高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)微重点05数列的递推关系(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

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考点分类讲解
考点一：构造辅助数列
规律方法 (1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．
(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
(3)形如an＋1＝eq \f(qan,pan＋q)(p，q≠0)的数列，取倒数可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(p,q)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(p,q)，构造等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))求通项公式．
(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】（2024·陕西·二模）已知正项数列满足对任意正整数n，均有，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列递推式推出，以及，由此即可求得答案.
【详解】由题意知正项数列满足对任意正整数n，均有，，
故，
，
故，
故，
故选：B
【变式1】（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）各项均为正数的数列，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用累加法可得数列的通项公式，进而可得与.
【详解】由已知，
可得，，，，，，等式左右分别相加可得，
又，即，
所以，
又数列的各项均为正数，
所以，
所以，
故选：A.
【变式2】（2024·广东佛山·二模）设数列的前项之积为，满足（），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．
【详解】因为，
所以，即，所以，
所以，
所以，
所以数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，
即，所以．
故选：C．
【变式3】(2023·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.
考点二:利用an与Sn的关系
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)．
【例2】（2024·山西吕梁·一模）设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则 ．
【答案】
【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解.
【详解】由
得
即
是以2为首项，2为公比的等比数列
.
故答案为：
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于：形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
【变式1】（2024·福建漳州·一模）已知各项均不为0的数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据与之间的关系分析可得，令即可得结果.
【详解】因为，则，
两式相减可得：，即，
令，可得，
且，所以.
故选：A.
【变式2】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）记数列的前n项和为，若是等差数列，，则（ ）
A．B．C．0D．4
【答案】C
【分析】由已知是等差数列，可求得的公差，进而求得的通项公式，可得，利用，计算可得结果.
【详解】因为是等差数列，，
所以的公差，所以，
所以，
所以，
故选:C.
【变式3】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．
【解析】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.
强化训练
一、单选题
1．（2024·河南开封·二模）已知数列的前n项和为，则（ ）
A．81B．162C．243D．486
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用列式计算即得.
【详解】数列的前n项和为，所以.
故选：B
2．（2024高三·全国·专题练习）若数列满足且，则的值为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据题意依次求得的前若干项，推得为周期数列，从而得解.
【详解】因为且，
所以，
所以数列具有周期性，且，所以.
故选：C.
3．（23-24高三上·广东湛江·期末）在数列中，，且，当时，，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据递推关系得到，把条件转化为，从而可得答案.
【详解】因为，，所以，且当时，，
所以，所以，
所以.
因为，
所以，所以，故.
故选：A.
4．（2024·陕西西安·一模）记数列的前n项积为，且，若数列满足，则数列的前20项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用递推公式及前n项积可得，再由累加法可求得，可知数列的通项公式为，即可计算出前20项和为.
【详解】根据题意由可得，所以，
两式相除可得，整理可得，
即，
所以，
，
，
累加可得，
由可得；
所以；
结合可得，
所以；
易知符合上式，所以可得；
即数列为等差数列，前项和为，
因此数列的前20项和为.
故选：C
5．（2024·山西临汾·一模）已知数列满足：，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算得出，可求出的通项公式，即可求得的值.
【详解】因为数列满足：，且，
对任意的，为偶数，则，
所以，，所以，.
故选：A.
6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知数列，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据递推关系，归纳出数列的奇数项与偶数项分别为公比为的等比数列，进而可得数列的通项公式.
【详解】因为，，则，
又，则，
所以数列的奇数项与偶数项分别为公比为的等比数列，
由可得，
则数列的各项为，
其中奇数项的通项公式为，
偶数项的通项公式为，
所以数列的通项公式为.
故选：D
7．（23-24高三上·江苏·阶段练习）设数列的前项和为，且，记为数列中能使成立的最小项，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据与的关系，得到数列的通项公式，再根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对于不同的值，计算满足条件的个数，从而求和得解.
【详解】因为，则，
两式相减，得，
又当时，，故，
所以是以，的等比数列，则，
显然递减，要使得最小，即要使得最大，
令，得.
若，则;
若，则;
若，则
若，则;
若，则，
则
，
，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得，从而分类讨论的取值范围，求得对应的值，从而得解.
8．（23-24高三下·浙江·开学考试）已知数列满足，且对任意均有.记的前项和为，则（ ）
A．28B．140C．256D．784
【答案】B
【分析】令，得到，令，求得，得出为等差数列，求得，利用累加法求得，再令，得到，求得，得出，即可求解.
