通项
　　以递推关系为载体考查数列通项公式的求法是新高考考查数列的重点内容之一，在选择题、填空题、解答题中均有涉及，难度中等.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有累加法、累乘法和构造法(包括辅助数列法、取倒数法、取对数法等).
Sn与an之间的递推关系
典例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-，且5an+1+Sn+16=0，则数列{an}的通项公式为　　　　.
将5an+1+Sn+16=0中的n用n-1替换→作差得5an+1=4an→求公比→利用等比数列的通项公式求解.
方法总结：
Sn与an的关系问题的求解思路
(1)先利用a1=S1求出a1.
(2)用n-1替换关系式中的n，得到一个新的关系，利用an=Sn-Sn-1(n≥2)化简，求出当n≥2时an的表达式.
(3)对n=1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则分n=1与n≥2两段来写.
(4)根据所求结果的不同要求，利用an=Sn-Sn-1(n≥2)将已知关系式转化为只含Sn，Sn-1的关系式或转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=4an-3，则Sn=(　　).
A.4n-1 B.4n-1
C.3n-1 D.4(3n-1)
累加法
典例2　在数列{an}中，a1=2，an+1=an+n+1.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<2.
(1)累加求和→验证确定结果.
(2)放缩bn=<=2-→裂项相消法求和→得证.
方法总结：
若给出的是形如an+1-an=f(n)的递推公式，可利用累加法求数列的通项公式，步骤如下：
若an+1-an=f(n)，则当n≥2时，an-an-1=f(n-1)，an-1-an-2=f(n-2)，…，a3-a2=f(2)，a2-a1=f(1).
两边分别相加得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)，
所以当n≥2时，an=f(1)+f(2)+…+f(n-1)+a1，验证首项，得出结论.
南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}，an=an-1+n，n>1且n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)求证：++…+<2.
累乘法
典例3　已知数列{an}满足a1=1，(2n-1)an+1=(2n+1)an，则{an}的通项公式为　　　　.
方法总结：
若给出的是形如=f(n)的递推公式，可利用累乘法求数列的通项公式，步骤如下：
若=f(n)，则当n≥2时，=f(n-1)，=f(n-2)，…，=f(2)，=f(1).
两边分别相乘得=f(1)·f(2)·f(3)·…·f(n-1)，
所以当n≥2时，an=a1·f(1)·…·f(n-1)，验证首项，得出结论.
已知{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)-n+an+1an=0(n∈N*)，则它的通项公式为an=　　　　.
待定系数法
典例4　已知数列{an}满足an+1+2an=3，a1=2，且其前n项和为Sn，则满足不等式Sn-n-≥100的最小整数n为　　　　.
证明数列{an-1}为等比数列→求该数列的首项和公比→求得an→分组求和法得Sn→解不等式Sn-n-≥100求n.
方法总结：
若给出的是形如an+1=pan+q(p≠1，pq≠0)的递推公式，可利用待定系数法求数列的通项公式，步骤如下：
第一步，假设递推公式可变形为an+1+t=p(an+t)；
第二步，由待定系数法解得t=；
第三步，写出数列an+的通项公式；
第四步，写出数列{an}的通项公式.
已知数列{an}满足an+1=2(an+1)，若a5=78，则a1=(　　).
A.4 B.3 C. D.2
倒数构造法
典例5　已知数列{an}的首项a1=，且满足an+1=.
(1)求证：数列-2为等比数列.
(2)若+++…+<101，求满足条件的最大整数n.
(1)an+1=的两边取倒数，再同时减2→根据等比数列的定义判定.
(2)利用等比数列求和公式求和→构造函数→根据函数的单调性求n.
方法总结：
若给出的是形如an+1=(p，q，m为常数，pqm≠0)的递推公式，可通过两边取倒数，将其变形为=+，然后利用待定系数法等方法求解an.
已知数列{bn}满足b1=1，且bn+1=(n∈N*)，则{bn}的通项公式为　　　　.
对数构造法
典例6　已知数列{an}满足a1=1，=10an(an>0)，求{an}的通项公式.
=10an的两边取对数，得2lg an+1=lg an+1→构造等比数列求通项→解方程.
(改编)已知数列{an}的各项均为正数，a1=10且an+1=(n∈N*).若{an}的前n项之积为Tn，则满足Tn≤102 025的正整数n的最大值为(　　).
A.12 B.11 C.10 D.9
相邻三项的递推式
典例7　已知在数列{an}中，a1=5，a2=2，an=2an-1+3(n≥3)，则数列{an}的通项公式为　　　　.
方法总结：
形如an+1=Aan+Ban-1的模型，可通过构造二阶等比数列求解，有些可转化为an+1-an=(A-1)(an-an-1)，利用{an+1-an}为等比数列求出{an}的通项公式，有些可转化为an+1+an=(A+1)(an+an-1)，利用{an+1+an}为等比数列求出{an}的通项公式.解这类题的思路就是利用相邻两项的线性组合构造等比数列，然后求解.
已知数列{an}满足a1=1，a2=3，an+2=an+1+2an.某同学已经证明了数列{an+1-2an}和数列{an+1+an}都是等比数列，则数列{an}的通项公式为an=　　　　.
参考答案
拓展培优(三) 利用递推关系求通项
考向1　Sn与an之间的递推关系
典例1　an=-4×n
【解析】当n=1时，5a2+a1+16=0，∴a2=-，
当n≥2时，由5an+1+Sn+16=0，　①
得5an+Sn-1+16=0，　②
由①-②得5an+1=4an，
∵a2=-≠0，∴an≠0，
∴=，又=，
∴{an}是首项为-，公比为的等比数列，
∴an=-×n-1=-4×n.
