最新高考-构建新数列巧解递推数列 精品
2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)
数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 （解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。
高考数学必考点解题方法秘籍 递推数列 理
高考数学必考点解题方法秘籍 递推数列 理1 一阶递推数列我们首先回顾递推数列的定义，参见文献[1]。
定义1 对于任意+∈N n ，由递推关系),(,21n k n k n k n a a a f a -+-++=确定的数列{}n a 成为递推数列（或递归数列），k 为阶数。
若f 是线性的，则称此数列为线性递推数列，否则称为非线性递推数列。
本节通过分析几种一阶递推数列类型，给出其的求通项公式方法，并分析两种常见方法的区别和联系。
1.1 一阶线性递推数列本节主要讨论下面两种一阶线性递推数列。
等差数列、等比数列[2]作为最基本的一阶线性递推数列由于篇幅所限，在这里不再赘述。
1.1.1)(1n f a a n n +=+类这类递推数列的解题方法与等差数列求通项公式的方法一样，都是叠加法，下面就以高考题为例来说明其解题方法和过程。
例（2007北京高考理第15题） 数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 是常数，），且123a a a ，，成公比不为1的等比数列．（I ）求c 的值； （II ）求{}n a 的通项公式.解（I ）由题知：12a =，22a c =+，323a c =+，因为1a ，2a ，3a 成等比数列，所以2(2)2(23)c c +=+，解得0c =或2c =． 当0c =时，123a a a ==，不符合题意舍去，故2c =．（II ）当2n ≥时，由于21a a c -=，322a a c -=，1(1)n n a a n c --=-，所以1(1)[12(1)]2n n n a a n c c --=+++-=．又12a =，2c =，故22(1)2(23)n a n n n n n =+-=-+=，，．当1n =时，上式也成立，所以22(12)n a n n n =-+=，，．1.1.2)0)1((,1≠-+=+p pq q pa a n n 类此类递推数列是高考最常见的一种，可以用两种方法进行解答，下面我们先来解出他的通项公式，然后通过典型例题运用两种方法来解析。
数列的递推公式-高考数学复习PPT
A.n2＋1
B.n＋1
C.1－n
D.3－n
解析 ∵an＋1－an＝－1， ∴当 n≥2 时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋(－1)×(n－1)＝3－n.
当n＝1时，a1＝2也符合上式. 故数列的通项公式an＝3－n(n∈N*).
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
解析 ∵数列{an}的首项 a1＝1， an＋1＝1＋anan(n＝1，2，3，…)， ∴a2＝1＋a1a1＝12， 同理可得 a3＝13，a4＝14. 猜想其通项公式是 an＝n1.
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互动合作研析题型 关键能力提升
HU DONG HE ZUO YAN XI TI XING GUAN JIAN MENG LI TI SHENG
2.掌握求通项公式的常用方法 (1)观察法；(2)累加法；(3)累乘法. 3.注意1个易错点 累加(累乘)法求通项公式时，易忽略验证n＝1.
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拓展延伸分层精练 核心素养达成
TUO ZHAN YAN SHEN FEN CENG JING LIAN HE XING SU YANG DA CHENG
一、基础达标
数列的递推公式
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课标要求
1.理解数列的递推公式是数列的表示方法的一种形式.2.掌握由数列 的递推公式求数列的通项公式的方法.
素养要求
通过由数列的递推公式归纳或者推导数列的通项公式，提升学生的 数学运算素养和逻辑推理素养.
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问题导学预习教材 必备知识探究
互动合作研析题型 关键能力提升
拓展延伸分层精练 核心素养达成
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3.做一做 已知数列{an}中的首项 a1＝1，且满足 an＋1＝12an＋21n，则此数列的第
高考数学构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)
构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如a n +1=ca n k ,a n =ca n -1k或者a n +b =c (a n -1+b )k ,b 为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.【经典例题1】数列a n 中, a 1=2,a n +1=a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以a 1=2为底的对数(不能取c 为底,因为c =1,不能作为对数的底数),得到log a n +12=log an22,log a n +12=2log a n2,设b n =log a n2,则有b n +1=2b n ,所以b n 是以b 1=log a 12=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n =2n -1,所以log a n2=2n -1,a n =22n -1.【经典例题2】数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取a 1=1为底数的对数了吧),得到log a n +12=log 2a n22,log an +12=log 22+2log a n2,log a n +12=1+2log a n2设b n =log an2,则有b n +1=1+2b n ,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出b n +1+1=2(b n +1),所以b n +1 是以b 1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n +1=2n -1,所以b n =2n -1-1,log a n2=2n -1-1,a n =22n -1-1.【经典例题3】已知a 1=2,点a n ,a n +1 在函数f x =x 2+2x 的图像上,其中n ∈N *,求数列a n 的通项公式.【解析】将a n ,a n +1 代入函数得a n +1=a n 2+2a n ,a n +1+1=a n 2+2a n +1=a n +1 2,即a n +1+1=a n +1 2两边同时取以3为底的对数,得log a n +1+13=log a n+123⇒log a n +1+13=2log a n+13(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为log a 1+13,a 1+1=3,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以log a n+1 3 是以1为首项,2为公比的等比数列,即log a n+1 3=1×2n -1,a n +1=32n -1,a n =32n -1-1.【经典例题4】在数列a n 中, a 1=1,当n ≥2时,有a n +1=a n 2+4a n +2,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=a n 2+4a n +2,得a n +1+2=a n 2+4a n +4,即a n +1+2=a n +2 2,两边同取以3为底的对数,得log a n +1+23=log a n+223,即log a n +1+23=2log a n+2 3,所以数列log a n+2 3是以1为首项,2为公比的等比数列,log a n+23=2n -1,a n +2=32n -1,即a n =32n -1-2.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于a n +1=Aa n +Ba n -1的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为a n +1-a n =(A -1)a n -a n -1 ,利用a n +1-a n 成等比数列,以及叠加法求出a n .还有一小部分题型可转化为a n +1+a n =(A +1)a n +a n -1 ,利用a n +1+a n 成等比数列求出a n .【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n n ∈N * ,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=3a n -2a n -1⇒a n +1-a n =2a n -a n -1 ,故a n +1-a n 是以a 2-a 1=2为首项,2为公比的等比数列,即a n +1-a n =a 2-a 1 2n -1=2n ,接下来就是叠加法啦,a n -a n -1=2n -1...a 2-a 1=2全部相加得:a n -a 1=2n-2,所以a n =2n -1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a 2=2,a n +2=23a n +1+13a n ,求数列a n 的通项公式。
构建新数列巧解递推数列竞赛题目
构建新数列巧解递推数列竞赛题梁新潮（浙江新昌中学 312500）石美英（浙江新昌教师进修学校 312500）递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。
本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。
其中，怎样构造新数列是答题关键。
1 求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。
例1、数列{}n a 中，11=a ，()n n n a a a 241411611+++=+。
求n a 。
（1981年第22届IMO 预选题）分析 本题的难点是已知递推关系式中的n a 241+较难处理，可构建新数列{}n b ，令n n a b 241+=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。
解：构建新数列{}n b ，使0241>+=n n a b则 51=b ，n na b 2412+= ，即2412-=n n b a⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⨯+=-+n n n b b b 24141161241221化简得 ()()22132+=+n n b b321+=+n n b b ，即 ()32131-=-+n n b b数列 {}3-n b 是以2为首项，21为公比的等比数列。
n n n b --=⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-2122123 即 322+=-n n b121122231232241---⨯+⨯+=-=n n n n n b a2 证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。
例2、设10=a ，12111---+=n n n a a a ()N n ∈，求证：22+>n n a π。
新教材高中数学第5章数列：数列中的递推pptx课件新人教B版选择性必修第三册
1．数列 1,3,6,10,15，…的递推公式是( ) A．an＋1＝an＋n，n∈N＋ B．an＝an－1＋n，n∈N＋，n≥2 C．an＋1＝an＋(n＋1)，n∈N＋ D．an＝an－1＋(n－1)，n∈N＋，n≥2
(变条件)若把本例(1)中的 Sn 换为 Sn＝2n2－3n＋1，再求{an}的通 项公式．
[解] 当 n＝1 时，a1＝S1＝2－3＋1＝0， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4n－5.(*) 显然 n＝1 不满足(*)式， 故 an＝04，n－n＝ 5，1， n≥2.
(已知数列{an}的前 n 项和公式 Sn，求通项公式 an 的步骤： 1当 n＝1 时，a1＝S1. 2当 n≥2 时，根据 Sn 写出 Sn－1，化简 an＝Sn－Sn－1. 3如果 a1 也满足当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 的通项公式，那么数列{an}的 通项公式为 an＝Sn－Sn－1；,如果 a1 不满足当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 的通项公
a5＝a24＋a42＝522＋×252＝31. 故该数列的前 5 项为 1，23，12，25，13.
