2023高考数学二轮专题 微专题10 数列的递推关系与通项

微专题10　数列的递推关系与通项

1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.

2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).

类型一　利用an与Sn的关系求通项

1.已知Sn求an的步骤

(1)先利用a1＝S1求出a1.

(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当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，则应该分n＝1与n≥2两段来写.

2.Sn与an关系问题的求解思路

(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.

(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.

例1 (1)已知数列{an}为正项数列，且＋＋…＋＝Sn，求数列{an}的通项公式；

(2)已知数列{an}的各项均为正数，且Sn＝，求数列{an}的通项公式.

解　(1)由题知＋＋…＋＝Sn，     ①

则＋＋…＋＝Sn－1(n≥2，n∈N*)，②

由①－②可得＝an，

即4Sn＝a＋2an，n≥2，n∈N*，

在已知等式中令n＝1，

得＝S1，

则4S1＝a1(a1＋2)，③

满足上式，所以4Sn＝a＋2an，④

则4Sn－1＝a＋2an－1(n≥2)， ⑤

④－⑤可得4an＝a＋2an－a－2an－1⇔2(an＋an－1)＝a－a.

因为a－a＝(an＋an－1)(an－an－1)，an>0，

所以an－an－1＝2，

所以{an}为公差是2的等差数列，

由③可解得a1＝2，

所以an＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).

(2)由Sn＝，

得当n≥2时，

Sn＝，

所以2Sn＝Sn－Sn－1＋，

即Sn＋Sn－1＝，

所以S－S＝1，

所以{S}为公差是1的等差数列，

所以S＝S＋(n－1).

在Sn＝中，

令n＝1可得S1＝，

解得a1＝1，

所以S＝n，所以Sn＝，

所以an＝＝

所以an＝－(n∈N*).

训练1 已知正项数列{an＋2n－1}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋(2n＋2)an＋4n－1＋2n－3.求数列{an}的通项公式.

解　由题知4Sn＝a＋(2n＋2)an＋4n－1＋2n－3＝(an＋2n－1)2＋2(an＋2n－1)－3，

令bn＝an＋2n－1，

则4Sn＝b＋2bn－3，             ①

当n≥2时，4Sn－1＝b＋2bn－1－3，②

由①－②，得4bn＝b－b＋2bn－2bn－1，

整理得(bn－bn－1－2)(bn＋bn－1)＝0.

因为bn>0，所以bn－bn－1＝2(n≥2).

又4S1＝b＋2b1－3，

即b－2b1－3＝0，

解得b1＝3或b1＝－1(舍去)，

所以数列{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列，

则bn＝2n＋1，

所以an＝bn－2n－1＝2n＋1－2n－1(n∈N*).

类型二　构造辅助数列求通项

(1)形如an＝pan－1＋q(p≠1，q≠0)的形式，通常可构造出等比数列an＋＝p，进而求出通项公式.

(2)形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得＝p＋1，进而构造成＝·＋1，设bn＝，从而变成bn＝bn－1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.

(3)形如qan－1－pan＝anan－1，可以考虑两边同时除以anan－1，转化为－＝1的形式，进而可设bn＝，递推公式变为qbn－pbn－1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.

(4)形如an＝(其中n≥2，mkb≠0)取倒数，得到＝·⇔＝·＋，转化为(1)中的类型.

(5)形如an＝pa(n≥2，an，p>0)两边取常用对数，得lg an＝rlg an－1＋lg p，转化为(1)中的类型.

考向1　构造法求通项

例2 (1)在数列{an}中，a1＝，an＝2an＋1－(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，求数列{an}的通项公式.

解　(1)由an＝2an＋1－，

得2nan＝2n＋1an＋1－1，

所以数列{2nan}是首项和公差均为1的等差数列，

于是2nan＝1＋(n－1)×1＝n，

所以an＝(n∈N*).

(2)因为Sn＋1－2Sn＝1，

所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，n∈N*.

因为a1＝S1＝1，

所以可推出Sn＋1>0，

故＝2，

即{Sn＋1}为等比数列.

因为S1＋1＝2，公比为2，

所以Sn＋1＝2n，

即Sn＝2n－1.

因为Sn－1＝2n－1－1(n≥2)，

所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，

又a1＝1也满足此式，

所以an＝2n－1(n∈N*).

考向2　取倒数法求通项

例3 已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，求数列{an}的通项公式.

解　对an＋1＝两边取倒数，可得＝＋1，

由＋＝3.

∴数列是首项为1，公比为3的等比数列，

∴＋＝3n－1，

则an＝(n∈N*).

