新高考数学二轮复习专题三微重点9数列的递推关系学案

这是一份新高考数学二轮复习专题三微重点9数列的递推关系学案，共14页。

考点一 构造辅助数列
例1 (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( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))为等比数列
B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2×3n－1－1)
C．{an}为递增数列
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝3n－n－1
答案 ABD
解析 因为an－3an＋1＝2anan＋1，
两边同除anan＋1，
可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝2≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
所以eq \f(1,an)＋1＝2×3n－1，即an＝eq \f(1,2×3n－1－1)，
所以{an}为递减数列，故B正确，C错误；
所以eq \f(1,an)＝2×3n－1－1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为
Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)
＝2×(30＋31＋…＋3n－1)－n
＝2×eq \f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1，故D正确．
(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
答案 D
解析 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
＝eq \f(21－2100,1－2)＋0＝2101－2.
规律方法 (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)]．
跟踪演练1 (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
答案 C
解析 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.
(2)(2022·重庆质检)已知数列{an}满足a2＝0，a2n＋1＝a2n＋eq \f(1,n)，a2n＋2＝a2n＋1－eq \f(1,n＋1)(n∈N*)，则数列{an}的第2 022项为( )
A.eq \f(2 021,2 022) B.eq \f(2 023,2 022)
C.eq \f(1 010,1 011) D.eq \f(1 012,1 011)
答案 C
解析 a2n＋2＝a2n＋1－eq \f(1,n＋1)
＝a2n＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(n∈N*)，
所以a2 022＝a2 020＋eq \f(1,1 010)－eq \f(1,1 011)，
a2 020＝a2 018＋eq \f(1,1 009)－eq \f(1,1 010)，
…
a4＝a2＋1－eq \f(1,2)，
累加得
a2 022＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,1 010)－\f(1,1 011)))
＝0＋1－eq \f(1,1 011)＝eq \f(1 010,1 011).
考点二 利用an与Sn的关系
例2 已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn，eq \f(nan,2)，Sn－1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝1－eq \f(9,a\\al(2,n))，若b2·b3·…·bn＝eq \f(89,176)，求正整数n的值．
解 (1)方法一 由题意知当n≥2时，
Sn＋Sn－1＝nan，
∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，
整理得Sn＝eq \f(n＋1,n－1)Sn－1，
由S1＝a1＝3，
∴Sn＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×eq \f(n－2,n－4)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×3＝eq \f(3,2)(n2＋n)，
经检验，S1＝3也符合Sn＝eq \f(3,2)(n2＋n)．
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(3,2)(n2＋n)－eq \f(3,2)[(n－1)2＋(n－1)]＝3n.
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，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥3)，
∴当n≥3时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，
又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，
同理可得a3＝9，
∴eq \f(a3,3)＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝3，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝3，即an＝3n，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)由(1)得bn＝1－eq \f(9,a\\al(2,n))＝1－eq \f(1,n2)
＝eq \f(n2－1,n2)＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)，
∴b2·b3·…·bn＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \f(2,3)×eq \f(4,3)×eq \f(3,4)×eq \f(5,4)×…×eq \f(n－1,n)×eq \f(n＋1,n)＝eq \f(n＋1,2n).
由eq \f(n＋1,2n)＝eq \f(89,176)，得n＝88.
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求出an.
跟踪演练2 (1)(2022·焦作模拟)已知数列{an}满足a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an＝2n，则a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022等于( )
A．2(22 022－1) B.eq \f(2,3)(22 022＋1)
C.eq \f(2,3)(24 044－1) D.eq \f(2,3)(24 044＋1)
答案 C
解析 因为a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an＝2n，
所以当n≥2时，
a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－2)an－1＝2(n－1)，
两式相减得eq \f(1,2n－1)an＝2，
所以an＝2n(n≥2)，
又a1＝2也适合该式，故an＝2n.
所以{an}为等比数列，
所以a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022
＝eq \f(242 022－1,4－1)＝eq \f(2,3)(24 044－1)．
(2)(多选)(2022·济宁模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若2anSn＝1＋aeq \\al(2,n)，bn＝lg2eq \f(Sn＋2,Sn)，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是( )
A．{Seq \\al(2,n)}是等差数列
B．anC．Sn≤
D．满足Tn≥3的n的最小正整数解为10
答案 ACD
解析 因为2anSn＝1＋aeq \\al(2,n)，
当n＝1时，2a1S1＝1＋aeq \\al(2,1)，解得S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即2(Sn－Sn－1)Sn＝1＋(Sn－Sn－1)2，
整理得Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1，
所以数列{Seq \\al(2,n)}是首项为Seq \\al(2,1)＝1，公差为1的等差数列，所以Seq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n，故A正确；
又正项数列{an}的前n项和为Sn，
所以Sn＝eq \r(n)，
当n＝1时，解得S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)，
又S1＝a1＝1，
所以an＝eq \r(n)－eq \r(n－1)＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n－1))，
an＋1＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，
因为eq \r(n＋1)＋eq \r(n)>eq \r(n)＋eq \r(n－1)，
所以eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))即an＋1若Sn≤，Sn＝eq \r(n)，
则eq \r(n)≤，
令x＝eq \r(n)－1(x≥0)，
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；
因为Sn＝eq \r(n)，所以Sn＋2＝eq \r(n＋2)，
所以bn＝lg2eq \f(Sn＋2,Sn)＝lg2eq \f(\r(n＋2),\r(n))
＝eq \f(1,2)lg2eq \f(n＋2,n)
＝eq \f(1,2)[lg2(n＋2)－lg2n]，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝eq \f(1,2)[lg23－lg21＋lg24－lg22＋lg25－lg23＋…＋lg2(n＋1)－lg2(n－1)＋lg2(n＋2)－lg2n]
＝eq \f(1,2)[－1＋lg2(n＋1)＋lg2(n＋2)]
＝eq \f(1,2)[－1＋lg2(n＋1)(n＋2)]，
因为Tn≥3，即eq \f(1,2)[－1＋lg2(n＋1)(n＋2)]≥3，
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
1．(2022·哈尔滨模拟)已知数列{an}的首项为10，且满足2an＋1＋an＝3，则满足不等式|an－1|A．9 B．10 C．11 D．12
答案 D
解析 由2an＋1＋an＝3，
即an＋1＝－eq \f(1,2)an＋eq \f(3,2)，
得an＋1－1＝－eq \f(1,2)(an－1)，且a1－1＝9，
所以数列{an－1}是以9为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以an－1＝9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，
an＝9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＋1，
所以|an－1|即9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－11 125，n∈N*，
所以n≥12.