已知 Sn 求通项公式 an 【例 2】 (教材 P12 例 3 改编)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，求 {an}的通项公式： (1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n－2. [思路点拨] 应用 an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解，注意检验 n＝1 时 a1 是否满足 an(n≥2)．
2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧(一)(解析版)
构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874 B.634 C.15 D.27【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【练习3】在数列a n 中,a 1=2,a n +1=2a n +1,则a 5=_______.【练习4】已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1,则数列a n 的通项公式a n =______.【练习5】已知数列a n 的首项a 1=2,且a n +1=12a n +12n ∈N * ,则数列1a n -1 的前10项的和为______.【练习6】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +2,则a n =_______.◆构造二:待定系数之a n +1=Aa n +Bn +C 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +Bn +C (A ≠1,C ≠0,B ≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令a n +1+p (n +1)+q =A a n +pn +q ,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p ,q ,从而得到a n +pn +q 是公比为A 的等比数列.2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧（一）（解析版）【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【经典例题2】已知:a1=1,n≥2时,a n=12a n-1+2n-1,求a n的通项公式.【练习1】已知数列a n是首项为a1=2,a n+1=13a n+2n+53.(1)求a n通项公式;(2)求数列a n的前n项和S n.【练习2】已知数列a n和b n,a n的前n项和S n,对于任意的n∈N*,a n,S n是二次方程x2-3n2x+b n=0的两根.(1)求a n和b n通项公式;(2)a n的前n项和S n.【练习3】设数列a n是首项为a1=1,满足a n+1=2a n-n2+3n(n=1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n+λn2+μn成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【练习1】已知数列a n满足a1=1,a n+1=3a n+2n n∈N*,b n=a n+1a n.设t∈Z,若对于∀n∈N*,都有b n>t恒成立,则t的最大值为()A.3B.4C.7D.9【练习2】已知数列a n满足a1=2,a n+1=a n+2n+2n∈N*.(1)判断数列a n-2n是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n为数列a n的前n项和,求S n.【过关检测】一、单选题1.已知S n为数列a n的前n项和，若a n+1=2a n-2,S2=10，则a n的通项公式为( )A.a n=3n-4B.a n=2n+2C.a n=n2+nD.a n=3n2-12.已知数列a n中，a1=1，a n+1=2a n+1，则数列a n的通项公式为( )A.a n=nB.a n=n+1C.a n=2nD.a n=2n-13.已知数列a n满足a1=3，a n+1=5a n-8，则a2022的值为( )A.52021-2B.52021+2C.52022+2D.52022-24.设数列a n的前n项和为S n，若S n=2a n-2n+1，则S10=( )A.211-23B.210-19C.3×210-23D.3×29-195.在数列a n中，a1=1，且a n+1=2a n+1，则a n的通项为( )A.a n=2n-1B.a n=2nC.a n=2n+1D.a n=2n+16.数列a n中，a n+1=2a n+1，a1=1，则a100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.21007.数列a n满足12a n=a n+1-12n+1，且a1=12，若a n<13，则n的最小值为( )A.3B.4C.5D.68.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为( )A.3n-1B.3n+1-2C.3n-2D.3n9.数列a n满足a n=4a n-1+3n≥2且a1=0，则此数列第5项是( )A.15B.255C.16D.6310.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n -1B.2n -1C.nD.2n -111.在数列a n 中，a 1=3，a n =2a n -1-n +2n ≥2,n ∈N + ，若a n >980，则n 的最小值是( )A.8B.9C.10D.1112.设数列{an }中，a 1=2，an +1=2an +3，则通项an 可能是()A.5-3nB.3·2n -1-1C.5-3n 2D.5·2n -1-313.在数列a n 中，若a 1=2，a n +1=3a n +2n +1，则a n =( )A.n ⋅2nB.52-12nC.2⋅3n -2n +1D.4⋅3n -1-2n +114.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12 n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32n C.12n -23n D.23n -12n 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.17.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；18.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.22.已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n-2.(1)求a n的通项公式；(2)求a n的前n项和S n.23.已知数列a n的首项a1=1，且1a n+1=2a n+1．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．24.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【解析】根据原式,设a n +1+m =2a n +m ,整理得a n +1=2a n +m ,题干中a n +1=2a n +1,根据对应项系数相等得m =1.∴a n +1+1=2a n +1 ,令b n =a n +1+1,b 1=a 1+1=3+1=4,所以a n +1 是4为首项,2为公比的等比数列.即a n +1=4⋅2n -1,a n =2n +1-1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =2a n +t ,整理得a n +1=2a n +t ,题干中a n +1=2a n +3,根据对应项系数相等,解得t =3,故a n +1+3=2a n +3 .令b n =a n +3,则b 1=a 1+3=4,且b n +1b n=a n +1+3a n +3=2.所以b n 是4为首项,2为公比的等比数列.所以b n =4×2n -1=2n +1,即a n =2n +1-3.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =3(a n +t ),即a n +1=3a n +2t ,题干中a n +1=3a n +4,根据对应项系数相等,解得t =2,故a n +1+2=3a n +2 .令b n =a n +2,则b 1=a 1+2=3,且b n +1b n=a n +1+2a n +2=3.所以b n 是3为首项,3为公比的等比数列.所以b n =3×3n -1=3n ,即a n =3n -2.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874B.634C.15D.27【答案】A【解析】∵a n +1=2a n -1,a 3=2,可得2=2a 2-1,解得a 2=32,同理可得:a 1=54变形为a n +1-1=2a n -1 ,a 1-1=14. ∴数列a n -1 为等比数列,首项为14,公比为2.∴a n -1=14×2n -1,a n =2n -3+1.∴S 6=1426-1 2-1+6=874.故选:A .【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【答案】A【解析】∵数列a n 的前n 项和为S n ,3S n =2a n -3n ,∴a 1=S 1=132a 1-3 ,解得a 1=-3,S n =132a n -3n ,(1),n ≥2,S n -1=132a n -1-3n +3 ,(2),(1)-(2),得a n =23a n -23a n -1-1,∴a n =-2a n -1-3,∴a n +1a n -1+1=-2,∵a 1+1=-2,∴a n +1 是以-2为首项,以-2为公比的等比数列,∴a n+1=(-2)n,∴a n=(-2)n-1,∴a2018=(-2)2018-1=22018-1.故选:A.【练习3】在数列a n中,a1=2,a n+1=2a n+1,则a5=_______.【答案】47【解析】数列 a n中, a1=2,a n+1=2a n+1,变形为:a n+1+1=2a n+1,a1+1=3,∴数列a n+1为等比数列,首项为3,公比为2,∴a n+1=3×2n-1,即a n=3×2n-1-1则a5=3×24-1=47.故答案为:47.【练习4】已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n+1,则数列a n的通项公式a n=______.【答案】a n=2n-1【解析】∵a n+1=2a n+1n∈N*,∴a n+1+1=2a n+1,∴a n+1是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n+1=2n,故a n=2n-1.【练习5】已知数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12n∈N*,则数列1a n-1的前10项的和为______.【答案】1023【解析】数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12(n∈N*),则:a n+1-1=12a n-1 ,整理得:a n+1-1a n-1=12(常数) ,所以：数列a n-1是以a1-1=2-1=1为首项,12为公比的等比数列,所以:a n-1=1*12n-1,当n=1时,符合通项.故：1a n-1=2n-1,所以:S n=20+21+22+⋯+2n-1=2n-1所以：S10=210-1=1024-1=1023.【练习6】已知数列a n中,a1=1,a n+1=3a n+2,则a n=_______.【答案】a n=2×3n-1-1【解析】因为a n+1=3a n+2,所以a n+1+1=3a n+1,因为1+a1=2,所以数列1+a n是以2为首项,以3为公比的等比数列,所以1+a n=2×3n-1,故答案为:a n=2×3n-1-1.