【详解】由数列满足，且，
令，可得，即，
再令，可得，即数列是公差为的等差数列，
又由，可得，即，
又由
即，所以及，
令，可得，代入可得，
解得，所以，
即数列的通项公式为，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明数列是公差为的等差数列，再结合累加法并求出，从而得到，最后计算即可.
二、多选题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前项和公式为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的首项为
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．数列为递增数列
【答案】ABC
【分析】利用的关系式，分类讨论与两种情况，求得，从而得解.
【详解】对于A，因为，
所以当时，，知A正确；
对于B，当时，，
当时，也满足上式，故数列的通项公式为，故B正确；
对于CD，，
所以数列为递减数列，故C正确，D错误.
故选：ABC.
2．（23-24高三上·山东·期中）已知数列满足，，则的值可能为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】AD
【分析】化简原式得到的两种对应关系，然后分类讨论的通项公式，由此可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以或，
当时，是首项为公比为的等比数列，所以；
当时，可得，下面用数学归纳法证明：
当时，，成立，
当，假设成立，
当时，因为，所以，成立，
由上可知，成立，此时；
当，均在数列中出现时，由可得，B选项不可能；
当，时，最大，
此时，，故C不可能.
故选：AD.
3．（23-24高三上·浙江温州·期末）已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ）
A．－1B．2C．D．－2
【答案】BCD
【分析】由题意，结合选项根据的取值，得出对应的递推公式，利用归纳法求出对应的通项公式，依次验证即可.
【详解】A：当时，，
得，
所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误；
B：当时，，
得，
所以，符合题意，故B正确；
C：当时，，
得，
所以，符合题意，故C正确；
D：当时，，
得，
所以，符合题意，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知在正项数列中，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】依题意易得，即可求得数列的通项公式为.
【详解】根据题意由可得；
两式相减可得，
所以，即可得；
易知当时，符合上式；
所以数列的通项公式为.
故答案为：
2．（2024高三下·全国·专题练习）数列满足，则 ．
【答案】
【分析】令，得到，结合与的关系，求得，进而求得，得到答案.
【详解】令，的前项和为，
因为，可得，
当时， ；
当时，，
将代入上式可得，
综上可得，即，所以.
故答案为：.
3．（2024·广东广州·一模）已知数列的前项和，当取最小值时， .
【答案】3
【分析】根据求得，再结合对勾函数的单调性，即可求得结果.
【详解】因为，则当时，，
又当时，，满足，故；
则，
又在单调递减，在单调递增；
故当时，取得最小值，也即时，取得最小值.
故答案为：.
四、解答题
1．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知数列的前项和为且．
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)99；
(2)．
【分析】（1）根据的关系，化为，根据并项法求；
（2）由递推关系可得，据此分为奇数、偶数求通项公式，再合并即可得解.
【详解】（1）
因为，
所以．
两式相减，得．
所以
；
（2）由（1）知①，
可得②，．
因为，
所以，又，
所以
又由①②得．
所以，即为偶数，
则当，且为奇数时，
，
又符合上式，综合得．
2．（23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习）设各项都不为0的数列的前项积为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中），组成新的数列，记数列的前项和为，若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系得到，再检验即可得解；
（2）利用并项求和法与等比数列的求和公式求得，再依次求得，从而得解.
【详解】（1）因为，
当时，，两式相除可得，
因为，所以，
又，所以.
（2）依题意，
，
易知随着增大而增大，
当时，，
当时，，
而
综上，的最小值为.
3．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助等差数列的性质与与的关系计算即可得；
（2）借助累乘法可计算出数列，借助裂项相消法可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，
所以，所以数列是等差数列；
（2）由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
．
4.（2024·云南·一模）已知为等比数列，记分别为数列的前项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)是否存在整数，使对任意正整数都成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在，的最小值为3.
【分析】（1）利用等比数列求和公式得首项和公比的方程组，得，利用数列的和与通项的关系得，结合得是等差数列即可求解；
（2）错位相减法求和得，再利用数列性质求最值即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，根据已知得，且
解方程组得
的通项公式为.
，
，解得，
且.
，
即.
且，
则，
整理得，故是以1为首项，2为公差的等差数列，
故.
的通项公式为.
（2）设，
则.
，
.
恒成立，且,
存在整数，使对任意正整数都成立，且的最小值为3.
5．（23-24高三上·山西·期末）已知数列的首项，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由递推公式求出通项公式；
（2）利用错位相加法和分组求和法求和.
【详解】（1），，
令，则有.
于是数列是首项为2，公差为1的等差数列，
故，于是.
（2）由（1）可知，
则在前项中，
，
作差得
，
，
从而.