考向3　取对数法求通项

例4 设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2a(n≥2).求数列{an}的通项公式.

解　对an＝2a两边取对数得log2an＝1＋2log2an－1，

∴log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，

设bn＝log2an＋1，

则{bn}是以2为公比，1为首项的等比数列，所以bn＝2n－1，

即log2an＋1＝2n－1，

故an＝22n－1－1(n∈N*).

训练2 (1)若数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝a，则an＝________.

(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＝，则an＝________.

答案　(1)32n－1(n∈N*)　(2)(n∈N*)

解析　(1)易知an>0，由an＋1＝a得lg an＋1＝2lg an，

故{lg an}是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列，

则lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1，

即an＝32n－1(n∈N*).

(2)由an＝，

取倒数得＝2＋，

故是以2为公差，1为首项的等差数列，

所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，

即an＝(n∈N*).

(3)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋1，求数列{an}的通项公式.

解　因为an＋1＝an＋1，

所以an＋1－2＝(an－2)，

所以数列{an－2}是以－1为首项，为公比的等比数列，

所以an－2＝－1×，

所以an＝2－，n∈N*.

一、基本技能练

1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋1，则a7＝________.

答案　96

解析　因为Sn＋1＝2Sn＋1，

所以Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，

两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，

又因为a1＝2，S2＝a1＋a2＝2a1＋1，得a2＝3，

所以数列{an}从第二项开始成等比数列，

因此其通项公式为an＝

所以a7＝3×25＝96.

2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.

答案　an＝(n∈N*)

解析　由Sn＝n2an可得，

当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，

则an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，

即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，

故＝，

所以an＝···…···a1＝···…·××1＝.

当n＝1时，a1＝1满足an＝.

故数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*.

3.已知正项数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则an＝________.

答案　221－n(n∈N*)

解析　将an＋1＝两边取以2为底的对数得log2an＋1＝log2an，

∴数列{log2an}是以1为首项，为公比的等比数列，

故log2an＝1×＝21－n，

即an＝221－n (n∈N*).

4.数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝3an＋2(n∈N*)，令bn＝log3(an＋1)，则bn＝________.

答案　n(n∈N*)

解析　由an＋1＝3an＋2(n∈N*)可知an＋1＋1＝3(an＋1)，

又a1＝2，知an＋1≠0，

所以数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，

因此an＋1＝3·3n－1＝3n，

故bn＝log3(an＋1)＝n.

5.(2022·南京调研)在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则通项公式bn＝________.

答案　(n∈N*)

解析　由bn＋1＝，且b1＝－1.

易知bn≠0，得＝＋3.

因此＋3＝2，＋3＝2，

故是以2为首项，2为公比的等比数列，于是＋3＝2·2n－1，

可得bn＝，n∈N*.

6.在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋ln 3(n≥2)，则数列{an}的通项an＝________.

答案　(1＋ln 3)·2n－1－ln 3(n∈N*)

解析　由an＝2an－1＋ln 3得an＋ln 3＝2(an－1＋ln 3)，

则{an＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列，

所以an＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n－1，

因此an＝(1＋ln 3)·2n－1－ln 3(n∈N*).

7.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}的通项公式是an＝________.

答案　(n∈N*)

解析　因为an＋2＝an＋1＋2an，

所以当n＝1时， a3＝a2＋2a1＝5.

令bn＝an＋1－2an，则{bn}为等比数列.

又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，

所以等比数列{bn}的公比q＝＝－1，

所以bn＝(－1)n－1，

即an＋1－2an＝(－1)n－1.①

令cn＝an＋1＋an，则{cn}为等比数列，

c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，

所以等比数列{cn}的公比q1＝＝2，

所以cn＝4×2n－1＝2n＋1，

即an＋1＋an＝2n＋1.②

联立①②，解得an＝.

8.(2022·青岛二模)已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，bn＋1＝，则

b2 023＝________.

答案　

解析　因为an＋bn＝1，bn＋1＝，

所以1－an＋1＝，

an＋1＝1－＝，

所以＝＋1，

所以数列是等差数列，其公差为1，首项为＝2，

所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，

所以an＝，

所以bn＝，

所以b2 023＝.

9.已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝3n(n∈N*)，且S3＝15，则S10＝________.

答案　120

解析　当n＝1时，2S1－a1＝3，

解得a1＝3.

又2Sn－nan＝3n，①

当n≥2时，2Sn－1－(n－1)an－1＝3(n－1)，②

所以①－②得(n－1)an－1－(n－2)an＝3， ③

当n≥3时，(n－2)an－2－(n－3)an－1＝3，④

所以④－③得

(n－1)·an－1－(n－2)an＝(n－2)an－2－(n－3)an－1，

可得2an－1＝an＋an－2，

所以数列{an}为等差数列，设其公差为d.