◆构造二:待定系数之a n+1=Aa n+Bn+C型构造等比数列求关于a n+1=Aa n+Bn+C(A≠1,C≠0,B≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn再构造等比数列就可以,即令a n+1+p(n+1)+q=A a n+pn+q,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p,q,从而得到a n+pn+q是公比为A的等比数列.【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【解析】将递推公式转化为a n+pn+q=3a n-1+p(n-1)+q,化简后得a n=3a n-1+2pn+2q-3p,与原递推式比较,对应项的系数相等,得2p=22q-3p=-1,解得p=1q=1,令bn=a n+n+1,则b n=3b n-1,又b1=6,故b n=6⋅3n-1=2⋅3n,b n=a n+n+1,得a n=2⋅3n-n-1.【经典例题2】已知:a 1=1,n ≥2时,a n =12a n -1+2n -1,求a n 的通项公式. 【解析】设a n +pn +q =12a n -1+p (n -1)+q ,a n =12a n -1-12pn -12p -12q .与题干原式比较,对应项系数相等得-12p =2-12p -12q =-1,解得p =-4q =6 ,首项a 1-4+6=3.所以a n -4n +6 是3为首项,12为公比的等比数列.所以a n -4n +6=3⋅12 n -1,即a n =32n -1+4n -6.【练习1】已知数列a n 是首项为a 1=2,a n +1=13a n +2n +53.(1)求a n 通项公式;(2)求数列a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n +1-3(n +1)+2=13a n -3n + 2),且a 1-3+2=1,所以数列a n -3n +2 是以1为首项,13为公比的等比数列,则a n -3n +2=13n -1,即a n =13n -1+3n -2.【练习2】已知数列a n 和b n ,a n 的前n 项和S n ,对于任意的n ∈N *,a n ,S n 是二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两根.(1)求a n 和b n 通项公式;(2)a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n ,S n 是一元二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两个根,所以a n +S n =3n 2a n S n =b n ,由 a n +S n =3n 2得a n +1+S n +1=3(n +1)2,两式相减得a n +1-a n +S n +1-S n =6n +3,所以a n +1=12a n +12(6n +3),令a n +1+A (n +1)+B =12a n +An +B ,则a n +1=12a n -12An -12B -A ,比较 以上两式的系数,得-12A =3-12B -A =32 ,解得A =-6B =9 .所以a n +1-6(n +1)+9=12a n -6n +9 .又 a 1+S 1=3,a 1=32,所以数列a n -6n +9 是以92为首项、12为公比的等比数列.所以 a n -6n +9=9212 n -1,a n =6n +92n +9,S n =3n 2-a n =3n 2-6n -92n +9,所以 b n =6n +92n -9 3n 2-6n -92n +9 【练习3】设数列a n 是首项为a 1=1,满足a n +1=2a n -n 2+3n (n =1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n +λn 2+μn 成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;【解析】依题意,令a n +1+λ(n +1)2+μ(n +1)+γ=2a n +λn 2+μn +γ 所以a n +1=2a n +λn 2+μn -2λn +γ-λ-μ,即λ=-1μ-2λ=3γ-λ-μ=0, 解得λ=-1μ=1γ=0.所以数列a n -n 2+n 是以2为公比、a 1-1+1=1为首项等比数列.所以a n -n 2+n =2n -1,a n =n 2+2n -1-n ,即存在λ=-1,μ=1,使得数列a n -n 2+n 成等比数列.◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【解析】解法一:构造数列a n+1+λ12n+1=13a n+λ12n,化简成题干结构得a n+1=13a n-13λ12n+1,对应项系数相等得λ=-3,设b n=a n-312n,b1=a1-312 1=-23,所以数列b n 是以-23为首项,13为公比的等比数列,b n=-2313n-1,所以an=32n-23n.解法二:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除12n+1,也就是乘2n+1,为方便计算,我们等式两边同乘2n+1,得2n+1⋅a n+1=232n⋅a n+1.令b n=2n⋅a n,则b n+1=23b n+1,这又回到了构造一的方法,根据待定系数法,得b n+1-3=23b n-3,所以数列b n-3是首项为b1-3=2×56-3=-43,公比为23的等比数列.所以b n-3=-43⋅23n-1即b n=3-2⋅23 n.所以a n=b n2n=32n-23n.解法三:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除13n+1,也就是乘3n+1,得3n+1an+1=3n a n+32 n+1⋅令b n=3n⋅a n,则b n+1=b n+32 n+1,所以b n-b n-1=32 n,b n-1-b n-2=32 n-1，...，b2-b1=32 2⋅将以上各式叠加,得b n-b1=32 2+⋯+32 n-1+32 n,又b1=3a1=3×56=52=1+32,所以b n=1+32+32 2+⋯+32 n-1+32 n=1⋅1-32 n+11-32=2⋅32 n+1-2,即b n=2⋅32n+1-2.所以an=b n3n=32n-23n.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【解析】解法一:设a n+1+λ⋅3n=2a n+λ⋅3n-1,待定系数法得λ=-4,则数列a n-4⋅3n-1是首项为a1-4⋅31-1 =-5,公比为2的等比数列,所以a n-4⋅3n-1=-5⋅2n-1,即a n=4⋅3n-1-5⋅2n-1.解法二:(两边同除以 q n+1) 两边同时除以3n+1得:a n+13n+1=23⋅a n3n+432,下面解法略.解法三:(两边同除以p n +1)两边同时除以2n +1得:a n +12n +1=a n 2n +32n -1,下面解法略.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2n n ∈N * ,b n =a n +1a n.设t ∈Z ,若对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,则t 的最大值为()A.3B.4C.7D.9【答案】A【解析】解法一：因为a n +1=3a n +2n ,所以a n +12n =3a n 2n +1,所以a n +12n +1=32⋅a n 2n +12,所以a n +12n +1+1=32a n 2n +1 ,因为a 1=1,所以a 121+1=32,所以数列a n 2n +1 是以32为首相以32为公比的等比数列,所以a n 2n+1=32 n ,所以a n =3n -2n,故选A .解法二:令a n +1+A ⋅2n +1=3a n +A ⋅2n ,因为a n +1=3a n +2n ,对比系数得:A =1,所以数列 a n +2n 是以3为首项,3为公比的等比数列,所以a n +2n =3n ,所以a n =3n -2n,所以 b n =a n +1a n =3n +1-2n +13n -2n=3⋅32 n-232 n -1n =3+132 n -1,因为∀n ∈N *,所以32 n -1≥12.所以0<132 n -1≤2,所以3<b n ≤5,对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,所以t ≥3,所以t 的最大值为3,故选 A .【练习2】已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * .(1)判断数列a n -2n 是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n 为数列a n 的前n 项和,求S n .【解析】(1)数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * ,所以a n +1-2n +1 -a n -2n =2. a 1-2=0,所以数列a n -2n 为等差数列,首项为0，公差为2.(2)由(1)可得:a n -2n=0+2(n -1),可得:a n =2n+2(n -1),所以S n =22n -1 2-1+2×n (0+n -1)2=2n +1-2+n 2-n【过关检测】一、单选题1.已知S n 为数列a n 的前n 项和，若a n +1=2a n -2,S 2=10，则a n 的通项公式为( )A.a n =3n -4B.a n =2n +2C.a n =n 2+nD.a n =3n 2-1【答案】B 【解析】令n =1可得a 2=2a 1-2，又S 2=a 1+a 2=10，解得a 1=4，又a n +1-2=2a n -4=2(a n -2)，则a 1-2=2，a n +1-2a n -2=2，即a n -2 是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n -2=2⋅2n -1，a n =2n +2.故选：B .2.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则数列a n 的通项公式为( )A.a n =n B.a n =n +1C.a n =2nD.a n =2n -1【答案】D 【解析】∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2(a n +1),又a 1=1，a 1+1=2，所以数列a n +1 是首项为2，公比为2 的等比数列，所以a n +1=2×2n -1，∴a n =2n -1.故选：D .3.已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=5a n -8，则a 2022的值为( )A.52021-2 B.52021+2C.52022+2D.52022-2【答案】B 【解析】因为a n +1=5a n -8，所以a n +1-2=5(a n -2)，又a 1-2=1，所以{a n -2}是等比数列，公比为5，首项是1，所以a n -2=5n -1，a n =5n -1+2，所以a 2022=52021+2．故选：B ．4.设数列a n 的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1，则S 10=( )A.211-23 B.210-19C.3×210-23D.3×29-19【答案】C 【解析】当n =1时，S 1=a 1=2a 1-2+1，解得a 1=1.当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n +3，所a n =S n -S n -1=2a n -2n +1-2a n -1-2n +3 ，即a n =2a n -1+2，所以a n +2=2a n -1+2 ，即a n +2a n -1+2=2，所以数列a n +2 是首项为3，公比为2的等比数列，则a n +2=3×2n -1，从而S n =3×2n -2n -3，故S 10=3×210-23.故选：C5.在数列a n 中，a 1=1，且a n +1=2a n +1，则a n 的通项为( )A.a n =2n -1 B.a n =2nC.a n =2n +1D.a n =2n +1【答案】A 【解析】解：∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2a n +1 ，由a 1=1，得a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2⋅2n -1=2n ，即a n =2n -1．