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微专题12　递推数列与数列求和
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)方法一:因为an是Sn和8的等差中项,
所以an=,即Sn=2an-8①.
当n=1时,S1=a1=2a1-8,得a1=8.
当n≥2时,Sn-1=2an-1-8②,
①-②得Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),得an=2an-1(n≥2),即=2(n≥2).
所以数列{an}是以8为首项,2为公比的等比数列,所以an=8×2n-1=2n+2.
方法二:因为an是Sn和8的等差中项,所以an=,即Sn=2an-8.
当n=1时,S1=a1=2a1-8,得a1=8.
当n=2时,S2=2a2-8,得a2=16.
当n=3时,S3=2a3-8,得a3=32.
猜想:an=2n+2.
下面用数学归纳法证明.
(i)当n=1时,可知猜想成立.
(ii)假设当n=k时,猜想成立,即ak=2k+2,则Sk=2ak-8=2k+3-8,
所以当n=k+1时,Sk+1=2ak+1-8,
则ak+1=Sk+1-Sk=2ak+1-8-2k+3+8,
得ak+1=2k+3=2(k+1)+2,
即当n=k+1时,猜想也成立.
由(i)(ii)可知猜想成立,即an=2n+2.
(2)证明:因为bn=log2an=log22n+2=n+2,所以==-,所以Tn=++…+=++…+=-.
由n≥1,得0<≤,则≤-<,所以≤Tn<.
自测题
解:(1)因为S1=a1=1,所以=1,
所以数列是首项为1,公差为的等差数列,所以=1+(n-1)·=,所以Sn=an.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,所以(n-1)an=(n+1)an-1,即=,
则an=××…×××a1=××…×××1=,又a1=1满足上式,
所以{an}的通项公式为an=.
(2)证明:++…+=2×=2×=2-<2.
例2　解:(1)在4Sn=3an+4中取n=1,得a1=4,
由得4(Sn-Sn-1)=3an-3an-1(n≥2),
即4an=3an-3an-1(n≥2),
∴an=-3an-1(n≥2),
∴{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列,∴an=4×(-3)n-1.
(2)方法一:由(1)知bn=4n·3n-1,
则Tn=4×(1+2×3+3×32+…+n×3n-1)①,
则3Tn=4×[1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n]②,
②-①得2Tn=4n·3n-4(1+3+32+…+3n-1)=4n·3n-4×=(4n-2)·3n+2,
∴Tn=(2n-1)·3n+1.
方法二:由(1)知bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,∴当n≥2时,Tn=Tn-1+4n·3n-1,两边同时减去(2n-1)·3n可得Tn-(2n-1)·3n=Tn-1-(2n-3)·3n-1(n≥2),故{Tn-(2n-1)·3n}为常数列,
则Tn-(2n-1)·3n=1,可得Tn=(2n-1)·3n+1.
自测题
解:(1)由anan+1=4Sn-1(*),
得an-1an=4Sn-1-1,n≥2,
两式作差得anan+1-an-1an=4an,n≥2,
因为数列{an}的各项均为正数,
所以an+1-an-1=4,n≥2.
在(*)式中令n=1,得a1a2=4S1-1,则a2=3.
则数列{an}的奇数项是以1为首项,4为公差的等差数列,
故当n为奇数时,an=1+×4=2n-1;
数列{an}的偶数项是以3为首项,4为公差的等差数列,
故当n为偶数时,an=3+×4=2n-1.
综上,数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)证明:由(1)可得,bn==,
则Tn=+++…+,
则Tn=+++…+,
两式作差得,Tn=+++…+-=+-=-,
则Tn=3-.
令cn=,则=·=·<1,
则数列{cn}为递减数列,且c1=,
则0<≤,
故≤Tn<3.
例3　解:(1)由nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),得-=1,
又a1=1,所以数列是首项为=a1=1,公差d=1的等差数列,
所以=n,即Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
因为a1=1也满足上式,所以an=2n-1,则数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)得an=2n-1,
则bn=(-1)n=(-1)n,
所以Tn=-+-+…+(-1)n=-1+(-1)n.
例4　(1)BCD　(2)609　[解析] (1)由an+1-2an=2n+1,可得-=1,又=1,所以数列是首项和公差均为1的等差数列,可得=1+n-1=n,则an=n·2n,可得a2=8,数列{an}是递增数列,故A中结论正确,B,C中结论错误;Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,两式相减可得-Sn=21+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2,所以Sn=(n-1)·2n+1+2,故D中结论错误.故选BCD.
