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第2讲　数列的递推关系
1.(2020·全国Ⅰ卷，文T16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1，前16项和为540，则a1=　　　　　　.
2.(2017·全国Ⅲ卷，文T17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
3.(2021·新高考全国Ⅰ卷，T17)已知数列{an}满足a1=1，an+1=
(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和.
命题热度：本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题也经常出现.分值约为5~13分.
考查方向：考查重点一是通过构造辅助数列求数列的通项、求和等，二是利用an与Sn的关系求数列的通项、求和等等.
考点一　构造辅助数列
1.形如an+1-an=f(n)的数列，利用累加法求an.
2.形如=f(n)的数列，利用累积法求an.
3.形如an+1=(p，q≠0)的数列，取倒数构造等差数列求通项.
4.若数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0，1；q≠0)，构造an+1+λ=p(an+λ).
5.若数列{an}满足an+1=pan+f(n)(p≠0，1)，构造an+1+g(n+1)=p[an+g(n)].
例1　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　)
A.若a1=2，an+1=an+n+1，则a20=211
B.若a1=1，an+1=2an+3，则an=2n-1-3
C.若a1=1，an+1=则an=
D.若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n
(2)已知数列{an}满足an+1=2an-n+1，a1=3，则an=　　　　　.
[易错提醒]　构造辅助数列求通项时，一定要注意n的范围，以及验证首项.特别是构造新数列时，当不包含首项时，更要验证首项是否满足，若首项不满足，则新数列不是从第一项开始的等差或等比数列.
跟踪演练1　(1)(2025·厦门模拟)已知数列{an}满足a1=1，2an+1=n(an-an+1)，则a100=　　　　.
(2)(2025·盘锦模拟)已知数列{an}满足a1=an=an-1+则an=　　　　　　　.
考点二　利用an与Sn的关系
an与Sn的关系为an=
解题时，往往需要依据条件、所求，将an与Sn进行相互转化.
例2　(2025·济南模拟)记正项数列{an}的前n项和为Sn，已知an(2Sn-an)=2.
(1)证明：{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
[规律方法]　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(n≥2)求出an(n≥2).
跟踪演练2　(1)(2025·北京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+2Sn=n，则a5等于(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
(2)(2025·常德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且an+1=a1+a2+…+an(n∈N*)，则(　　)
A.a2=2 B.a4=8
C.S2=3 D.S5=16
专题突破练
[分值：70分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.已知数列{an}的首项a1=1，且an+1-an=n+1，则a40等于(　　)
A.810 B.820 C.830 D.840
2.(2025·潍坊模拟)已知数列{an}满足an+1=若a1=1，则a5等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
3.在数列{an}中，若a1=2，an+1=2an+3·2n+1，则等于(　　)
A.3n-1 B.2n-1
C.3n-2 D.2n-1
4.(2025·临沂模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+nan=1，当Sn>0.99时，n的最小值为(　　)
A.49 B.50 C.99 D.100
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·南京模拟)已知数列{an}中，a3=an-an+1=-3anan+1，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　　)
A.a1= B.an=
C.an≥a7 D.S10<0
6.(2025·贵阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的前n项和Sn=2n-n
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
D.数列{an+1}为等比数列
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.(2025·长沙模拟)在数列{an}中，a1=3，且an+1=则a2 025=　　　　.
8.(2025·菏泽模拟)对于任意x∈R，xf(x+1)=(x+1)f(x)+1，且f(2)=3，则f(2 025)=　　　　　.
四、解答题(共28分)
9.(13分)(2025·梅州模拟)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=3n-1.
(1)求a1，a2和an；(7分)
(2)证明：数列{an}为递增数列.(6分)
10.(15分)(2025·厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an=n+3.
(1)证明：数列{an-1}是等比数列；(6分)
(2)记数列的前n项和为Tn，求满足Tn>2 025的最小正整数n的值.(9分)第2讲　数列的递推关系
1.(2020·全国Ⅰ卷，文T16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1，前16项和为540，则a1=　　　　　　.
