资源简介

6.4　由递推关系求数列的通项公式
一、 单选题
1 [2026常德汉寿一中期末]已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝1＋，则a2a3a4a5的值为(　　)
A. 11 B. 9
C. 8 D. 7
2 已知数列{an}满足＋＝2，且a1＝1，a2＝，则a2 022的值为(　　)
A. B.
C. D.
3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则a4的值为(　　)
A. B. C. D.
4 已知斐波那契数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”．如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第(　　)
A. 2 022项 B. 2 023项
C. 2 024项 D. 2 025项
二、 多选题
5 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论中正确的有(　　)
A. 为等比数列
B. {an}的通项公式为an＝
C. {an}为递增数列
D. 的前n项和Tn＝2n+2－3n－4
6 [2025桐城中学月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋1＋(－1)n+1an＝n，n∈N*，则下列说法中正确的是(　　)
A. 存在s，t∈N*，使得a2s－1＝a2t成立
B. a2 025－a2 024＝2 025
C. {a2n＋1＋a2n－1}是公差为4的等差数列
D. a2n＋2＋a2n＝1
7 [2025镇江月考]记数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则下列结论中正确的是(　　)
A. a4＝－1
B. an＝
C. 3S2n＋1＝22n+1－6n－2
D. 数列{(－1)nan}的前2n项和为－
三、 填空题
8 在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1－(－1)n(n∈N*)，则S100＝________．
9 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝，它的第n项为.若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝________．
10 [2025南通海门期末]一点从起点P出发，每次只能向右、向上或向左移动一步，恰好走n(n∈N*)步且不经过已走的路线和点共有f(n)种走法，如f(1)＝3，f(2)＝7，则 f(3)＝________，数列{f(n)}相邻三项的递推关系式为__________．
四、 解答题
11 [2026光山第二高级中学月考]在数列{an}中，a1＝1，(n＋1)an＝nan＋1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设Sn为{an}的前n项和，求数列的前n项和Tn.
12 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an.求证：
(1) {an＋1－2an}是等比数列；
(2) 存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an＝bn＋cn成立．
6．4　由递推关系求数列的通项公式
1. A　解析：因为a1＝，且an＋1＝1＋，所以a2＝1＋2＝3，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝，a5＝1＋＝，所以a2a3a4a5＝3×××＝11.
2. C　解析：由题意，得＋＝，则－＝－.又＝1，－＝3－1＝2，所以数列是以＝1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以＝2×2 022－1＝4 043，所以a2 022＝.
3. D　解析：因为Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，所以＝，所以数列{Sn}是首项为1，公比为的等比数列，则Sn＝，所以an＋1＝Sn＝×，所以a4＝a3＋1＝S3＝×＝.
4. C　解析：因为a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，所以an＋1＝an＋2－an，所以a＝an＋1(an＋2－an)＝an＋2an＋1－an＋1an.又a＝a2a1，所以a＝a2a1＋(a3a2－a2a1)＋(a4a3－a3a2)＋…＋(a2 024a2 023－a2 023a2 022)＝a2 024a2 023，则＝a2 024，所以是斐波那契数列的第2 024项．
5. ABD　解析：因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，即＋3＝2.又＋3＝4，所以数列{＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，故A正确；＋3＝4×2n-1＝2n+1，即an＝，故B正确；an＋1－an＝－＝＝.因为n≥1，所以2n+2－3>0，2n+1－3>0，2n+1>0，所以an＋1－an<0，所以{an}为递减数列，故C错误；＝2n+1－3，所以Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n+1)－3n＝－3n＝2n+2－3n－4，故D正确．故选ABD.
6. ACD　解析：对于A，易得a2＝－1，a3＝1，a4＝2，所以a1＝a4，所以存在s＝1，t＝2，使得a2s－1＝a2t成立，故A正确；对于B，令n＝2k，则a2k＋1－a2k＝2k，取k＝1 012，得a2 025－a2 024＝2 024，故B错误；对于C，令n＝2k－1，则a2k＋a2k－1＝2k－1，所以a2k＋1＋a2k－1＝4k－1，即a2n＋1＋a2n－1＝4n－1，则{a2n＋1＋a2n－1}构成公差为4的等差数列，故C正确；对于D，当n＝2k时，a2k＋1－a2k＝2k；当n＝2k＋1时，a2k＋2＋a2k＋1＝2k＋1，所以a2k＋2＋2k＋a2k＝2k＋1，即a2k＋2＋a2k＝1，所以a2n＋2＋a2n＝1，故D正确．故选ACD.