(2)由题意知,a1=1,a2=1,a3=a1+a2=2,a4=a2+a3=3,a5=a3+a4=5,…,an+an+1=an+2(1≤n≤14且n∈N*),所以数列{an}的前14项依次为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,则a6=8,a8=21,a10=55,a12=144,a14=377,则a2i=a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14=609.
自测题
1.BD　[解析] 对于A,如an=1,则n=1(2)=1,或n=10(2)=2或n=100(2)=4,…,显然n无最大值,故A错误;对于B,设an=m,n=bk·2k+bk-1·2k-1+…+b0·20,且bi=m,则2n=bk·2k+1+bk-1·2k+…+b0·21+0×20,所以a2n=bk+bk-1+…+b0+0=m=an,B正确;对于C,由B选项可得a2=a1,假设a2n-1=a2n-1,则当n=1时,可得a1=a2-1,与a2=a1矛盾,故假设不成立,故C错误;对于D,设2n+1=bk·2k+bk-1·2k-1+…+b1·21+1×20,则2n=(bk·2k+bk-1·2k-1+…+b1·21+1×20)-1=bk·2k+bk-1·2k-1+…+b1·21+0×20,故a2n+1=a2n+1,故D正确.故选BD.
2.BD　[解析] 由题意知a4=a2+a1=2,a5=a3+a2=2,a6=a4+a3=3,a7=a5+a4=4,a8=a6+a5=5,故A错误;由A选项的分析可知,S8=a1+a2+a3+…+a8=19,故B正确;由a1=a2=a3=1,an+3=an+1+an(n∈N,n≥1),并用*表示奇数,@表示偶数,可得下表,
a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7
1 1 1 2 2 3 4
a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14
5 7 9 12 16 21 28
a15 a16 a17 a18 a19 a20 a21
* * * @ @ * @
a22 a23 a24 a25 a26 a27 a28
* * * @ @ * @
……
显然,该数列的项为奇数还是偶数以7为周期重复出现,一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数,2个偶数,1个奇数,1个偶数,因为2025=7×289+2,所以a2025是奇数,故C错误;由a4=a2+a1,a5=a3+a2,a6=a4+a3,…,an=an-2+an-3,且n≥4,n∈N*,得a4+a5+…+an=a1+2(a2+a3+…+an-3)+an-2,又Sn=a1+a2+a3+…+an,所以Sn=2(a1+a2+a3+…+an-3)+an-2+a2+a3=2Sn-3+an-2+2(n≥4,n∈N*),故D正确.故选BD.限时集训(十二)
1.A　[解析] 因为数列{an}满足an+1=,且a1=3,所以a2===-2,a3===,a4===,a5===3,a6===-2,…,则数列 {an} 是最小正周期为4的周期数列.由2025=506×4+1,可得a2025=a1=3.故选A.
2.B　[解析] 由题意可得a3=a1-a2=1,因为a3=a2,所以a4=a3-a2=0;因为a4a4,所以a6=a5-a4=1;因为a6=a5,所以a7=a6-a5=0;….所以数列{an}从第二项起是以3为最小正周期的周期数列,则S2025=a1+674(a2+a3+a4)+a2024+a2025=2+674×2+1+1=1352.故选B.
3.B　[解析] 由题可得a1=1+i,a2=2i,a3=-2(1-i),a4=-4,则a1+a2+a3+a4=5(i-1),a5=-4(1+i),a6=-8i,a7=8(1-i),a8=16,则a5+a6+a7+a8=-20(i-1),a9=16(1+i),a10=32i,a11=-32(1-i),a12=-64,则a9+a10+a11+a12=80(i-1),a13=-64(1+i),a14=-128i,a15=128(1-i),a16=256,则a13+a14+a15+a16=-320(i-1),…,依次类推,可得a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=5·(-4)n-1(i-1),所以数列{an}的前4n项和为5[(-4)0+(-4)1+(-4)2+(-4)3+…+(-4)n-1](i-1)=5×·(i-1)=[1-(-4)n](i-1).故选B.
4.C　[解析] 对于A,由=1-an,得an≠0,an-an+1=>0,则an>an+1,故A错误;对于B,由a1=1,得a2=,由A选项的分析可知,当n≥3时,an<,故B错误;对于C,D,由=1-an,得=,则==+,即-=,则当n≥2时,=+++…+>1+=,所以an<(n≥2),则1013a2025<=1,故C正确,D错误.故选C.