培优精练　C
【解析】当n=1时，S1=4a1-3=4S1-3，得S1=1，
当n≥2时，Sn=4(Sn-Sn-1)-3，得3Sn=4Sn-1+3 Sn=Sn-1+1 Sn+3=(Sn-1+3)，
又S1+3=4，
所以{Sn+3}是首项为4，公比为的等比数列，
所以Sn+3=4×n-1，得Sn=4×n-1-3=3n-1，故选C.
考向2　累加法
典例2
【解析】(1)因为an+1=an+n+1，即an+1-an=n+1，
所以当n≥2时，a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n，
将以上各式相加，得an-a1=2+3+…+n=，则an=(n≥2)，
a1=2也符合上式，故an=.
(2)由题意得bn==<==2-.
所以Tn=b1+b2+…+bn<21-+-+…+-=21-<2.
培优精练
【解析】(1)因为an=an-1+n，n>1，所以an-an-1=n，n>1，
所以当n>1时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=，
当n=1时，上式也成立，
所以an=.
(2)因为==2-，
所以++…+=21-+-+…+-=21-<2.
考向3　累乘法
典例3　an=2n-1
【解析】由(2n-1)an+1=(2n+1)an及a1=1，得an≠0，
所以=，
当n≥2时，有an=××…××××a1=××…××××1=2n-1.
a1=1符合上式，所以an=2n-1.
培优精练　
【解析】把(n+1)-n+an+1an=0左侧分解因式，得[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0.
∵an>0，∴an+1+an>0，
∴(n+1)an+1-nan=0，
∴=，∴当n≥2时，···…·=×××…×，∴=(n≥2).
又∵a1=1，∴an=a1=(n≥2).
验证得首项亦满足上式，故an=.
考向4　待定系数法
典例4　9
【解析】因为an+1+2an=3，
所以an+1-1=-2(an-1)，又a1-1=1，
所以数列{an-1}是首项为1，公比为-2的等比数列，则an-1=(-2)n-1，所以an=1+(-2)n-1，
所以Sn=n+=n+-×(-2)n.
由Sn-n-≥100，即-×(-2)n≥100，得n≥log2300，
因为28=256<300<29=512，所以满足不等式Sn-n-≥100的最小整数n为9.
培优精练　B
【解析】由an+1=2(an+1)可得an+1+2=2(an+2)，
所以=2，则{an+2}是公比为2的等比数列，
所以a5+2=(a1+2)·24=80，得a1=3.故选B.
考向5　倒数构造法
典例5
【解析】(1)由an+1=，
可得==1+，
则-2=-1=-2，又-2=≠0，
故数列-2为等比数列.
(2)由(1)可知-2=×n-1=，故=+2.
所以+++…+=+2++2++2+…++2=+2n=1-+2n.
令f(n)=1-+2n，
易知f(n)随n的增大而增大，因为f(50)<101，f(51)>101，所以满足f(n)<101的最大整数为50.
培优精练　bn=
【解析】易知bn>0，两边取倒数得=，
整理得+1=2+1，
∴+1是首项为+1=2，公比为2的等比数列，
∴+1=2×2n-1，∴bn=.
考向6　对数构造法
典例6
【解析】等式=10an的两边取以10为底的对数，可得2lg an+1=lg an+1，则2lg an=lg an-1+1(n≥2)，
即lg an-1=(lg an-1-1)，
所以数列{lg an-1}是以lg a1-1=-1为首项，为公比的等比数列，
所以lg an-1=(-1)×n-1=-n-1，
即lg an=1-n-1，即an=10×.
培优精练　C
【解析】因为an+1=(n∈N*)，两边取常用对数，得lg an+1=2lg an，
所以lg an是以lg a1=lg 10=1为首项，2为公比的等比数列，
所以lg an=2n-1，则an=，
Tn=a1a2a3…an=，
令Tn≤102 025，即20+21+22+…+2n-1≤2 025，
根据等比数列的求和公式，得≤2 025，
整理得2n≤2 026，
又因为210<2 026<211，
所以正整数n的最大值为10，故选C.
考向7　相邻三项的递推式
典例7　an=×3n-1+×(-1)n-1
【解析】∵an=2an-1+3，
∴an+an-1=3(an-1+)，
又a1+a2=7，
∴{an+an+1}是首项为7，公比为3的等比数列，
∴an+an+1=7×3n-1，
则an+an-1=7×(n≥2).　①
又an-3an-1=-(an-1-3)，a2-3a1=-13，
∴{an+1-3an}是首项为-13，公比为-1的等比数列，∴an+1-3an=(-13)×(-1)n-1，
则an-3an-1=(-13)×(-1(n≥2).　②
由①×3+②得4an=7×3n-1+13×(-1)n-1，
∴an=×3n-1+×(-1)n-1，n≥2，
验证得首项亦满足上式，
∴an=×3n-1+×(-1)n-1.
培优精练　
【解析】当n=1时，a3=a2+2a1=5，
令bn=an+1-2an，已知{bn}为等比数列，b1=a2-2a1=1，b2=a3-2a2=-1，
所以{bn}的公比q1==-1，则bn=(-1)n-1，即an+1-2an=(-1)n-1.　①
令cn=an+1+an，已知{cn}为等比数列，c1=a2+a1=4，c2=a3+a2=8，
所以{cn}的公比q2==2，则cn=4×2n-1=2n+1，即an+1+an=2n+1.　②
联立①②解得an=.