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
答案 B
解析 因为nan＋1＝(n＋1)an＋2，
所以eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋eq \f(2,nn＋1)，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \f(a2,2)－eq \f(a1,1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))，
eq \f(a3,3)－eq \f(a2,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))，
…
eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，
累加得eq \f(an,n)－eq \f(a1,1)
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))(n≥2)，
即eq \f(an,n)－1＝2－eq \f(2,n)，
即an＝3n－2，当n＝1时也成立，
则a2 023＝6 067.
3．(2022·焦作模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)(n∈N*)，则S100等于( )
A．－eq \f(1,2100) B．0 C.eq \f(1,2100) D.eq \f(1,2101)
答案 B
解析 由题意知S102＝a102＋eq \f(1,2102)，
所以S102－a102＝S101＝eq \f(1,2102)，
又S101＝－a101＋eq \f(1,2101)，
所以a101＝eq \f(1,2102)，
故S100＝S101－a101＝0.
4．在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝3an＋2n＋1，则an等于( )
A．n·2n B.eq \f(5,2)－eq \f(1,2n)
C．2·3n－2n＋1 D．4·3n－1－2n＋1
答案 C
解析 ∵an＋1＝3an＋2n＋1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)·eq \f(an,2n)＋1，令bn＝eq \f(an,2n)，
∵bn＋1＝eq \f(3,2)bn＋1，
∴bn＋1＋2＝eq \f(3,2)(bn＋2)，∴eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)＝eq \f(3,2)，
∴数列{bn＋2}是以b1＋2＝3为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，
∴bn＋2＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＝eq \f(3n,2n－1)，
∴bn＝eq \f(3n,2n－1)－2，
∴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＝________.
答案 22 022
解析 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.
6．(2022·河南省重点高中联考)已知数列{an}中，a1＝eq \f(1,4)，eq \f(an－2an＋1,an＋2an＋1)＝eq \f(1,n＋1)，则满足an>eq \f(1,1 000)的n的最大值为________．
答案 5
解析 根据题意，
(n＋1)an－2(n＋1)an＋1＝an＋2an＋1，
化简得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,2n＋2)，
所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,2n＋1)，
eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－2,2n)，
…
eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2×3)(n≥2)，
运用累乘法计算得
eq \f(an,a1)＝eq \f(n－1,2n＋1)·eq \f(n－2,2n)·eq \f(n－3,2n－1)·…·eq \f(2,2×4)×eq \f(1,2×3)
＝eq \f(1,2n－2·nn＋1)(n≥2)，
且a1＝eq \f(1,4)，
所以an＝eq \f(1,2n·nn＋1)，n≥2，a1＝eq \f(1,4)符合该式，
当an>eq \f(1,1 000)时，2n·n(n＋1)<1 000，
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.
7．(2022·邯郸模拟)已知数列{an}满足eq \f(a1,a1－1)＋eq \f(a2,a2－1)＋eq \f(a3,a3－1)＋…＋eq \f(an,an－1)＝eq \f(2,an－1).
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1－an,an)))为等比数列；
(2)已知bn＝an(an＋1－1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 当n＝1时，eq \f(a1,a1－1)＝eq \f(2,a1－1)，则a1＝2.
因为eq \f(a1,a1－1)＋eq \f(a2,a2－1)＋eq \f(a3,a3－1)＋…＋eq \f(an,an－1)＝eq \f(2,an－1)，①
所以eq \f(a1,a1－1)＋eq \f(a2,a2－1)＋eq \f(a3,a3－1)＋…＋eq \f(an＋1,an＋1－1)
＝eq \f(2,an＋1－1)，②
由②－①得eq \f(an＋1,an＋1－1)＝eq \f(2,an＋1－1)－eq \f(2,an－1)，
化简可得2an－an＋1＝anan＋1，
eq \f(\f(1－an＋1,an＋1),\f(1－an,an))＝eq \f(an－anan＋1,an＋1－anan＋1)
＝eq \f(an－2an－an＋1,an＋1－2an－an＋1)＝eq \f(1,2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1－an,an)))是一个首项为eq \f(1－a1,a1)＝－eq \f(1,2)，
公比为eq \f(1,2)的等比数列．
(2)解 由(1)可知eq \f(1－an,an)＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,2n－1)＝－eq \f(1,2n)，
化简可得an＝eq \f(2n,2n－1).
bn＝an(an＋1－1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)
＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23－1)－\f(1,24－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1－1).