5.AB　[解析] 设an+2+λan+1=(λ+3)(an+1+λan),则an+2=3an+1+(λ+3)λan,则λ(λ+3)=4,解得λ=-4或λ=1.当λ=1时,an+2+an+1=4(an+1+an),因为a2+a1=4≠0,所以{an+1+an}是以4为首项,4为公比的等比数列,所以an+1+an=4n①,故A正确.当λ=-4时,an+2-4an+1=-(an+1-4an),因为a2-4a1=3-4=-1≠0,所以{an+1-4an}是以-1为首项,-1为公比的等比数列,所以an+1-4an=(-1)n②,故B正确.①②两式作差得,an=,故C错误.数列的前n项和为×(41+42+…+4n)=×=,数列的前n项和为×[(-1)1+(-1)2+…+(-1)n]=×=,则Sn=-=,故D错误.故选AB.
6.AD　[解析] 对于A,当n=1时,可得a1=1×21=2,故A正确.对于B,a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,则当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1,两式相减可得2n-1an=n·2n-(n-1)·2n-1=(n+1)2n-1(n≥2),所以an=n+1(n≥2),因为a1=2满足上式,所以an=n+1.因为当n≥2时,=,不是常数,所以数列{an}不是等比数列,故B错误.对于C,由an=n+1可知{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以Sn=2n+,所以S2n=4n+,S3n=6n+,则Sn+S3n=2n++6n+=8n+5n2-2n=5n2+6n,又2S2n=8n+4n2-2n=4n2+6n,所以Sn+S3n≠2S2n,所以Sn,S2n,S3n不构成等差数列,故C错误.对于D,==-,所以T100=+++…+=-+-+-+…+-=-==,故D正确.故选AD.
7.BCD　[解析] 设{Fn}是斐波那契数列:F0=1,F1=1,Fn+1=Fn+Fn-1(n=1,2,…).现证明以下结论成立:若n=Fk(k≥2),则后取者乙有必胜策略.当n=F2=2时,甲只能取1个球,故乙必胜;当n=F3=3时,若甲取1个球,则乙可直接取2个球后获胜;若甲取2个球,则乙可直接取1个球后获胜,故乙必胜.故n=F2和F3时结论成立.假设当n=Fm-1和n=Fm(m≥3)时结论成立,那么当n=Fm+1时,若甲取的球数r≥Fm-1,则剩下的球数为Fm+1-r≤Fm+1-Fm-1=Fm=Fm-1+Fm-2<2Fm-1≤2r,故乙只要将剩下的Fm+1-r个球全部取走即可获胜.若甲取的球数r8.5　[解析] ∵an+1-2an=1, ∴an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,∴{an+1}是以2为首项, 2为公比的等比数列,∴an+1=2×2n-1=2n,∴an=2n-1.∴Sn=-n=2n+1-n-2,∴Sn+n=2n+1-2<100,即2n+1<102,∴n+19.496　[解析] 因为an+1+an=3n+(-1)n,所以当n≥2时,an+an-1=3(n-1)+(-1)n-1,两式作差得an+1-an-1=3n+(-1)n-[3(n-1)+(-1)n-1]=3+2(-1)n,n≥2.当n为奇数时,an+1-an-1=1,n≥2,因为a1=1,a2+a1=2,所以a2=1,所以{an}中的偶数项是以a2=1为首项,1为公差的等差数列,则当n为偶数时,an=1+×1=;当n为偶数时,an+1-an-1=5,n≥2,所以{an}中的奇数项是以a1=1为首项,5为公差的等差数列,则当n为奇数时,an=1+5=n-.因为bn=an·an+1,所以b100-b98=a100a101-a98a99=50×251-49×246=496.
10.解:(1)因为an+1+an-1=2(an+1)(n≥2),所以an+1-an=an-an-1+2(n≥2),
又bn=an+1-an,所以bn=bn-1+2(n≥2),即bn-bn-1=2(n≥2),
所以数列{bn}是公差为2的等差数列.
又a1=1,a3=9,a3+a1=2(a2+1),
所以9+1=2(a2+1),解得a2=4,故b1=a2-a1=3,
所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.
(2)证明:由(1)可知,an+1-an=2n+1,
所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)==n2,
又a1=1符合上式,所以an=n2,所以===,
故Sn===-,
因为n∈N*,所以+>0,所以Sn<.
11.解:(1)因为数列{an}为等差数列,所以a4+a5+a6=3a5=27,可得a5=9,
所以数列{an}的公差d===2,
故an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1.