答案　7
解析　方法一　因为an+2+(-1)nan=3n-1，
所以当n为偶数时，an+2+an=3n-1，
所以a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，
a16+a14=41，
所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.
因为数列{an}的前16项和为540，
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448.①
因为当n为奇数时，an+2-an=3n-1，
所以a3-a1=2，a7-a5=14，a11-a9=26，a15-a13=38，
所以(a3+a7+a11+a15)-(a1+a5+a9+a13)=80.②
由①②得a1+a5+a9+a13=184.
又a3=a1+2，a5=a3+8=a1+10，
a7=a5+14=a1+24，a9=a7+20=a1+44，
a11=a9+26=a1+70，a13=a11+32=a1+102，
所以a1+a1+10+a1+44+a1+102=184，
所以a1=7.
方法二　同方法一得a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.
当n为奇数时，有an+2-an=3n-1，
由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-
=(1+n)·-
=n2+n+
所以an+2=n2+n++a1.
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15
=a1+++
++
++
=8a1+392=448，
解得a1=7.
2.(2017·全国Ⅲ卷，文T17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n，故当n≥2时，a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1)，
两式相减，得(2n-1)an=2，
所以an=(n≥2).
又由题设可得a1=2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an=.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知==-
则Sn=-+-+…+-=.
3.(2021·新高考全国Ⅰ卷，T17)已知数列{an}满足a1=1，an+1=
(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和.
解　(1)因为bn=a2n，且a1=1，an+1=
所以b1=a2=a1+1=2，
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
因为bn=a2n，所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3，
所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn=2+3(n-1)=3n-1，n∈N*.
(2)因为an+1=
所以当k∈N*时，a2k=a2k-1+1=a2k-1+1，即a2k=a2k-1+1，①
a2k+1=a2k+2，②
a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1，即a2k+2=a2k+1+1，③
所以①+②得a2k+1=a2k-1+3，即a2k+1-a2k-1=3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②+③得a2k+2=a2k+3，即a2k+2-a2k=3，
又a2=2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+×3+20+×3=300.
命题热度：本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题也经常出现.分值约为5~13分.
考查方向：考查重点一是通过构造辅助数列求数列的通项、求和等，二是利用an与Sn的关系求数列的通项、求和等等.
考点一　构造辅助数列
1.形如an+1-an=f(n)的数列，利用累加法求an.
2.形如=f(n)的数列，利用累积法求an.
3.形如an+1=(p，q≠0)的数列，取倒数构造等差数列求通项.
4.若数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0，1；q≠0)，构造an+1+λ=p(an+λ).
5.若数列{an}满足an+1=pan+f(n)(p≠0，1)，构造an+1+g(n+1)=p[an+g(n)].
例1　(1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是(　　)
A.若a1=2，an+1=an+n+1，则a20=211
B.若a1=1，an+1=2an+3，则an=2n-1-3
C.若a1=1，an+1=则an=
D.若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n
答案　ACD
解析　A项，an+1-an=n+1，
∴a20=(a20-a19)+(a19-a18)+…+(a2-a1)+a1=20+19+18+…+2+2=211，故A正确；
B项，方法一　∵an+1=2an+3，
∴an+1+3=2(an+3)，
∴数列{an+3}是以a1+3=4为首项，2为公比的等比数列，
∴an+3=4·2n-1=2n+1，
故an=2n+1-3，故B错误；
方法二　若an=2n-1-3，
则a1=21-1-3=-2≠1，故B错误；
C项，∵an+1=a1=1，则an≠0，
∴==+3，∴-=3，
∴数列是以=1为首项，3为公差的等差数列，
∴=1+(n-1)×3=3n-2，
∴an=故C正确；
D项，∵2(n+1)an-nan+1=0，∴=
∴数列是以=2为首项，2为公比的等比数列，
∴=2·2n-1=2n，∴an=n·2n，故D正确.
(2)已知数列{an}满足an+1=2an-n+1，a1=3，则an=　　　　　.
