2025高考数学二轮复习-专题三-微重点6-数列的递推关系-专项训练【含答案】

微重点6数列的递推关系数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用．考点一构造辅助数列例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＝211B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n－1－3C．若a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，则an＝eq\f(1,3n－2)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，∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴{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；C项，∵an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋3an,an)＝eq\f(1,an)＋3，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1为首项，3为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2)，故C正确；D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝2为首项，2为公比的等比数列，∴eq\f(an,n)＝2·2n－1＝2n，∴an＝n·2n，故D正确．(2)(2023·商洛模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，则eq\f(S2024,S2023)等于()A.eq\f(1013,1012) B.eq\f(2023,2024)C.eq\f(2025,2023) D.eq\f(1013,1011)答案A解析因为an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，所以an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．因为a2－2＝－1，所以{an－n}从第二项起是公比为－1的等比数列，所以an＝n＋(－1)n－1(n≥2)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n＋－1n－1，n≥2，))所以S2023＝1＋2＋3＋…＋2023＝2023×1012，S2024＝1＋2＋3＋…＋2024－1＝2023×1013，所以eq\f(S2024,S2023)＝eq\f(1013,1012).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\co1(\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)]．跟踪演练1(1)已知数列{an}满足a2＝eq\r(3)，a1＝1，且aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)，则aeq\o\al(2,2023)－2a2022的值为()A．2021 B．2022C．2023 D．2024答案B解析由aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)得，当n≥2时，(aeq\o\al(2,n＋1)－2an)－(aeq\o\al(2,n)－2an－1)＝1，且由a2＝eq\r(3)，a1＝1，得aeq\o\al(2,2)－2a1＝1，所以{aeq\o\al(2,n＋1)－2an}构成以1为首项，1为公差的等差数列，所以aeq\o\al(2,n＋1)－2an＝n，所以aeq\o\al(2,2023)－2a2022＝2022.(2)已知数列{an}中，a1＝4，且an＝2an－1＋2n＋1(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．答案an＝n·2n＋1解析当n≥2时，因为an＝2an－1＋2n＋1，所以eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(an－1,2n)＋1，又eq\f(a1,21＋1)＝eq\f(4,4)＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq\f(an,2n＋1)＝1＋(n－1)×1＝n，则an＝n·2n＋1.考点二利用an与Sn的关系例2(2023·连云港模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,an).(1)证明：数列{Seq\o\al(2,n)}是等差数列；(2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝Seq\o\al(2,n)，求数列{bn}的通项公式．(1)证明当n＝1时，a1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,a1)，aeq\o\al(2,1)＝2，当n≥2时，Sn＝eq\f(Sn－Sn－1,2)＋eq\f(1,Sn－Sn－1)，所以eq\f(Sn＋Sn－1,2)＝eq\f(1,Sn－Sn－1)，所以Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝2(常数)，故数列{Seq\o\al(2,n)}是以Seq\o\al(2,1)＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)解由(1)知，Seq\o\al(2,n)＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n，当n≥2时，bn＝eq\f(Tn,Tn－1)＝eq\f(2n,2n－1)＝eq\f(n,n－1)，当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(n,n－1)，n≥2.))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)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)，则an＝__________________.答案(n＋1)·2n－1解析因为an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，则Sn＝eq\f(nan＋1,n＋2)，当n≥2时，Sn－1＝eq\f(n－1an,n＋1)，因此an＝eq\f(nan＋1,n＋2)－eq\f(n－1an,n＋1)，化简整理得eq\f(an＋1,n＋2)＝2·eq\f(an,n＋1)，而a1＝2，a2＝3S1＝3a1＝6，有eq\f(a2,3)＝2·eq\f(a1,2)，即当n∈N*时，eq\f(an＋1,n＋2)＝2·eq\f(an,n＋1)，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是以eq\f(a1,2)＝1为首项，2为公比的等比数列，则eq\f(an,n＋1)＝2n－1，即an＝(n＋1)·2n－1.(2)(多选)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．则下列四个结论中正确的是()A．a1＝2B．数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n＋1)C．S3＝eq\f(46,15)D．数列{an}为递减数列答案ACD解析对于A，令n＝1，则a1＝2×1＝2，所以A正确；对于B，当n≥2时，由a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，得a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－2，两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)，a1＝2满足此式，所以an＝eq\f(2,2n－1)，所以B错误；对于C，因为an＝eq\f(2,2n－1)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝2＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,5)＝eq\f(46,15)，所以C正确；对于D，因为an＋1－an＝eq\f(2,2n＋1－1)－eq\f(2,2n－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n－1)))＝eq\f(－4,2n＋12n－1)<0(n∈N*)，所以an＋1<an，所以数列{an}为递减数列，所以D正确．专题强化练1．