(2)(i)当n=1时,由Sn=2bn-2得b1=S1=2b1-2,解得b1=2.
当n≥2时,由Sn=2bn-2得Sn-1=2bn-1-2,
上述两个等式作差可得bn=2bn-2bn-1(n≥2),可得bn=2bn-1(n≥2).
所以数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列,故bn=2×2n-1=2n.
(ii)由题可得cn=anbn=(2n-1)×2n,
所以Mn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,
则2Mn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,
上述两个等式作差得-Mn=2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+-(2n-1)·2n+1=-6+(3-2n)·2n+1,
所以Mn=(2n-3)·2n+1+6.
12.24　[解析] 当n=3时,按-1的个数及出现的位置,初始数列共有7种情况:初始数列-1,-1,-1-1,-1,1-1,1,11,1,1,x=3;初始数列-1,-1,1-1,1,11,1,1,x=2;初始数列-1,1,-1-1,-1,-1→…→1,1,1,x=4;初始数列1,-1,-11,1,-1-1,1,-1-1,-1,-1→…→1,1,1,x=6;初始数列-1,1,11,1,1,x=1;初始数列1,-1,1-1,-1,1-1,1,11,1,1,x=3;初始数列1,1,-1-1,1,-1-1,-1,-1→…→1,1,1,x=5.所以所求操作次数的和为3+2+4+6+1+3+5=24.
13.解:(1)由题意知S1=2a2-3且S1=a1=,所以a2=.
由Sn=2an+1-3,可得Sn-1=2an-3(n≥2),两式相减得an=Sn-Sn-1=2an+1-2an(n≥2),
所以当n≥2时,an+1=an,
又a1=,a2=满足上式,所以an+1=an,
所以{an}是首项和公比均为的等比数列,所以an=.
(2)由题意知bn=(n+1),
则Tn=2×+3×+4×+…+(n+1)×①,
Tn=2×+3×+4×+…+(n+1)×②,
①-②得-Tn=3+-(n+1)=3+-(n+1)=-+×-(n+1)=-+(1-n),
所以Tn=3+2(n-1).
(3)由(1)可得,cn=(n2+n),
当n≥2时,由==>1,可得n<5,
所以当n<5时,c15时,c5>c6>c7>….
因为c4=(42+4)=,
c5=(52+5)=,所以c4=c5.
所以c1c6>c7>….
综上,n=4或n=5时,cn取得最大值.
14.解:(1)当n=1时,a1=S1=,解得a1=-1或a1=3,因为an>0,所以a1=3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2),
因为an+an-1>0(n≥2),所以an-an-1=2(n≥2),
又a1=3,所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)方法一:因为bn=
所以bn=
则当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=(b1+b3+…+bn-3+bn-1)+(b2+b4+…+bn-2+bn)=(-2)×+[12+20+…+(4n-4)+(4n+4)]=(-2)×+=n2+3n;
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4.
所以Tn=
因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ恒成立,
所以当n为奇数时,n2+n-4≥10n+λ恒成立,所以λ≤n2-9n-4恒成立,
不等号的右边可看作关于n的二次函数,其图象所在抛物线的对称轴方程为x=-=4.5,
因为n为奇数,所以当n=5时,n2-9n-4取得最小值-24,则λ≤-24.
当n为偶数时,n2+3n≥10n+λ恒成立,所以λ≤n2-7n恒成立,
同理可得,当n=4时,n2-7n取得最小值-12,则λ≤-12.
综上,λ≤-24.
方法二:因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ恒成立,
所以λ≤Tn-10n恒成立,故只需求Tn-10n的最小值.令Cn=Tn-10n.
当n为奇数时,Cn+1-Cn=Tn+1-Tn-10=bn+1-10=an+1+an+2-10=4n-2>0,
则Cn+1>Cn,所以Cn的最小值一定在n为奇数时取到.
当n为奇数时,Cn+2-Cn=Tn+2-Tn-20=bn+2+bn+1-20=an+2-an+3+an+1+an+2-20=4n-14,
可得当n≥4时,Cn+2>Cn,当n≤3时,Cn+2所以当n为奇数时,C1>C3>C5,C5则Cn的最小值为C5=T5-50=b1+b2+…+b5-50=-24,
所以λ≤-24.微专题12　递推数列与数列求和
微点1　利用构造法或者猜想求项或通项
例1 [2025·广东广州二模] 设Sn为数列{an}的前n项和,且an是Sn和8的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=log2an,数列的前n项和为Tn,证明:≤Tn<.