答案　2n+n
解析　∵an+1=2an-n+1，
∴an+1-(n+1)=2(an-n)，
又a1=3，则an≠n，
∴=2，
∴数列{an-n}是以a1-1=2为首项，
2为公比的等比数列，
∴an-n=2·2n-1=2n，∴an=2n+n.
[易错提醒]　构造辅助数列求通项时，一定要注意n的范围，以及验证首项.特别是构造新数列时，当不包含首项时，更要验证首项是否满足，若首项不满足，则新数列不是从第一项开始的等差或等比数列.
跟踪演练1　(1)(2025·厦门模拟)已知数列{an}满足a1=1，2an+1=n(an-an+1)，则a100=　　　　.
答案　
解析　由2an+1=n(an-an+1)可得=
当n≥2时，an=···…···a1
=···…···1
=
显然，上式对于n=1时也成立，
所以an=则a100==.
(2)(2025·盘锦模拟)已知数列{an}满足a1=an=an-1+则an=　　　　　　　.
答案　(n∈N*)
解析　由题意得，4nan=4n-1an-1+1，
故数列{4nan}是首项为2，公差为1的等差数列，
即4nan=n+1，故an=(n∈N*).
考点二　利用an与Sn的关系
an与Sn的关系为an=
解题时，往往需要依据条件、所求，将an与Sn进行相互转化.
例2　(2025·济南模拟)记正项数列{an}的前n项和为Sn，已知an(2Sn-an)=2.
(1)证明：{}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明　在正项数列{an}中，an(2Sn-an)=2，
令n=1，得=2，解得a1=(负值舍去)；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1，
而an(2Sn-an)=2，则(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=2，
即-=2，又=2，
所以{}是首项为2，公差为2的等差数列.
(2)解　由(1)知=2+2(n-1)=2n，所以Sn=
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-
当n=1时，a1=也符合上式，
综上，an=-.
[规律方法]　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(n≥2)求出an(n≥2).
跟踪演练2　(1)(2025·北京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+2Sn=n，则a5等于(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
答案　B
解析　由题意，2Sn=-an+1+n，则当n≥2时，有2Sn-1=-an+n-1，
两式相减可得2(Sn-Sn-1)=an-an+1+1，
即an+an+1=1.因为a1=0，所以a2=1，
所以a3=1-a2=0，a4=1-a3=1，a5=1-a4=0.
(2)(2025·常德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且an+1=a1+a2+…+an(n∈N*)，则(　　)
A.a2=2 B.a4=8
C.S2=3 D.S5=16
答案　D
解析　由an+1=a1+a2+…+an=Sn，
当n=1时，a2=S1=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+1-an，
即an+1=2an，
所以数列{an}从第二项开始是以a2=1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=
当n≥2时，Sn=1+=2n-1，又S1=1符合上式，所以Sn=2n-1，
所以a2=1，a4=4，S2=2，S5=16.
专题突破练
[分值：70分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.已知数列{an}的首项a1=1，且an+1-an=n+1，则a40等于(　　)
A.810 B.820 C.830 D.840
答案　B
解析　因为a1=1，an+1-an=n+1，
所以a40=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a40-a39)=1+2+3+…+40==820.
2.(2025·潍坊模拟)已知数列{an}满足an+1=若a1=1，则a5等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　D
解析　因为数列{an}满足an+1=且a1=1，
所以a2=3a1+1=3+1=4，a3===2，
a4===1，a5=3a4+1=3+1=4.
3.在数列{an}中，若a1=2，an+1=2an+3·2n+1，则等于(　　)
A.3n-1 B.2n-1
C.3n-2 D.2n-1
答案　C
解析　因为an+1=2an+3·2n+1，等式两边同除以2n+1可得=+3，
即-=3，又=1，
所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
即=1+(n-1)·3=3n-2.