故选：A6.数列a n 中，a n +1=2a n +1，a 1=1，则a 100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.2100【答案】C 【解析】数列a n 中，a n +1=2a n +1，故a n +1+1=2a n +1 ，故a n +1≠0，所以a n +1+1a n +1=2，因为a 1=1，所以a 1+1=2≠0，所以a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n +1=2n ，即a n =2n -1，故a 100=2100-1，故选：C .7.数列a n 满足12a n =a n +1-12n +1，且a 1=12，若a n <13，则n 的最小值为( )A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】因为12a n =a n +1-12 n +1，等式两边同时乘以2n +1可得2n a n =2n +1a n +1-1，所以，2n +1a n +1-2n a n =1且2a 1=1，所以，数列2n a n 是等差数列，且首项和公差都为1，则2n a n =1+n -1=n ，所以，a n =n2n，因为a n +1-a n =n +12n +1-n 2n =n +1-2n 2n +1=1-n2n +1.当n =1时，a 1=a 2=12；当n ≥2时，a n +1<a n ，即数列a n 从第二项开始单调递减，因为a 3=38>13，a 4=14<13，故当n ≤3时，a n >13；当n ≥4时，a n <13.所以，a n <13，则n 的最小值为4.故选：B .8.已知数列a n 中，a 1=1，a n =3a n -1+4(n ∈N ∗且n ≥2)，则数列a n 通项公式a n 为( )A.3n -1 B.3n +1-2C.3n -2D.3n【答案】C 【解析】由已知得a 2=7，a n +2a n -1+2=3进而确定数列{a n +2}的通项公式，即可求a n .由a 1=1，a n =3a n -1+4知：a 2=7且a n +2a n -1+2=3(n ≥2)，而a 1+2=3，a 2+2=9，∴{a n +2}是首项、公比都为3的等比数列，即a n =3n -2，故选：C 9.数列a n 满足a n =4a n -1+3n ≥2 且a 1=0，则此数列第5项是( )A.15 B.255C.16D.63【答案】B 【解析】∵a n=4a n-1+3n≥2，∴a n+1=4a n-1+1n≥2，∴a n+1是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n+1=4n-1．∴a n=4n-1-1，∴a5=44-1=255．故选：B．10.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n-1B.2n-1C.nD.2n-1【答案】B【解析】由a n+1=2a n+1，得a n+1+1=2a n+2=2a n+1，故数列a n+1为等比数列，首项为a1+1=2，公比为2，所以a n+1=2n，a n=2n-1，故选：B.11.在数列a n中，a1=3，a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，若a n>980，则n的最小值是( )A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】因为a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，所以a n-n=2a n-1-n-1.n≥2,n∈N+因为a1=3，所以a1-1=2，所以数列a n-n是首项和公比都是2的等比数列，则a n-n=2n，即a n=2n+n,因为a n-a n-1=2n-1+1>0，所以数列a n是递增数列,因为a9=521<980，a10=1034>980，所以满足a n>980的n的最小值是10,故选：C12.设数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3，则通项an可能是()A.5-3nB.3·2n-1-1C.5-3n2D.5·2n-1-3【答案】D【解析】设a n+1+x=2a n+x，则a n+1=2a n+x，因为an+1=2an+3，所以x=3，所以a n+3是以a1+3为首项，2为公比的等比数列，a n+3=5×2n-1，所以a n=5⋅2n-1-3故选：D13.在数列a n中，若a1=2，a n+1=3a n+2n+1，则a n=( )A.n ⋅2nB.52-12n C.2⋅3n -2n +1 D.4⋅3n -1-2n +1【答案】C 【解析】令b n =a n 2n +2，则b n +1b n =a n +12n +1+2a n 2n +2=3a n +2n +12n +1+2a n 2n +2=32，又b 1=a 12+2=3，所以b n 是以3为首项，32为公比的等比数列，所以b n =a n 2n +2=3×32 n -1，得a n =2⋅3n -2n +1．故选：C ．14.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32nC.12n -23n D.23n -12n 【答案】A【解析】解:因为a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，所以2n +1⋅a n +1=23⋅2n a n +1，整理得2n +1⋅a n +1-3=23⋅2na n -3 ，所以数列2n a n -3 是以2a 1-3=-43为首项，23为公比的等比数列．所以2n a n -3=-4323 n -1，解得a n =32n -23n ．故选：A 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)【答案】D【解析】由a n +1=2a n +3可得a n +1+3=2a n +3 ，所以a n +3=a 1+3 ×2n -1所以a n =a 1+3 ×2n -1-3，所以a 2017=a 1+3 ×22016-3≥a 1所以a 1+3 ×22016≥a 1+3，所以a 1+3≥0，所以a 1≥-3故选：D二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.【答案】3n -2##-2+3n 【解析】解：因为a n =3a n -1+4n ≥2 ，∴a n +2=3a n -1+2 ，∴a n +2a n -1+2=3，∵a 1=1，则a 1+2=3，∴数列a n +2 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n +2=3⋅3n -1=3n ，所以a n =3n -2，故答案为：3n -217.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；【答案】2n -1【解析】因为a n +1=2a n +1，所以a n +1+1=2(a n +1),∴a n +1+1a n +1=2，所以a n +1 是一个以a 1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，所以a n +1=2×2n -1=2n ,∴a n =2n -1.故答案为：2n -118.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．【答案】a n =2n -1n ∈N * ．【解析】∵a n +1=2a n +1(n ∈N *)，∴a n +1+1=2(a n +1)，又a 1+1=2∴a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n +1=2n ．即a n =2n -1(n ∈N *)．故答案为：a n =2n -1n ∈N * ．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.【答案】1023【解析】由题意知：a n +1=4a n -1+4=4(a n -1+1)，又a 1+1=1，故a n +1 是1为首项，4为公比的等比数列，故a 6+1=a 1+1 ×45=1024，故a 6=1023.故答案为：1023.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．【答案】52##2.5【解析】解：数列{a n }满足a n +1=2a n +12，整理得a n +1+12=2a n +12 ，若a 1=-12，则a n =-12，显然不符合题意，所以a n ≠-12，则a n +1+12a n +12=2(常数)；所以数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列；所以a n +12=a 1+12 ⋅2n -1，整理得a n =a 1+12 ⋅2n -1-12；由于前8项和为761，所以S 8=a 1+12 ⋅(1+2+...+27)-8×12=a 1+12 ×1-281-2-4=255a 1+12 -4=761，解得a 1=52．故答案为：52．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.【答案】(1)证明见解析，a n =2⋅3n -1-1(2)见解析【解析】(1)证明：因为a n +1=3a n +2，所以a n +1+1=3a n +1 ，又a 1+1=2，所以数列1+a n 是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n +1=2⋅3n -1，所以a n =2⋅3n -1-1；(2)证明：由(1)得1a n +1=12⋅3n -1，因为1a n +1+11a n +1=12⋅3n12⋅3n -1=13，1a 1+1=12，所以数列11+a n 是以12为首项，13为公比的等比数列，则S n =12×1-13n 1-13=341-13n ，因为1-13n <1，所以S n <34.22.已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n -2.(1)求a n 的通项公式；(2)求a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1+2；(2)S n =2n +2n -1.【解析】(1)∵a n +1=2a n -2，∴a n +1-2=2a n -2 即∴a n +1-2a n -2=2∴数列a n -2 是以首相为1，公比为2的等比数列，∴a n -2=2n -1∴a n =2n -1+2(2)由(1)知a n =2n -1+2∴S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=20+2 +21+2 +22+2 +⋯+2n -1+2 =20+21+22+⋯+2n -1 +2n =1×1-2n 1-2+2n=2n +2n -123.已知数列a n 的首项a 1=1，且1a n +1=2a n+1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)a n=12n-1(2)S n=n-12n+1+2-n n+12【解析】(1)∵1an+1=2an+1，等式两边同时加1整理得1an+1+1=21an+1又∵a1=1，∴1a1+1=2∴1an +1是首项为2，公比为2的等比数列．∴1an +1=2n， ∴a n=12n-1(2)∵a n⋅b n=n，∴b n=n an=n⋅2n-n.记n⋅2n的前n项和为T n则T n=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n-1+n⋅2n所以2T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n+n⋅2n+1相减得-T n=21+22+23+24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1整理得T n=n-12n+1+2.所以S n=n-12n+1+2-n n+1224.