【规律提炼】
1.利用递推关系求通项公式的常见类型与求解方法:
(1)形如an+1-an=f(n)的数列,利用累加法.
(2)形如=f(n)的数列,利用累乘法.
(3)形如an+1=(p,q≠0)的数列,关系式两边取倒数可得-=,则可求出等差数列的通项公式.
(4)若数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0,p≠1,q≠0),构造an+1+λ=p(an+λ).
(5)若数列{an}满足an+1=pan+f(n)(p≠0,p≠1),构造an+1+g(n+1)=p[an+g(n)].
2.利用递推关系赋值求前几项,通过归纳猜想出数列的通项公式,再用数学归纳法证明.
自测题
[2022·新高考全国Ⅰ卷] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:++…+<2.
微点2　根据通项特点求和
角度1　错位相减法
例2 [2024·全国甲卷] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
【规律提炼】
用错位相减法求和时的注意点:
(1)要善于通过通项公式的特征识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;
(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
自测题
[2025·陕西汉中模拟] 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且anan+1=4Sn-1(n∈N*),a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:≤Tn<3.
角度2　裂项相消法
例3 [2025·福建龙岩质检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),n∈N*,a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)n·,求数列{bn}的前n项和Tn.
【规律提炼】
用裂项相消法求和时,要对通项进行变换,如:=(-),=,裂项后产生可以连续相互抵消的项.抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项,但是前后所剩项数一定相同.
微点3　递推关系探究
例4 (1)(多选题)[2025·昆明模拟] 已知数列{an},定义数列{an+1-2an}为数列{an}的“2倍差数列”.若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an+1-2an=2n+1,且a1=2,则下列结论中错误的是 (　 )
A.a2=8
B.an=(n+1)·2n
C.数列{an}是递减数列
D.数列{an}的前n项和Sn=n·2n+1
(2)[2025·浙江杭州模拟] 如图,某大型景区有16处打卡景观,这16处景观依次用A1,A2,A3,…,A16表示,某游客按照箭头所示方向(不可逆行)可以任意选择一条路径走向其他景观,并且每个景观至多经过一次,若该游客按上述规则从入口出发到达景观Ai的不同路线有ai条,其中1≤i≤16,i∈N,则a2i=　　　　.
[听课笔记]


自测题
1.(多选题)我们常用的数是十进制数,如2024=2×103+0×102+2×101+4×100,计算机用的是二进制数,只需两个数码0,1.如二进制数1101(2)=1×23+1×22+0×21+1×20=13.将十进制正整数n表示为二进制数,其各位数字之和记为an,即n=bk·2k+bk-1·2k-1+…+b0·20,其中bi∈{0,1}(i=0,1,2,…,k),且bi=m,则an=m,如a13=1+1+0+1=3.则以下关于数列{an}的结论正确的有 (　 )
A.若an=m(m∈N*),则n的最大值为2m-1
B.a2n=an
C.a2n-1=a2n-1
D.a2n+1=a2n+1
2.(多选题)[2025·福建泉州四校联考] 帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列,在数学上,帕多瓦数列{an}满足a1=a2=a3=1,an+3=an+1+an(n∈N*),记{an}的前n项和为Sn,则下列结论中正确的是 (　 )
A.a8=7
B.S8=19
C.a2025是偶数
D.Sn=2Sn-3+an-2+2(n≥4,n∈N)　限时集训(十二)微专题12　递推数列与数列求和
1.[2025·重庆渝北区模拟] 已知数列{an}满足an+1=,且a1=3,则a2025= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.3 B.
C.-2 D.