4.(2025·临沂模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+nan=1，当Sn>0.99时，n的最小值为(　　)
A.49 B.50 C.99 D.100
答案　D
解析　因为Sn+nan=1，所以a1=
当n≥2时，Sn+nan=Sn-1+(n-1)an-1=1，
所以(n+1)an=(n-1)an-1，
即=
此时an=×××…×××a1
=×××…××××
=
当n=1时也满足上式，
故an=Sn=1-nan=1-
由Sn=1->0.99，解得n>99，故此时n的最小值为100.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·南京模拟)已知数列{an}中，a3=an-an+1=-3anan+1，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　　)
A.a1= B.an=
C.an≥a7 D.S10<0
答案　ABD
解析　由an-an+1=-3anan+1，得-=-3，
所以数列是以-3为公差的等差数列，
而=+2×(-3)，a3=所以=14，得a1=故A正确；
所以=+(-3)(n-1)=17-3n，得an=故B正确；
令an>0，解得n<
则a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增；
a6，a7，…，an为负，且依次递增，
所以an≥a6，故C错误；
S10=a1+a2+…+a10=++++-1----
<++++-----=0，故D正确.
6.(2025·贵阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+1=2Sn+n-1，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的前n项和Sn=2n-n
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
D.数列{an+1}为等比数列
答案　AB
解析　∵Sn+1=2Sn+n-1，
∴Sn+1+(n+1)=2(Sn+n)，
又S1+1=2≠0，
∴数列{Sn+n}是首项和公比都为2的等比数列，
故Sn+n=2n，即Sn=2n-n，故A，B正确；
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1-1，
当n=1时，a1=1，
∴an=故C错误；
∵an+1=
∴≠
∴数列{an+1}不是等比数列，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.(2025·长沙模拟)在数列{an}中，a1=3，且an+1=则a2 025=　　　　.
答案　3
解析　因为a1=3，且an+1=
则a1=3，a2=-2，a3=-a4=a5=3，…，
所以an+4=an，即数列{an}是以4为周期的数列，
所以a2 025=a4×506+1=a1=3.
8.(2025·菏泽模拟)对于任意x∈R，xf(x+1)=(x+1)f(x)+1，且f(2)=3，则f(2 025)=　　　　　.
答案　4 049
解析　由xf(x+1)=(x+1)f(x)+1，
当x∈N*时，可得=+=+-
赋值可得
上式累加可得=+-
将f(2)=3代入可得=+-=所以f=4 049.
四、解答题(共28分)
9.(13分)(2025·梅州模拟)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=3n-1.
(1)求a1，a2和an；(7分)
(2)证明：数列{an}为递增数列.(6分)
(1)解　a1+2a2+3a3+…+nan=3n-1，①
则当n=1时，a1=31-1=2，
当n≥2时，a1+2a2+3a3+…+an-1=3n-1-1，②
由①-②得nan=3n-3n-1=2·3n-1，
所以an=
且当n=1时，a1=2也满足上式，
则当n=2时，a2==3，
故a1=2，a2=3，an=n∈N*.
(2)证明　由(1)知，an=易知an>0，
则an+1-an=-=>0，
即an+1>an对一切n∈N*恒成立，
所以数列{an}为递增数列.
10.(15分)(2025·厦门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an=n+3.
(1)证明：数列{an-1}是等比数列；(6分)
(2)记数列的前n项和为Tn，求满足Tn>2 025的最小正整数n的值.(9分)
(1)证明　由Sn+an=n+3，①
当n=1时，a1+a1=1+3，即a1=2；
当n≥2时，Sn-1+an-1=n+2，②
由①-②得，2an-an-1=1，
则2(an-1)=an-1-1，又a1-1=1，
则=
所以数列{an-1}是首项为1，公比为的等比数列.
(2)解　由(1)得，an-1=
即an=+1，
则==1+2n-1，
则Tn=1+20+1+21+…+1+2n-1=n+=2n+n-1，
因为函数y=2x和y=x-1在[1，+∞)上单调递增，
所以数列{2n+n-1}为递增数列，
又T10=210+10-1=1 033<2 025，
T11=211+11-1=2 058>2 025，
所以满足Tn>2 025的最小正整数n的值为11.

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