(2023·北京统考)在数列{an}中，若a1＝－1，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，则a100等于()A．－1B．1C.eq\f(1,2)D．2答案A解析因为a1＝－1，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，所以a2＝eq\f(1,1－a1)＝eq\f(1,1－－1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1－2)＝－1＝a1，a5＝eq\f(1,1－a4)＝eq\f(1,1－－1)＝eq\f(1,2)＝a2，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a100＝a3×33＋1＝a1＝－1.2．(2023·漳州模拟)若正项数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1an－6aeq\o\al(2,n)＝0，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)等于()A．4n－1 B.eq\f(1,3)(4n－1)C．2n－1 D.eq\f(1,3)(2n－1)答案B解析由aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1an－6aeq\o\al(2,n)＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋3an)＝0，又{an}是正项数列，所以an＋1－2an＝0，eq\f(an＋1,an)＝2，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，an＝2n－1，aeq\o\al(2,n)＝(2n－1)2＝22(n－1)＝4n－1，aeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n))＝eq\f(4n,4n－1)＝4，可得数列{aeq\o\al(2,n)}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．3．(2023·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a2023＋b2023等于()A．1 B．3C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2023 D．22023答案D解析因为2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，所以2an＋1＋2bn＋1＝3an＋bn＋2＋an＋3bn－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a2023＋b2023＝22023.4．(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2023等于()A．2023 B．2024C．4045 D．4047答案C解析∵eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n－1)，∴a2023＝eq\f(a2023,a2022)×eq\f(a2022,a2021)×eq\f(a2021,a2020)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(4045,4043)×eq\f(4043,4041)×eq\f(4041,4039)×…×eq\f(5,3)×eq\f(3,1)×1＝4045.5．(2023·淄博模拟)已知正项数列{an}的前n项和是Sn，满足eq\f(1,Sn)＝eq\f(2an,a\o\al(2,n)＋1)对n∈N*恒成立，则an等于()A．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\r(n＋1)－\r(n)，n≥2))B．an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)C．an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)D．an＝eq\r(n)＋eq\r(n－1)答案C解析由eq\f(1,Sn)＝eq\f(2an,a\o\al(2,n)＋1)得2Sn＝an＋eq\f(1,an)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则2Sn＝Sn－Sn－1＋eq\f(1,Sn－Sn－1)，整理得Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1，显然eq\f(1,S1)＝eq\f(2S1,S\o\al(2,1)＋1)，则Seq\o\al(2,1)＝1，因此数列{Seq\o\al(2,n)}是等差数列，首项为1，公差为1，所以Seq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n，又an>0，所以Sn>0，所以Sn＝eq\r(n)，当n≥2时，an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，a1＝1满足上式，因此an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).6．(多选)(2023·宿迁模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，则()A．a1＝eq\f(1,3)B．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差为eq\f(2,3)的等差数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5项和最大D．an＝eq\f(6,2n－112n－13)答案AC解析∵a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，∴3a2＝2a1(a1＋a2)，∴a1＝eq\f(1,3)或a1＝－eq\f(3,7)(舍)，故选项A正确；又3an＋1＝2SnSn＋1，∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－eq\f(2,3)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差为－eq\f(2,3)的等差数列，故选项B错误；由eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝3，得eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝3－eq\f(2n－1,3)＝eq\f(11－2n,3)，∴eq\f(1,S5)>0，eq\f(1,S6)<0，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5项和最大，故选项C正确；当n＝1时，eq\f(6,2n－112n－13)＝eq\f(6,2×1－112×1－13)＝eq\f(2,33)，这与a1＝eq\f(1,3)矛盾，故选项D错误．7．(2023·淮南模拟)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(3Sn,n)＋n＝3an＋1，a1＝－eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式是__________________．答案an＝eq\f(2,3)n－1解析由题意得3Sn＋n2＝3nan＋n，①当n≥2时，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)an－1＋(n－1)，②①－②化简得3(an－an－1)－3n(an－an－1)＝－2n＋2，即(3－3n)(an－an－1)＝－2n＋2，则an－an－1＝eq\f(－2n＋2,3－3n)＝eq\f(2,3)(n≥2)，则数列{an}是以－eq\f(1,3)为首项，eq\f(2,3)为公差的等差数列，则an＝－eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)(n－1)＝eq\f(2,3)n－1.8．(2023·安庆模拟)数列{an}满足a1＝2，且∀n∈N*，恒有a2n＝an－n－1，则a256＝________.答案－261解析∵a2n＝an－n－1，∴a256＝a128－(128＋1)＝a128－(27＋1)＝a64－(26＋1)－(27＋1)＝a32－(25＋1)－(26＋1)－(27＋1)＝…＝a1－(20＋1)－(21＋1)－…－(27＋1)＝2－(20＋1)－(21＋1)－…－(27＋1)＝2－(20＋21＋…＋27)－8＝－eq\f(1×1－28,1－2)－6＝－261.9．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\o\al(2,n))，若b2·b3·…·bn＝e