2.若数列{an}满足a1=2,a2=1,且an+2=则{an}的前2025项和为 (　 )
A.1350 B.1352
C.2025 D.2026
3.[2025·浙江绍兴二模] 已知虚数数列{an}满足an=(1+i)n(i为虚数单位),则其前4n项和为(　 )
A.[1-(-4)n](1-i)
B.[1-(-4)n](i-1)
C.[1-(-4)n](1-i)
D.[1-(-4)n](i-1)
4.已知数列{an}满足a1=1,=1-an,则(　 )
A.an+1>an B.an>
C.1013a2025<1 D.1013a2025>1
5.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1+4an,则以下说法正确的是 (　 )
A.{an+1+an}是等比数列
B.{an+1-4an}是等比数列
C.an=
D.Sn=
6.(多选题)[2025·武汉四月调研] 已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,{an}的前n项和为Sn,则 (　 )
A.a1=2
B.数列{an}是等比数列
C.Sn,S2n,S3n构成等差数列
D.数列的前100项和T100=
7.(多选题)[2025·安徽淮北质检] 甲、乙两名玩家轮流从装有n个小球的容器中取球,每次至少取一个,先取球者第一次不能将球取完,之后双方每次取球数不超过对方上一次取球数的2倍,取得最后一个球的玩家获胜.若甲先取,乙有必胜的策略,则n可以是 (　 )
A.4 B.5
C.8 D.13
8.[2025·山东泰安模拟] 已知数列{an}满足an+1-2an=1, 且a1=1,设{an}的前n项和为Sn,则满足不等式Sn+n<100的n的最大值是　　　　.
9.[2025·东北三省联考] 已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=3n+(-1)n,数列{bn}满足bn=an·an+1,则b100-b98=　　　　.
10.[2025·湖南永州二模] 已知数列{an}满足a1=1,a3=9,且对任意的n≥2,n∈N*,都有an+1+an-1=2(an+1).
(1)设bn=an+1-an,求数列{bn}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<.
11.[2025·湖南郴州三模] 已知数列{an}为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=27.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)已知数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=2bn-2.
(i)求数列{bn}的通项公式;
(ii)已知数列{cn}满足cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Mn.
12.[2025·云南昆明二模] 已知ai(i=1,2,…,n)随机取-1或1,构成数列{an}为初始数列,当{an}不为常数列时,对数列{an}进行如下操作:①统计{an}中-1的个数,记为k;②把ak改为-ak,其余项不变,得到新数列.若新数列为常数列,则停止操作,否则将{an}替换为新数列,重复上述操作,记录对应操作次数为x.可知对任意初始数列{an},必在有限次操作后停止.如n=2,对初始数列1,-1,操作过程为1,-1-1,-1-1,11,1,对应x=3.当n=3时,对所有可能的初始数列{an},对应操作次数的和为　　　　.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,Sn=2an+1-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(n+1)an,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)若cn=,求使cn取得最大值时n的值.
14.[2025·浙江嘉兴三模] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,4Sn=+2an-3,数列{bn}满足bn=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*,Tn≥10n+λ恒成立,求实数λ的取值范围.(共50张PPT)
微专题12 递推数列与数列求和
微点1 利用构造法或者猜想求项或通项
微点2 根据通项特点求和
微点3 递推关系探究
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
数列 递推 关系 及通 项 2025年Ⅰ卷16； 2022年Ⅰ卷17； 2021年Ⅰ卷17； 2021年Ⅱ卷12 数列递推一般属于轮考 考点，解题时一般先求 出通项公式，再结合题 目条件具体求解，有时 会与数列求和、不等式 等知识综合考查，一般 难度较大. 利用递推关系求数
列通项公式的常用
方法：递推公式
法、累加法、累乘
法、构造数列法、
对数变换法、倒数
变换法
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
数列 求和 2025年Ⅰ卷16； 2023年Ⅱ卷 18； 2022年Ⅰ卷17； 2021年Ⅰ卷16； 2021年Ⅰ卷17 高考中对于数列求和的 考查较多，选填题一般 结合等差数列或等比数 列的定义，利用基本量 法求解，解答题一般先 分析数列的结构，再求 和.有时会与实际问题或 不等式等结合考查，综 合性较强 1.识别数列求和的
结构.
2.掌握数列求和的
常用方法：公式
法、分组求和法、
裂项相消法、错位
相减法、倒序相加
法、并项求和法
续表
微点1 利用构造法或者猜想求项或通项
例1 [2025·广东广州二模] 设为数列的前项和，且是 和8
的等差中项.
（1）求数列 的通项公式；
解：方法一：因为是 和8的等差中项，所以，
即 .
当时，，得 .
当时， ，
得，得 ，
即 .
所以数列 是以8为首项，2为公比的等比数列，所以
.
方法二：因为是和8的等差中项，所以 ，即
.
当时，，得 .
当时，，得 .
当时，，得 .
猜想： .
下面用数学归纳法证明.
当 时，可知猜想成立.
假设当时，猜想成立，即 ，则
，
所以当时， ，
则 ，
得 ，
即当 时，猜想也成立.
由可知猜想成立，即 .
例1 [2025·广东广州二模] 设为数列的前项和，且是 和8
的等差中项.