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n+1+1(2)S n=432n-1,n=2k,k∈N*,-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*.【解析】(1)解：因为a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，又a1-1=4，所以a n+1-1a n-1=2，所以a n-1是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n-1=4×2n-1，即a n=2n+1+1.(2)解：由(1)得b n=(-1)n⋅2n+1+1，则b n=2n+1+1,n=2k,k∈N*-2n+1+1,n=2k-1,k∈N* ，①当n=2k,k∈N*时，S n=-22-1+23+1-24+1+⋯+-2n-1+2n+1+1=-22+23-24+25+⋯-2n+2n+1=22+24+⋯+2n=432n-1;②当n=2k-1,k∈N*时，S n=S n+1-b n+1=432n+1-1-2n+2+1=-2n+2+73，综上所述，S n=432n-1,n=2k,k∈N*-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．【答案】(1)a n=2n+1-2(2)证明见解析【解析】(1)解：因为a1=2，a n+1=2a n+2，所以a n+1+2=2a n+2，所以a n+2是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n+2=4×2n-1=2n+1，所以a n=2n+1-2；(2)解：由(1)可知b n=2n+1a n+2=2n+12n+1=n+12n，所以T n=221+322+423+⋯+n+12n①，所以12T n=2 22+323+424+⋯+n+12n+1②；①-②得12T n=1+122+123+⋯+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1所以T n=3-n+32n<3；。
最新整理高三数学递推关系的求解.docx
最新整理高三数学递推关系的求解递推关系的求解一基本概念定义：确定的数列称为递推数列。
（为其的阶）二基本解法（1）（2）（3）常系数线性齐次递推关系将（2）称为（1）的特征方程若是（2）的重根，则（1）的个特解分别为个特解的线性组合就是（1）的通解。
设找到，使令可得 .从而为的根。
结论：，若有两个不动点，则，这里。
若只有一个不动点，则，这里三常用思想：1．不动点，特征根2．无理化有理（取对数，化新数列）3．多元化少元4．高次化低次5．高阶降低阶6．非线性化线性7．非齐次化齐次8．猜想试解P103 例6 在正项数列中，求通项公式。
解对两边取对数，得即这说明数列是首项为，公比为的等比数列，则有故P104例8 设数列满足且求证：是完全平方数。
证由式可得并代入式，得两式相减由方程，得那么通解为由 ,代入上式解出，得因为为正偶数，所以，是完全平方数.P106 例9 数列中， .解构建数列 .故化简得所以数列是以2为首项，1/2为公比的等比数列.所以P107 例10已知满足，且，求 .解: 是二阶线性非齐次递推数列，先设法将它转化为一阶递推关系，故条件变形为：可见是常数列，逐次递推得即P107 例11设满足，求 .解：，解方程 ,得于是由定理10得，则：由已知可得，解得P108 例12已知满足，，且，求 .解：，故两式相减得即则，根据特征方程求解.P108 例13设正数列满足 ,求 .解：把递推关系改写为①令，则①为②对②两边取对数，得③令，则③为利用不动点性质有即故其中，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可知为常数数列，逆推上去，得，则，故是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式可知 .P109 例14数列定义为：，求证：对任意的自然数，，表示不超过的最大整数。
证明：递推关系较为复杂，结论又未给出的表达式，不妨通过归纳法探索的表达式：当时，，当时，，……………由此可以猜想： . ①问题转化为证明这一猜想，再证可被3整除。
高考数学：最常考的数列的递推式，以及如何构造新数列（很全面）
高考数学：最常考的数列的递推式，以及如何构造新数列（很全面）数列这一块，除了基本的等差等比数列外，还有两大块内容：各种求和，各种递推。
数列的递推式，我们需要掌握的最常考的主要是以下几个：类型一：a（n+1）=a（n）+f（n）这个很简单，就是把a（n+1）-a（n）=f（n）然后累加法（左边相加，右边相加）。
类型二：a（n+1）=a（n）·f（n）这个也很简单，就是把式子变成a（n+1）/a（n）=f（n）然后累乘。
类型三：a（n+1）=pa（n）+q这个也很简单，a（n+1）-t=p[a（n）-t]，也就是构造a（n）-t 是一个等比数列。
类型四：这个也比较简单，就是两边取倒数，变成类型三，然后再按照类型三的方法来计算。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------前四种类型，想要数学达到及格水平必须要掌握。
后面的几种类型都是从上面的四个类型扩展延伸出来的，其实并不难理解，如果想要达到135分以上也是要掌握的。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------类型五：a（n+1）=pa（n）+q^n这个类型是类型三的变形，将后面的常数q变成了q^n，所以我们需要先把两边都除以q^（n+1）。
变成a（n+1）/q^(n+1)=pa(n)/q^n·q+1/q 设bn=a（n）/q^n 那么b（n+1）=pb（n）/q+1/q实际上，也就变成了类型三，利用类型三继续计算。
类型六：a（n+2）=pa（n+1）+qa（n）这个式子其实也是类型三的变形，只不过之前是构造a（n）-t是一个等比数列，现在构造的是a（n+2）-ta（n+1）是一个等比数列。
巧用数列方法解决概率问题——2023年新高考1卷第21题的一点思考
巧用数列方法解决概率问题——2023年新高考1卷第21题的一点思考引言：2023年高考已落下帷幕，本轮考试中继续在反套路，反机械刷题上下功夫，充分落实中国高考评价体系中“四层四翼”的考查要求，合理控制考题的难度，进一步科学引导教学.今年的高考题中又再一次继2019年后利用数列的递推公式公式解决概率问题，此类题型在新教材中也有体现，也进一步体现教考衔接，引导广大师生要在高三复习备考中要回归课本，回归基本方法，注意章节知识之间的灵活应用。
关键词：概率递推数列一、2023年高考真题再现例：甲、乙两人投篮，每次由其中一位投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.（1）求第2次投篮的人是乙的概率；（2）求第次投篮的人是甲的概率；（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则.记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求.分析:研究每一次（第2次起）是谁投篮是需要知道上一次是谁投篮的，因为甲乙投篮的命中率不一样，会关系到下一轮是谁投篮，所以需要弄清楚它们的关系，利用树状图就非常清晰。
解：（1）略（2）.求第投篮是甲是要弄清楚第次投篮的是谁，其可以分为甲和乙，设表示第次投篮是甲的概率.第次投篮是甲的概率来自两个方面，若果前一次是甲的话（概率为），那么第次投篮是甲的概率为；若果前一次是乙的话（概率为），那么第次投篮是甲的概率为，故第次投篮是甲的概率可表示为，进而又可以根据数列的知识化为，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以第次投篮的人是甲的概率.用数列的递推公式求概率问题是一个比较抽象的问题，需要学生较强逻辑推理和归纳概括的能力，在概率题中特别需要让学生体会表格和树状图的作用，它常常能帮助我们理清它们的关系，在高三复习备考中要关注培养学生的这些能力.第（3）问给出的公式在考场短时间上很多学生不能轻易理解其中含义，因而也就无法知道这个公式计算的就是期望，其实我们还是可以根据自己对均值的理解来帮助理解这个公式的意义，采用特殊到一般的思路获得两点分布中的均值等于每个表示成功的随机变量与相应概率之积的和来理解.如：设第次甲投篮的概率为P①当前1次中甲投篮的次数的分布列为:②当前2次中甲投篮的次数的分布列为:P③当前3次中甲投篮的次数的分布列为:P由不完全归纳可以得出前次投篮中甲投篮次数的均.这样也能帮助我们进一步理解问题中给的公式就是计算期望的.所以.事实上给出的公式还是可以这样来理解的：前次中甲投篮次数的均值可以理解为前边的n次中每次投篮贡献的均值之和，而第二问求出的概率刚好又是每次投篮的概率，所以前边n次投篮中每次投篮在均值中的贡献可用下面这个表格来表示:.当然更进一步的问题也可以改为前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮成功的次数为，求.这样就会对甲每次投篮成功的概率有关系了.二、探寻2023年高考概率题的“源”其实，在新教材中二项分布和超几何分布都对均值有了明确的阐述，也对其结果进行了证明.而今年的高考题第21题无论是方法还是过程都可以参考二项分布中均值的方法进行，都是采用归纳推理的思想。
2023年新高考数学技巧解密之数列(新高考适用)专题04 构造法求数列通项的八种技巧(一)(原卷版)
专题04 构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之1n n a Aa B +=+型构造等比数列求关于1n n a Aa B +=+(其中,A B 均为常数,(1)0AB A -≠)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为()1n n a M A a M ++=+,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知{}n a 满足13a =,121n n a a +=+求数列{}n a 的通项公式. 【经典例题2】已知数列{}n a 中,11a =,123n n a a +=+,求数列{}n a 的通项公式. 【经典例题3】已知数列{}n a 中,11a =,134n n a a +=+,求数列{}n a 的通项公式. 【练习1】数列{}n a 中,1321,2n n a a a +=-=,设其前n 项和为n S ,则6()S =A.874 B. 634C. 15D. 27 【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,若323n n S a n =-,则2018()a = A. 201821- B.201826- C. 20181722⎛⎫- ⎪⎝⎭D. 201811033⎛⎫-⎪⎝⎭【练习3】在数列{}n a 中,112,21n n a a a +==+,则5a =_______.【练习4】已知数列{}n a 满足113,21n n a a a +==+,则数列{}n a 的通项公式n a =______. 【练习5】已知数列{}n a 的首项12a =,且()*11122n n a a n +=+∈N ,则数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前10项的和为______.【练习6】已知数列{}n a 中,111,32n n a a a +==+,则n a =_______.◆构造二:待定系数之1n n a Aa Bn C +=++型构造等比数列求关于1(1,0,0)n n a Aa Bn C A C B +=++≠≠≠类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令()1(1)n n a p n q A a pn q ++++=++,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,p q ,从而得到{}n a pn q ++是公比为A 的等比数列.【经典例题1】设数列{}n a 满足14a =,1321(2)n n a a n n -=+-,求数列{}n a 的通项公式. 【经典例题2】已知:11a =,2n 时,11212n n a a n -=+-,求{}n a 的通项公式. 【练习1】已知数列{}n a 是首项为11152,233n n a a a n +==++.