7. ABD　解析：对于A，a2＝a1－2＝－1，a3＝a2＋23＝7，a4＝a3－23＝－1，故A正确；对于B，当k∈N*时，a2k＋2＝a2k＋1－22k+1，a2k＋1＝a2k＋22k+1，两式相加，得a2k＋2＝a2k.又a2＝－1，所以an＝－1，n为偶数．由a2k＋1＝a2k＋22k+1，得a2k＋1＝22k+1－1，即an＝2n－1，n为奇数且n≥3.又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1，n为奇数．综上，an＝故B正确；对于C，由B可知S2n＋1＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2n＋1＝1＋(－1)＋(－1＋23)＋(－1)＋(－1＋25)＋…＋(－1＋22n+1)＝1＋(－1)×(2n)＋23＋25＋…＋22n+1＝－2n＋1＋＝，则3S2n＋1＝22n+3－6n－5，故C错误；对于D，设数列{(－1)nan}的前2n项和为T2n，则T2n＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝－(21－1＋23－1＋…＋22n-1－1)－n＝－，故D正确．故选ABD.
8. 2 600　解析：当n为奇数，即n＝2k－1(k∈N*)时，设an＝a2k－1＝bk.由an＋2－an＝1＋1＝2，得an＋2＝an＋2，则bk＋1＝bk＋2，即数列{bk}是以1为首项，2为公差的等差数列，则bk＝2k－1，故an＝2×－1＝n；当n为偶数，即n＝2k(k∈N*)时，设an＝a2k＝ck.由an＋2－an＝1－1＝0，得an＋2＝an，则ck＋1＝ck，显然数列{ck}为常数列，则ck＝2，即an＝2.综上，an＝所以S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(1＋3＋5＋…＋99)＋(2＋2＋2＋…＋2)＝＋2×50＝2 600.
9. 　解析：由题意，得A*的第n＋1项为，故÷＝＝2，即an＝.因为a4＝1，a5＝32，所以a3＝＝＝，a2＝＝，a1＝＝.
10. 17　f(n＋2)＝2f(n＋1)＋f(n)　解析：由题意，得f(1)＝3，f(2)＝3×1＋2×2＝7，f(3)＝3×3＋2×4＝17，f(4)＝3×7＋2×10＝41，f(5)＝3×17＋2×24＝99，…，以此类推，f(n)＝3×f(n－2)＋2×[f(n－1)－f(n－2)](n≥3，n∈N*)，所以f(n＋2)＝2f(n＋1)＋f(n).
11. (1) 由(n＋1)an＝nan＋1，得＝，
所以数列是常数列．
又＝1，所以＝1，
故an＝n.
(2) 由(1)知，{an}是等差数列，且an＝n，
所以an＋2＝n＋2，Sn＝＝，
所以＝＝－，
故Tn＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－.
12. (1) 因为an＋2＝5an＋1－6an，
所以an＋2－2an＋1＝5an＋1－6an－2an＋1，
所以an＋2－2an＋1＝3an＋1－6an＝3(an＋1－2an).
又a2－2a1＝5－2＝3≠0，
所以an＋1－2an≠0，
所以＝3，
所以数列{an＋1－2an}是首项为3，公比为3的等比数列．
(2) 因为an＋2＝5an＋1－6an，
所以an＋2－3an＋1＝5an＋1－6an－3an＋1，
所以an＋2－3an＋1＝2an＋1－6an＝2(an＋1－3an).
又a2－3a1＝5－3＝2≠0，
所以an＋1－3an≠0，
所以＝2，
所以数列{an＋1－3an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋1－3an＝2n.①
又由(1)知an＋1－2an＝3n，②
由②－①，得an＝3n－2n，
所以存在两个等比数列{bn}，{cn}，且bn＝3n，cn＝－2n，使得an＝bn＋cn成立．(共37张PPT)
第六章
6.4　由递推关系求数列的通项公式
数列
复习目标　1. 能根据数列递推关系求数列的项.2. 能求常见递推数列的通项公式．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 [2026安徽期末联考]在数列{an}中，已知a1＝1，(n＋1)an＝nan＋1，则数列{an}的前30项和为( )
A. 465 B. 450 C. 900 D. 930
A
C
ABC
活动二　典例悟法
题组一　常见递推数列
1
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1) a1＝2，an＋1＝an＋3n；
(2) a1＝2，an＋1＝2an＋3n.