（2）令，数列的前项和为 ，证明：
.
证明：因为 ，所以
，所以 .
由，得，则，所以 .
【规律提炼】
1.利用递推关系求通项公式的常见类型与求解方法：
（1）形如的数列，利用累加法.
（2）形如的数列，利用累乘法.
（3）形如的数列，关系式两边取倒数可得
，则可求出等差数列的通项公式.
（4）若数列满足 ，构造
.
（5）若数列满足 ，构造
.
2.利用递推关系赋值求前几项，通过归纳猜想出数列的通项公式，再
用数学归纳法证明.
自测题
[2022·新高考全国Ⅰ卷] 记为数列的前项和，已知,
是公差为的等差数列.
（1）求 的通项公式；
解：因为，所以 ，
所以数列是首项为1，公差为 的等差数列，
所以，所以 .
当时， ，所以
，即 ，
则，又 满足上式，
所以的通项公式为 .
[2022·新高考全国Ⅰ卷] 记为数列的前项和，已知,
是公差为的等差数列.
（2）证明： .
证明： .
微点2 根据通项特点求和
角度1 错位相减法
例2 [2024·全国甲卷] 记为数列的前项和，已知 .
（1）求 的通项公式；
解：在中取,得 ，
由得，
即 ,
,
是以4为首项，为公比的等比数列, .
例2 [2024·全国甲卷] 记为数列的前项和，已知 .
（2）设,求数列的前项和 .
解：方法一：由（1）知 ，
则 ，
则 ，
得
，
.
方法二：由（1）知, 当 时，
，
两边同时减去 可得
,
故 为常数列，
则,可得 .
【规律提炼】
用错位相减法求和时的注意点：
（1）要善于通过通项公式的特征识别题目类型，特别是等比数列公
比为负数的情形；
（2）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”
以便下一步准确写出“”的表达式；
（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公
比等于1和不等于1两种情况求解.
自测题
[2025·陕西汉中模拟] 设各项均为正数的数列的前项和为，
且，.
（1）求数列 的通项公式；
解：由 ，
得, ，
两式作差得, ，
因为数列 的各项均为正数，
所以, .
在式中令，得，则 .
则数列 的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，
故当为奇数时， ；
数列 的偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，
故当为偶数时， .
综上，数列的通项公式为 .
[2025·陕西汉中模拟] 设各项均为正数的数列的前项和为，
且，.
（2）已知，数列的前项和为，求证： .
证明：由（1）可得， ，
则 ，
则 ，
两式作差得，
，
则 .
令，则 ，
则数列为递减数列，且 ，
则 ，
故 .
角度2 裂项相消法
例3 [2025·福建龙岩质检] 已知数列的前项和为 ，且满足
，， .
（1）求数列 的通项公式；
解：由，得 ，
又，所以数列是首项为，公差 的等差数列，
所以，即 .
当时， ，
因为也满足上式，所以，则数列 的通项公式
为 .
例3 [2025·福建龙岩质检] 已知数列的前项和为 ，且满足
，， .
（2）若，求数列的前项和 .
解：由（1）得 ，
则 ，
所以 .
【规律提炼】
用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：
，，裂项后产生可以
连续相互抵消的项.抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有
可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同.
微点3 递推关系探究
例4（1）（多选题）[2025·昆明模拟]已知数列 ，定义数列
为数列的“2倍差数列”.若 的“2倍差数列”的通项
公式为，且 ，则下列结论中错误的是
( )
A.
B.
C.数列 是递减数列
D.数列的前项和
√
√
√
[解析] 由，可得，又 ，所以数
列是首项和公差均为1的等差数列，可得 ，则
，可得，数列 是递增数列，故A中结论正确，
B，C中结论错误；
，则
，两式相减可得，所以 ，故D中结论错误.
故选 .
（2）[2025·浙江杭州模拟] 如图，某大型景区有
16处打卡景观，这16处景观依次用,,, ,
表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）
可以任意选择一条路径走向其他景观，并且每个
景观至多经过一次，若该游客按上述规则从入口
609
出发到达景观的不同路线有 条，其中
，，则 _____.
[解析] 由题意知，， ，
， ，
，，
且 ，所以数
列 的前14项依次为
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,
则， ，，， ，则
.
自测题
1.（多选题）我们常用的数是十进制数，如
，计算机用的是二进制数，只需两个数码
0,1.如二进制数
将十进制正整数 表示为二进制数，其各位数字之和记为 ，即
，其中
，且，则 ，如.