(1)求{}n a 通项公式; (2) 求数列{}n a 的前n 项和n S .【练习2】已知数列{}n a 和{}{},n n b a 的前n 项和n S ,对于任意的*,,n n n a S ∈N 是二次方程223x n x -+0n b =的两根.(1)求{}n a 和{}n b 通项公式; (2){}n a 的前n 项和n S .【练习3】设数列{}n a 是首项为11a =,满足2123(1,2,)n n a a n n n +=-+=.问是否存在,λμ,使得数列{}2nan n λμ++成等比数列? 若存在,求出,λμ的值,若不存在,说明理由;◆构造三:待定系数之1n n n a pa q +=+型构造数列求关于1nn n a pa q +=+(其中,p q 均为常数,(1)0pq p -≠)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为()11n n n n a q p a q λλ+++=+,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解. 方法二:先在递推公式两边同除以1n q+,得111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,引入辅助数列{}nb (其中n b nna q =),得11n n p b b q q+=⋅+,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以1n p +,得111nn n n na a q p p p p ++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭,引入辅助数列{}n b (其中n n n a b p =),得11n n b b p +-=⋅.nq p ⎛⎫⎪⎝⎭,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列{}n a 中111511,632n n n a a a ++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,求{}n a 的通项公式.【经典例题2】已知数列{}n a 满足111243,1n n n a a a -+=+⋅=-,求数列{}n a 的通项公式.【练习1】已知数列{}n a 满足()*1111,32,nn n n nna a a a n ba ++==+∈=N .设t ∈Z ,若对于*n ∀∈N ,都有n b t >恒成立,则t 的最大值为( )A. 3B. 4C. 7D. 9【练习2】已知数列{}n a 满足()*112,22n n n a a a n +==++∈N . (1)判断数列{}2n n a -是否为等差数列,并说明理由; (2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,求n S .【过关检测】一、单选题1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若1222,10n n a a S +=-=，则{}n a 的通项公式为（ ）A ．34nn a =-B ．22nn a =+ C ．2n a n n =+ D ．231n a n =-2．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A ．n a n =B ．1n a n =+C ．2n n a =D ．21nn a =-3．已知数列{}n a 满足13a =，158n n a a +=-，则2022a 的值为（ ） A ．202152-B ．202152+C ．202252+D ．202252-4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若221n n S a n =-+，则10S =（ ） A ．11223-B ．10219-C ．103223⨯-D ．93219⨯-5．在数列{}n a 中，11a =，且121n n a a +=+，则{}n a 的通项为（ ）A ．21nn a =-B ．2n n a =C ．21nn a =+D ．12n n a +=6．数列{}n a 中，121n n a a +=+，11a =，则100a =（ ） A ．10021+B ．1012C ．10021-D ．10027．数列{}n a 满足111122n n n a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且112a =，若13n a <，则n 的最小值为（ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．68．已知数列{}n a 中，11a =，134n n a a -=+（n *∈N 且2n ≥），则数列{}n a 通项公式n a 为（ ） A ．13n -B ．132n +-C ．32n -D ．3n9．数列{}n a 满足()1432n n a a n -=+≥且10a =，则此数列第5项是（ ） A ．15B ．255C ．16D ．6310．在数列{}n a 中，已知11a =，121n n a a +=+，则n a =（ ） A ．12n -B ．21n -C ．nD ．21n -11．在数列{}n a 中，13a =，()1222,N n n a a n n n -+=-+≥∈，若980n a >，则n 的最小值是（ ） A ．8B ．9C ．10D ．1112．设数列{an }中，a 1＝2，an ＋1＝2an ＋3，则通项an 可能是（ ）A ．5－3nB ．3·2n －1－1C ．5－3n 2D ．5·2n －1－313．在数列{}n a 中，若12a =，1132n n n a a ++=+，则n a =（ ）A ．2n n ⋅B ．5122n -C ．1232n n +⋅-D ．11432n n -+⋅-14．已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =（ ）A ．3223n n- B ．2332n n- C ．1223n n- D ．2132n n- 15．数列{}n a 满足*123,n n a a n N +=+∈，若20171a a ≥，则1a 的取值范围为（ ）A ．(,3]-∞-B ．{3}-C ．(3,)-+∞D ．[3,)-+∞二、填空题16．设数列{}n a 满足11a =，且()1342n n a a n -=+≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =___________. 17．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______； 18．数列{an }满足 a 1＝1，an ＋1＝2an ＋1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______． 19．数列{}n a 满足143n n a a -=+，且10a =，则6a =_________.20．已知数列{}n a 满足1122n n a a +=+，且{}n a 前8项和为761，则1a =______．三、解答题21．已知数列{}n a 满足111,32n n a a a +==+.(1)证明{}1n a +为等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)记数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n S ，证明34n S <.22．已知数列{}n a 满足113,22+==-n n a a a . (1)求{}n a 的通项公式； (2)求{}n a 的前n 项和n S .23．已知数列{}n a 的首项11a =，且1121n na a +=+． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足n n a b n ⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 24．在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)令(1)nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且122n n a a +=+． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()212n n n b a +=+，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：3n T <．。
数学高考解题技巧如何迅速解决数列题中的递推关系问题
数学高考解题技巧如何迅速解决数列题中的递推关系问题数学高考中，数列题是考察学生对数列递推关系的掌握和运用能力的重要题型之一。
其中，解决数列题中的递推关系问题是考生们经常遇到的难点之一。
本文将介绍一些解决数列题中递推关系问题的技巧和方法，以帮助考生迅速应对这类题目。
一、观察找规律法1. 逐项尝试法对于给定的数列，可以逐项进行尝试，观察相邻项之间的关系。
通过观察，可以发现数列中的递推关系，从而准确地找出递推公式。
尝试的过程需要细心和耐心，相邻项之间的变化可能存在一定的规律。
2. 数学归纳法对于规律不明显的数列，可以考虑利用数学归纳法。
首先猜测递推关系的公式，然后利用归纳法证明该公式的正确性。
具体步骤为：先证明公式在某一项成立，然后再证明若前n项成立，则第n+1项也成立。
如果步骤中的条件都能满足，那么递推公式就是正确的。
3. 相邻项之差法对于等差数列，相邻项之间的差值是恒定的。
因此，可以通过计算相邻项之间的差值，找到递推公式。
同理，对于等比数列，相邻项之间的比值也是恒定的。
二、直接拆解法1. 和项拆解法对于给定的递推关系，可以通过拆解和项的方式得到递推公式。
例如，对于等差数列，可以将和项分解成前一项的和与当前项之间的差值。
2. 等式拆解法对于一些特殊的递推关系，可以通过等式拆解的方式解决。
例如，对于斐波那契数列，可以通过将递推关系等式两边同时乘以一个常数，然后再进行拆解得到递推公式。
三、辅助方法法1. 通项公式法对于常见的数列，存在通项公式，利用通项公式可以直接求解任意项的值。
因此，对于一些计算量较大的递推关系题目，可以考虑寻找数列的通项公式，从而迅速解决问题。
2. 制表法对于复杂的递推关系问题，可以通过制表的方式记录数列的项，进而分析数列的规律和递推关系。
通过制表，可以更好地观察和把握数列中的规律，从而解决问题。
通过以上的解题技巧和方法，相信考生们在解决数列题中的递推关系问题时会更加灵活和准确。
然而，使用这些方法并不一定适用于所有的数列题目，因此在解题过程中，考生还应灵活运用不同的方法，并在平时的练习中不断提高自己的解题能力。
构建新数列巧解递推数列
构建新数列巧解递推数列[本节重点]：构建新数列思想方法解决一些递推数列中的问题[典例练讲]1.求通项：通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想例1、数列{}n a 中，11=a ，()n n n a a a 241411611+++=+。
求n a2.证明不等式：一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式例2、设10=a ，12111---+=n n n a a a ()N n ∈，求证：22+>n n a π3.证明是整数: 这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决例3、设数列{}n a 满足11=a ，nn n a a a 1211+=+ )(N n ∈4.解决整除问题: 一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明 例4、设数列{}n a 满足11=a ，32=a ，对一切N n ∈，有()()n n n a n a n a 2312+-+=++，求所有被11整除的n a 的一切n 值5.证明是完全平方数: 这类题初看难以入手，但能通过构建新数列求出通项n a ，问题也就迎刃而解了例5、设数列{}n a 和{}n b 满足10=a ，00=b ，且 ⎩⎨⎧-+=-+=++47836711n n n n n n b a b b a a () ,2,1,0=n 求证：n a 是完全平方数。