因为a1＝3，S3＝3a1＋3d＝9＋3d＝15，

解得d＝2，

故S10＝10×3＋×2＝120.

10.已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，则数列{an}的通项公式为________.

答案　an＝2n＋n(n∈N*)

解析　∵an＋1＝2an－n＋1，

∴an＋1－(n＋1)＝2(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(n∈N*).

11.数列{an}满足an＋1＝3an＋2n＋1，a1＝－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

答案　－2n＋2＋(n∈N*)

解析　∵an＋1＝3an＋2n＋1，

∴＝·＋1,

∴＋2＝，

∴数列是以＋2＝为首项，为公比的等比数列，

∴＋2＝×＝，

∴an＝3n－2n＋1，

∴Sn＝(31＋32＋…＋3n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝－＝－2n＋2＋(n∈N*).

12.已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋3an－1，则{an}的通项公式为________.

答案　an＝(n∈N*)

解析　∵an＋1＝2an＋3an－1，

∴an＋1＋an＝3(an＋an－1)，

∴{an＋1＋an}是以a2＋a1＝3为首项，3为公比的等比数列，

∴an＋1＋an＝3×3n－1＝3n.①

又an＋1－3an＝－(an－3an－1)，

∴{an＋1－3an}是以a2－3a1＝－1为首项，－1为公比的等比数列，

∴an＋1－3an＝(－1)×(－1)n－1＝(－1)n，②

由①－②得4an＝3n－(－1)n，

∴an＝(n∈N*).

二、创新拓展练

13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{an}满足a1＝1，且Tn＝a1a2…an，若Tn＋1＝，n∈N*，则(　　)

A.a50∈  B.a50∈

C.a10∈  D.a10∈

答案　B

解析　因为Tn＝a1a2…an，

所以an＋1＝.

因为Tn＋1＝，

所以an＋1＝，所以＝an＋.

因为a1＝1>0，所以>>0，a2＝，

所以0<an＋1<an≤1，

所以＝a＋＋2，

所以a＋2＝－∈，n≥2.

由累加法可得－∈(16，18)，

所以∈(，)，

所以a10∈，

同理可得a50∈＝，故选B.

14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)

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

答案　ABD

解析　因为＝＝＋3，

所以＋3＝2，

又＋3＝4≠0，

所以是以4为首项，2为公比的等比数列，

所以＋3＝4×2n－1，则an＝，

所以{an}为递减数列，

的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n＋1－3)＝22＋23＋…＋2n＋1－3n＝－3n＝2n＋2－3n－4，故ABD正确.

15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“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}，则(　　)

A.a4＝12  B.an＋1＝an＋n＋1

C.a100＝5 050  D.2an＋1＝an·an＋2

答案　BC

解析　由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝6，…，an＝an－1＋n，

故an＝，

∴a4＝＝10，故A错误；

an＋1＝an＋n＋1，故B正确；

a100＝＝5 050，故C正确；

2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，

an·an＋2＝，

显然2an＋1≠an·an＋2，故D错误.

16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n项记为an，数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)

A.a60＝16  B.S18＝128

C.a＝2k－1  D.S＝2k－k－1

答案　AC

解析　由题意可将数列分组：

第一组为20，

第二组为20，21，

第三组为20，21，22，

……，

则前k组一共有1＋2＋…＋k＝个数.

第k组第k个数为2k－1，

故a＝2k－1，所以C正确.

因为＝55，所以a55＝29，

又＝66，

则a60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210，

故a60＝24＝16，所以A正确.

每一组数的和为20＋21＋…＋2k－1＝＝2k－1，

故前k组数之和为21＋22＋…＋2k－k＝－k＝2k＋1－2－k，

S＝2k＋1－k－2，所以D错误.

S15＝26－5－2＝57，S18＝S15＋20＋21＋22

＝26－5－2＋7＝64，所以B错误.故选AC.

17.已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝，则该数列的通项公式an＝________.

答案　(n∈N*)

解析　由＝＝＝·，

所以是首项为＝2，

公比为的等比数列，

所以＝2×，

解得an＝＋2＝，n∈N*.

18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，写出一个满足Sn＝an的通项公式：an＝________.

答案　2n(答案不唯一)

解析　当an＝2n时，Sn＝＝2n＋1－2，an＝2n

＝2n＋1－2＝Sn，∴an＝2n满足条件.