则以下关于数列 的结论正确的有 ( )
A.若，则的最大值为
B.
C.
D.
√
√
[解析] 对于A，如，则，或 或
，…，显然 无最大值，故A错误；
对于B，设，，
且 ，则 ，
所以 ，B正确；
对于C，由B选项可得，假设，则当 时，
可得，与 矛盾，故假设不成立，故C错误；
对于D，设 ，则
，
故，故D正确.故选 .
2.（多选题）[2025·福建泉州四校联考]帕多瓦数列是与斐波那契数
列相似的又一著名数列，在数学上，帕多瓦数列 满足
,，记的前项和为 ,
则下列结论中正确的是( )
A.
B.
C. 是偶数
D.
√
√
[解析] 由题意知, ，
，， ，故A错误；
由A选项的分析可知， ，故B正确；
由, ，并用*表示奇
数，@表示偶数，可得下表，
1 1 1 2 2 3 4
5 7 9 12 16 21 28
* * * @ @ * @
* * * @ @ * @
…… 显然，该数列的项为奇数还是偶数以7为周期重复出现，一个周期内
下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数，1个奇数，1个偶数，
因为，所以 是奇数，故C错误；
续表
由 ，，， ，
，且， ,得
，
又，所以 ，
故D正确.故选 .
［备选理由］例1定义了数组变换规则，涉及数值变换规律和递推关
系，最终转化为等比数列求和，强调“信息转化”和“模型构建”能力.
例2是等比数列性质判断题，选项涉及前 项和与项的关系，需要通
过反例排除错误选项，突出“分类讨论”和“反例验证”的思维方法.例3
是方格最值问题，通过构造不同方格表讨论和 的大小关系，考查
逻辑推理和构造能力.例4新定义“倍增数列”并设置两小问，包含定义
验证和递推证明，综合性较强.
例1 ［配例1使用］[2025·江西鹰潭二模] 若 为
一个有序实数组，其中,0,，表示把
中每个都变为，0，每个0都变为 ，1，每个1都变为0，1所
得到的新的有序实数组，例如： ，则
.定义，,2,3, ，若，中有
项为1，则 的前2025项和为_ ______.
[解析] 因为，所以 ，
.
显然中有2项，其中1项为 ，1项为1；
中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0；
中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0.
由此可得中共有项，其中1和 的项数相同，都为，
设中有项为0，所以， ，
从而.
因为表示把中每个 都变为，0，每个0都变为 ，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，
所以
得，，所以的前2025项和为 .
例2 ［补充使用］[2025·江苏苏锡常镇四市调研]已知等比数列
的公比，前项和为，则对任意 ，下列结论一定正确
的是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 令，则，，，所以 ，A错误；
，B错误；
，C错误；
一般情况下，当时，，，
，则 ，
， 此时 ，
，
当时，，左边 ，
右边 左边，D正确.故选D.
例3 ［补充使用］（多选题）[2025·山东菏泽二模]如图，在 的
方格表中，任意填入个互不相等的实数 ，取每
行的最大数，得到个数，其中最小的一个是 ，再取每列的最小数，
又得到个数，其中最大的一个是 ，下列结论中可能成立的有
( )
…
…
…
A. B. C. D.
√
√
√
[解析] 设，因为是第行的最大数，所以对于第 行的任意
,2, ,，都有.
设，因为是第 列的最小数，所以对于第列的任意,
2, ,，都有.
因为 是第行的最大数，所以，
因为是第 列的最小数，所以，所以.
构造 方格表如下：
1 2
3 4
则 .
构造 方格表如下：
3 1
2 4
则,，此时.所以.
当时，取 ，，，则，
此时.故选 .
例4 ［配例4使用］若各项均为正数的数列满足对任意 ，
都有成立，则称数列 为“倍增数列”.
（1）试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”；
解：对于数列1,2,5,13，因为 ，所以该数列是“倍增数列”.
对于数列1,3,8,21，因为 ，所以该数列不是“倍增数列”.
例4 ［配例4使用］若各项均为正数的数列满足对任意 ，
都有成立，则称数列 为“倍增数列”.
（2）设数列满足， ，试判
断数列 是否为“倍增数列”，并说明理由.
解：先证明 .
，
同理得 ，
利用迭代可得 ，
因为，所以 ，
证毕.
由可得是各项均为正数的数列，在中，取 ,
可得，故 ，
则 ，
故数列 是“倍增数列”.

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