6.实战演习：例6、)4(2≥n n 个正数排成n 行n 列，n a a a a a 114131211n a a a a a 224232221n a a a a a 334333231n a a a a a 444434241……nn n n n n a a a a a 4321 其中每一行数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都有相等，已知163,81,1434224===a a a ，求nn a a a a S ++++= 332211。
构建新数列巧解递推数列竞赛题目
构建新数列巧解递推数列竞赛题梁新潮（浙江新昌中学 312500）石美英（浙江新昌教师进修学校 312500）递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。
本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。
其中，怎样构造新数列是答题关键。
1 求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。
例1、数列{}n a 中，11=a ，()n n n a a a 241411611+++=+。
求n a 。
（1981年第22届IMO 预选题）分析 本题的难点是已知递推关系式中的n a 241+较难处理，可构建新数列{}n b ，令n n a b 241+=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。
解：构建新数列{}n b ，使0241>+=n n a b则 51=b ，n na b 2412+= ，即2412-=n n b a⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⨯+=-+n n n b b b 24141161241221 化简得 ()()22132+=+n n b b321+=+n n b b ，即 ()32131-=-+n n b b 数列 {}3-n b 是以2为首项，21为公比的等比数列。
n n n b --=⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-2122123 即 322+=-n n b121122231232241---⨯+⨯+=-=n n n n n b a2 证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。
例2、设10=a ，12111---+=n n n a a a ()N n ∈，求证：22+>n n a π。
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
(n 1)bn1 nbn 2 0 令 n 1, 得 b1 2. bn 2 (n 1)d .
设 b2 2 d (d R), 下面用数学归纳法证明 （1）当 n 1, 2 时，等式成立
新疆 源头学子小屋
/wxc/
a2k 1 a2k 3k a2k 1 (1) k 3k ，即 a2k 1 a2k 1 3k (1) k a3 a1 3 (1) ， a5 a3 32 (1) 2 ……
将以上 k 个式子相加，得 …… a2k 1 a2k 1 3k (1) k
②－①，得 2(bn1 1) (n 1)bn1 nbn , 即 (n 1)bn1 nbn 2 0, nbn2 (n 1)bn1 2 0.
-3-
③－④，得
nbn2 2nbn1 nbn 0, 即 bn2 2bn1 bn 0,
1 ___
n 1 n2
解：由已知，得 an1 a1 2a2 3a3 (n 1)an1 nan ，用此式减去已知式，得 当 n 2 时， an1 an nan ，即 an1 (n 1)an ，又 a2 a1 1，
a1 1,
b 1 b 1 b 1
(an 1)bn (n N * ), 证明：数列{bn}
是等差数列；（Ⅲ）证明：
a n 1 a1 a2 n ... n (n N * ). 2 3 a2 a3 an 1 2
（I）解： an1 2an 1(n N * ), an1 1 2(an 1), an 1 是以 a1 1 2 为首项，2 为公比的 等比数列 an 1 2n.
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k ,其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解：Θk k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …………k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。
经检验11=a 也适合，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⋅+⋅--⋅+⋅=-+)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数n n a nn n n n类型2n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+)1(≥n ，求n a 。
解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---L 。
高考数学复习知识点讲解教案第66讲 利用数列递推关系解决概率问题
的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所得六组中每组的
两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的
概率是(
4
A.
45
D
)
1
B.
36
4
C.
15
8
D.
15
类型三
[解析] 根据题意，设右端连线方式如图，
对于左端的六个接线点，将其随机地平均分成三组，
其中1，2是同一根绳子的两个绳头，
由题意知，与绳头1打结的绳头有2 − 2种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下 − 1根绳子进行打结.
令 ∈
∗
根绳子打结后可形成一个圆的种数为 ，
那么经过一次打结后，剩下 − 1根绳子打结后可形成一个圆的种数为−1 ，
由此可得， = (2 − 2)−1 ， ≥ 2，
C26 C24 C22
共有 3
A3
= 15（种）结果，
若五个接收器能同时接收到信号，
则这五个接收器必须全部在同一个串联线路中，
则1必须和3，4，5，6中的一个相接，接好后，2只有两种接法，
1 1 1
剩下的接线点只有一种接法，所以共有C4 C2 C1
= 8（种）结果.
同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法还是15种，
−
+3
+4 !
= −
1
+1 !
− ⋯ < 0，
，故D错误.故选ABC.
!
−
−1
+2 !
+ −
1
+3 !
−
−1
2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)
2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结题型解密考点一：已知S n =f n ，求a n利用S n =a 1,n =1S n−Sn −1,n ≥2，注意一定要验证当n =1时是否成立【精选例题】1已知S n 为数列a n 的前n 项和，且S n =2n +1-1，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2nB.a n =3,n =12n,n ≥2C.a n =2n -1D.a n =2n +1【答案】B【详解】当n ≥2时，S n -1=2n -1，a n =S n -S n -1=2n +1-1-2n +1=2n ；当n =1时，a 1=S 1=21+1-1=3，不符合a n =2n ，则a n =3,n =12n,n ≥2.故选：B .2定义np 1+p 2+p 3+⋅⋅⋅+p n为n 个正数p 1,p 2,p 3,⋅⋅⋅,p n 的“均倒数”，若已知数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n，则a 10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【详解】因为数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n ，所以n a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =15n⇒a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =5n 2，于是有a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 10=5×102，a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 9=5×92，两式相减，得a 10=5×(100-81)=95，故选：C3(多选题)定义H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn为数列a n 的“优值”．已知某数列a n 的“优值”H n =2n ，前n 项和为S n ，下列关于数列a n 的描述正确的有()A.数列a n 为等差数列B.数列a n 为递增数列C.S 20222022=20252 D.S 2，S 4，S 6成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn=2n ，所以a 1+2a 2+⋯+2n -1a n =n ⋅2n ，①所以n ≥2时，a 1+2a 2+⋯+2n -2a n -1=n -1 ⋅2n -1，②得n ≥2时，2n -1a n =n ⋅2n -n -1 ⋅2n -1=n +1 ⋅2n -1，即n ≥2时，a n =n +1，当n =1时，由①知a 1=2，满足a n =n +1．所以数列a n 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以S n =n n +3 2，所以S n n =n +32，故S 20222022=20252，故C 正确．S 2=5，S 4=14，S 6=27，S 2，S 4，S 6不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．4设数列a n 满足a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -1a n =n +1，则a n 的前n 项和()A.2n -1B.2n +1C.2nD.2n +1-1【答案】C【详解】解：当n =1时，a 1=2，当n ≥2时，由a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1+12n -1a n =n +1得a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1=n ，两式相减得，12n -1a n =1，即a n =2n -1，综上，a n =2,n =12n -1,n ≥2 所以a n 的前n 项和为2+2+4+8+⋯+2n -1=2+21-2n -1 1-2=2n ，故选：C .【跟踪训练】1无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ，则下列结论中正确的有()A.a n 为等比数列B.a n 为递增数列C.a n 中存在三项成等差数列D.a n 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ∴n ≥2，a n =S n -S n -1=2n -2n -1=2n -1，当n =1时，a 1=S 1=21=2，不符合上式，∴a n =2,n =1,2n -1,n ≥2,所以a n 不是等比数列，故A 错误；又a 1=a 2=2，所以a n 不是递增数列，故B 错误；假设数列a n 中存在三项a r ,a m ,a s 成等差数列，由于a 1=a 2=2，则r ,m ,s ∈N *,2≤r <m <s ，所以得：2a m =a r +a s ⇒2×2m -1=2r -1+2s -1∴2m =2r -1+2s -1，则∴1=2r -m -1+2s -m -1，又s -m -1≥0⇒2s -m -1≥1且2r -m -1>0恒成立，故式子1=2r -m -1+2s -m -1无解，a n 中找不到三项成等差数列，故C 错误；∴a 2n =22n -1(n ∈N *)，∴a 2(n +1)a n =22n +122n -1=4∴a 2n 是等比数列，即a n 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．