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)

微重点05数列的递推关系（2大考点+强化训练）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．知识导图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\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)]．【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．【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．【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．【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．2100－2C．2101－3 D．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．【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．【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．0 D．4【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\o\al(2,n))，若b2·b3·…·bn＝eq\f(89,176)，求正整数n的值．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．81 B．162 C．243 D．4862．（2024高三·全国·专题练习）若数列满足且，则的值为（）A．3 B．2 C． D．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．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．5．（2024·山西临汾·一模）已知数列满足：，设，则（

）A． B． C． D．6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知数列，满足，，，则（

）A． B． C． 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．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．28 B．140 C．256 D．784二、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2．（23-24高三上·山东·期中）已知数列满足，，则的值可能为（）A．1 B． C． D．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．－1 B．2 C． D．－2三、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.2．（2024高三下·全国·专题练习）数列满足，则．3．（2024·广东广州·一模）已知数列的前项和，当取最小值时，.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．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.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．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.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.微重点05数列的递推关系（2大考点+强化训练）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．知识导图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\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)]．【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．2100－2C．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(21－2100,1－2)＋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．0 D．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\o\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\co1(\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\o\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．81 B．162 C．243 D．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：B2．（2024高三·全国·专题练习）若数列满足且，则的值为（）A．3 B．2 C． 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：C5．（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：D7．（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．28 B．140 C．256 D．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．1 B． 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．－1 B．2 C． 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