2
题组二　分式递推关系
题组三　奇偶项问题
3
【解析】(1) 因为Sn＋1＋Sn＝(n＋1)2，
所以当n＝1时，S2＋S1＝4，即a2＋2a1＝4.
因为a1＝1，所以a2＝2.
当n≥2时，由Sn＋1＋Sn＝(n＋1)2，得Sn＋Sn－1＝n2，
两式相减，得an＋1＋an＝2n＋1(n≥2).
又因为a2＋a1＝3也符合上式，
所以an＋1＋an＝2n＋1(n∈N*)，
所以an＋an－1＝2n－1(n≥2)，
所以an＋1－an－1＝2(n≥2)，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，
4
奇偶项问题一般要分类讨论．
谢谢观看
Thank you for watching6.4　由递推关系求数列的通项公式
复习目标　1. 能根据数列递推关系求数列的项.2. 能求常见递推数列的通项公式．
递推数列
活动一 基础引入
1 [2026安徽期末联考]在数列{an}中，已知a1＝1，(n＋1)an＝nan＋1，则数列{an}的前30项和为( )
A. 465 B. 450
C. 900 D. 930
2 [2025宿迁模拟]已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋4＋4，则数列{an}的通项公式为(　　)
A. an＝2n＋1 B. an＝2n
C. an＝4n2－1 D. an＝
3 (多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2n，n∈N*，则下列结论中正确的是(　　)
A. a1＝2 B. a2＝6
C. 为等差数列 D. {an＋1}为等比数列
4 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，则数列{an}的通项公式为________．
5 [2026山西大学附属中学期末]已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*，则数列{an}的通项公式是________．
活动二 典例悟法
题组一　常见递推数列
1 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1) a1＝1，an＋1＝3an＋2；
(2) a1＝1，an＝·an－1(n≥2)；
(3) [2025潍坊模拟改编] a1＝2，an＋1－2an＋anan＋1＝0.
根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1) a1＝2，an＋1＝an＋3n；
(2) a1＝2，an＋1＝2an＋3n.
1. an＋1＝kan＋l，k≠1，一般转化为an＋1＋＝k，通过换元转化为等比数列或者常数列；
2. an＋1＝an＋f(n)通常采用累加法；
3. an＋1＝f(n)an通常采用累乘法．
题组二　分式递推关系
2已知数列{an}对任意n∈N*满足an＋1＝.
(1) 若数列{an}为等差数列，求a1的值；
(2) 若a1＝.
①是否存在实数λ，使得数列为等比数列？如果存在，请求出λ的值；如果不存在，请说明理由；
②求数列{an}的通项公式．
1 已知数列{an}对任意n∈N*满足an＋1＝，a1＝1，求数列{an}的通项公式．
2 已知数列{an}对任意n∈N*满足an＋1＝，a1＝1，求数列{an}的通项公式．
an＋1＝一般先取倒数转化为＝＋，令＝bn换元，转化为bn＋1＝bn＋型．
题组三　奇偶项问题
3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝(n＋1)2.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设bn＝，求证：b1＋b2＋…＋bn<1.
4 [2025信阳模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1).
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 若数列{bn}满足bn＝求{bn}的前2n项和T2n.
奇偶项问题一般要分类讨论．
6．4　由递推关系求数列的通项公式
1. A　解析：由(n＋1)an＝nan＋1，得＝，所以是常数列．又a1＝1，所以an＝n，所以a1＋a2＋…＋a30＝1＋2＋…＋30＝＝465.
2. C　解析：因为a1＝3，an＋1＝an＋4＋4，所以a2>4，a3>4，…，以此类推，对任意的n≥2，n∈N*，an>4.由an＋1＋1＝(an＋1)＋4＋4＝(＋2)2，得＝＋2，所以－＝2.又＝2，所以数列{}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以＝2＋2(n－1)＝2n，故an＝4n2－1(n∈N*).