2对于数列a n ，定义H n =a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn为a n 的“伴生数列”，已知某数列a n 的“伴生数列”为H n =(n +1)2，则a n =；记数列a n -kn 的前n 项和为S n ，若对任意n ∈N *,S n ≤S 6恒成立，则实数k 的取值范围为．【答案】 3n +1；227≤k ≤196.【详解】因为H n =(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn，所以n ⋅(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n ①，所以当n =1时，a 1=4，当n ≥2时，(n -1)⋅n 2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1②，①-②：3n 2+n =na n ，所以a n =3n +1，综上：a n =3n +1，n ∈N *，令b n =a n -kn =(3-k )n +1，则b n +1-b n =3-k ，可知{b n }为等差数列，又因为对任意n ∈N *，S n ≤S 6恒成立，所以S 6-S 5=b 6≥0，S 7-S 6=b 7≤0，则有b 6=3-k ×6+1=19-6k ≥0，b 7=3-k ×7+1=22-7k ≤0， 解得227≤k ≤196．故答案为：3n +1；227≤k ≤196考点二：叠加法(累加法)求通项若数列a n 满足a n +1−a n =f (n )(n ∈N *)，则称数列a n 为“变差数列”，求变差数列a n 的通项时，利用恒等式a n =a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋅⋅⋅+(a n −a n −1)=a 1+f (1)+f (2)+f (3)+⋅⋅⋅+f (n −1)(n ≥2)求通项公式的方法称为累加法。
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构建新数列巧解递推数列竞赛题递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。
本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。
其中，怎样构造新数列是答题关键。
1 求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。
例1、数列{}n a 中，11=a ，()n n n a a a 241411611+++=+。
求n a 。
（1981年第22届IMO 预选题）分析 本题的难点是已知递推关系式中的n a 241+较难处理，可构建新数列{}n b ，令n n a b 241+=，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。
解：构建新数列{}n b ，使0241>+=n n a b则 51=b ，n na b 2412+= ，即2412-=n n b a∴ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⨯+=-+n n n b b b 24141161241221化简得 ()()22132+=+n n b b∴ 321+=+n n b b ，即 ()32131-=-+n n b b数列 {}3-n b 是以2为首项，21为公比的等比数列。
n n n b --=⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-2122123 即 322+=-n n b∴ 121122231232241---⨯+⨯+=-=n n n n n b a 2 证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。
例2、设10=a ，12111---+=n n n a a a ()N n ∈，求证：22+>n n a π。
（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）分析 利用待证的不等式中含有π及递推关系式中含有211-+n a 这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列{}n α，使n n tg a α=，化简递推关系式。
证明：易知0>n a ，构建新数列{}n α，使n n tg a α=，⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0παn则 2sin cos 111111112-----=-=-+=n n n n n n tg tg tg a ααααα∴ 21-=n n tg tg αα，21-=n n αα又 10=a ，8121πtg a =-= ，从而 81πα=因此，新数列{}n α是以8π为首项，21为公比的等比数列。
212821+-=⋅⎪⎭⎫⎝⎛=n n n ππα考虑到当)2,0(π∈x 时，有 x tgx >。
所以，2222++>=n n n tg a ππ注：对型如 21n a ±，n a ±1，111++±n n nn a a a a 都可采用三角代换。
3 证明是整数这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决。
例3、设数列{}n a 满足11=a ，nn n a a a 1211+=+ )(N n ∈ 求证：N a n∈-222 ()1,>∈n N n 。
（《中学数学教学参考》2001年第8期第53页，高中数学竞赛模拟试题） 分析 直接令222-=nn a b ，转化为证明N b n ∈ )1,(>∈n N n证明：构建新数列{}n b ，令0222>-=nn a b则 2422+=n n b a ，242121+=++n n b a 代入 221121⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+n n n a a a 整理得()222124n n n b b b +=+从而 ()2121224--+=n n n b b b )3(≥n于是 ()[]()[]2212121*********+=++=---+n n n n n n b b b b b b )3(≥n∴ ()12211+=-+n n n b b b )3(≥n由已知，42=b ，243=b ，由上式可知，N b ∈4，N b ∈5，依次类推，N b n ∈ )1(>n ，即N a n∈-222。
例4、设r 为正整数，定义数列{}n a 如下： 11=a ，2)1(221+++=+n n na a rn n)(N n ∈ 求证：N a n ∈。
（1992年中国台北数学奥林匹克试题）分析 把条件变形为()()rn n n na a n 21122++=++比较1+n a 与 n a 前的系数及1+n a 与 n a 的足码，考虑到另一项为()rn 212+，等式两边同乘以()1+n ，容易想到构新数列{}n b ，使()n n a n n b 1+=。
证明：由已知得()()rn n n na a n 21122++=++∴ ()()()()12112121+++++=++r n n n a n n a n n构建新数列{}n b ，()n n a n n b 1+= 则21=b ，()12112+++=-r n n n b b∴()∑-=+-+=1111n k k k n b b b b()1212123212+++++++=r r r n∴ N b n ∈ []∑-=+++-++=11121212)(2n k r r r n k n k nb()∑-=+-++++⋅+-+-+=112212212212211212122n k rr r r r r r r r k n C k n C k n C n n∴ n b n又 ()[]∑∑∑=++==++-++=-++=nk r r nk nk r r n k n k k n kb 112121112121)1(()()()()[]∑=+++++++-++⋅+-+=nk rr r r r rr r kn C k n C k n C n 122122122122112121111 ∴ ()1+n | n b∴ ()1+n n | n b ，从而 N a n ∈。
4 解决整除问题一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。
例5、设数列{}n a 满足11=a ，32=a ，对一切N n ∈，有()()n n n a n a n a 2312+-+=++，求所有被11整除的n a 的一切n 值。
（1990年巴尔干地区数学奥林匹克试题）分析 变形递推关系式为()()n n n n a a n a a -+=-+++1122，就容易想到怎样构建新数列了。
解：由已知()()n n n n a a n a a -+=-+++1122 构建新数列{}(),2≥n b n n n n a a b -=++11 ()1≥n 则22=b ，()()()n n n n b n a a n b 1111+=-+=-+ ()2≥n∴ ()()!311221n b n n b n n nb b n n n =-==-==-- ()2≥n ∴ ()∑∑∑===-=+=-+=nk nk k nk n n n k b a a a a 12211!1从而3114⨯=a ，4203118⨯=a ，3670831110⨯=a ，当11≥n 时，由于∑=101!k k 被11整除，因而∑∑==+=nk k n k k a 11101!!也被11整除。
所以，所求n 值为4=n ，8，及10≥n 的一切自然数。
5 证明是完全平方数这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项n a ，问题也就迎刃而解了。
例6、设数列{}n a 和{}n b 满足10=a ，00=b ，且⎩⎨⎧-+=-+=++47836711n n n n n n b a b b a a () ,2,1,0=n求证：n a 是完全平方数。
（2000年全国高中联赛加试题）分析 先用代入法消去n b 和1+n b ，得061412=++-++n n n a a a ，如果等式中没有常数项6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令a a C n n +=，易求得21-=a 。
证明：由①式得n b ，1+n b 代入②得061412=++-++n n n a a a化为021********=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-++n n n a a a构建新数列{}n c ，21-=n n a c ，且210=c ， ()2721367210011=--+=-=b a a c①②()01412=+-++n n n c c c由特征方程 01142=+-λλ 得两根3471+=λ，3472-=λ所以 n nn m m c 2211λλ+=当0=n ，1时，有()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=+21347347212121m m m m解得：4121==m m 则 ()()n n n c 3474134741-++=()()n n 2232413241-++=则()()232324121⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=+=n n n n c a 因为()()nn 3232-++ 为正偶数，所以，n a 是完全平方数。
从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键。
构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在。