3. ABC　解析：由Sn＝2an－2n，得Sn－1＝2an－1－2n-1(n≥2)，两式相减，得an＝2an－1＋2n-1(n≥2)，则＝＋，即－＝.又当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2，故是首项为1，公差为的等差数列，即＝1＋(n－1)，所以an＝(n＋1)·2n-1(n∈N*)，故A，C正确；a2＝3×2＝6，故B正确；由通项公式易得a1＋1＝3，a2＋1＝7，a3＋1＝17，三者不成等比数列，故D错误．故选ABC.
4. an＝　解析：由题意，得＝，＝，＝，＝，…，＝，所以××××…×＝××××…×＝，所以＝，则an＋1＝a1×＝，则an＝(n≥2)，将n＝1代入上式也成立，所以an＝.
5. an＝　解析：因为an＋1＝，且a1＝，所以an≠0，所以＝＝4＋，即－＝4，则数列是首项为＝2，公差为4的等差数列，所以＝2＋4(n－1)＝4n－2，即an＝.
例1　(1) 因为an＋1＝3an＋2，
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，即＝3，
所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.
又a1＋1＝2，所以an＋1＝2×3n-1，
所以an＝2×3n-1－1.
(2) 因为an＝·an－1(n≥2)，
所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，
所以an＝a1×××…×＝＝.
又a1＝1也符合上式，所以an＝.
(3) 由an＋1－2an＋anan＋1＝0，得－＝，
则1－＝，
所以数列是以1－＝为首项，为公比的等比数列，
所以1－＝，
所以an＝.
变式训练　(1) 由题意，得a2－a1＝31，a3－a2＝32，…，an－an－1＝3n-1，
所以当n≥2时，an－a1＝31＋32＋…＋3n-1，
所以an＝2＋＝.
当n＝1时，a1＝2也符合上式，
所以an＝.
(2) 因为an＋1－2an＝3n，
所以－＝＝×，
所以－＝×，
－＝×，
……
－＝×，
所以当n≥2时，－＝×＝－，
所以＝1＋－＝－，
所以an＝2n＝3n－2n-1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2也符合上式，
所以an＝3n－2n-1.
例2　(1) 由an＋1＝，得a2＝，a3＝＝.
因为{an}成等差数列，所以a1＋＝，
当a1＝0时，an＝0符合条件；
当a1≠0时，1＋＝，
整理，得4a－5a1＋1＝0，解得a1＝或a1＝1.
当a1＝1时，an＝1符合条件；
当a1＝时，a2＝，a3＝，此时a4＝＝，
a3－a2≠a4－a3，不满足{an}为等差数列，舍去．
综上，a1＝0或a1＝1.
(2) ①当a1＝时，＝＝＋，
假设存在这样的实数λ，则－λ＝，
即＝＋λ，所以λ＝，解得λ＝1，
所以－1＝.
因为－1＝－≠0，
所以数列是首项为－，公比为的等比数列，
故存在实数λ＝1符合题意．
②由①知－1＝－×＝－，
所以an＝＝.
变式训练1　由an＋1＝，得＝＋2.
令＝bn，得bn＋1＝bn＋2，b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以bn＝2n－1，则an＝.
变式训练2　由an＋1＝，得＝＋1.
令＝bn，得bn＋1＝2bn＋1，b1＝1，
所以bn＋1＋1＝2(bn＋1)，
则数列{bn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn＋1＝2n，所以bn＝2n－1，则an＝.
例3　(1) 因为Sn＋1＋Sn＝(n＋1)2，
所以当n＝1时，S2＋S1＝4，即a2＋2a1＝4.
因为a1＝1，所以a2＝2.
当n≥2时，由Sn＋1＋Sn＝(n＋1)2，得Sn＋Sn－1＝n2，
两式相减，得an＋1＋an＝2n＋1(n≥2).
又因为a2＋a1＝3也符合上式，
所以an＋1＋an＝2n＋1(n∈N*)，
所以an＋an－1＝2n－1(n≥2)，
所以an＋1－an－1＝2(n≥2)，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝
所以an＝n.
(2) 因为bn＝＝＝－，且Sn＝>0，
所以b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－<＝1.
例4　(1) 因为Sn＝n2＋n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝n.
又n＝1时，a1＝1也满足上式，
所以an＝n.
(2) 由(1)，得an＝n.
当n为奇数时，bn＝＝；
当n为偶数时，bn＝2n，
所以bn＝
则T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＋22＋24＋…＋22n
＝(1－)＋
＝＋.

展开更多......

收起↑