2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题3 微重点8　数列的递推关系

微重点8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)已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2anan＋1(n∈N*)，则下列结论不正确的是()A.1an＋1为等比数列B．{an}的通项公式为an＝12×3n－1－1C．{an}为递增数列D.1an的前n项和Tn＝3n－n－1答案C解析因为an－3an＋1＝2anan＋1，两边同除以anan＋1，可得1an＋1＝3an＋2，所以1an＋1＋1＝31an＋1，又1a1＋1＝2≠0，所以1an＋1是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；所以1an＋1＝2×3n－1，即an＝12×3n－1－1，所以{an}为递减数列，故B正确，C不正确；所以1an＝2×3n－1－1，1an的前n项和为Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2×(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×1－3n1－3－n＝3n－n－1，故D正确．(2)(2022·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．2100－3B．2100－2C．2101－3D．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＝21－21001－2＋0＝2101－2.规律方法(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)．(2)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)在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，若an980，则n的最小值是()A．8B．9C．10D．11答案C解析因为an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，所以an－n＝2[an－1－(n－1)](n≥2，n∈N*)．因为a1＝3，所以a1－1＝2，所以数列{an－n}是首项和公比都是2的等比数列，则an－n＝2n，即an＝2n＋n，因为an－an－1＝2n－1＋10，所以数列{an}是递增数列，因为a9＝521980，a10＝1034980，所以满足an980的n的最小值是10.(2)(2022·兰州模拟)若数列{an}满足nan＋1＝(n＋1)an＋1(n∈N*)，且a1＝1，则a2023等于()A．4045B．4044C．2023D．2022答案A解析因为nan＋1＝(n＋1)an＋1(n∈N*)，所以an＋1n＋1＝ann＋1nn＋1＝ann＋1n－1n＋1，即an＋1n＋1＋1n＋1＝ann＋1n，即an＋1＋1n＋1＝an＋1n，所以an＋1n为常数列，又a1＝1，所以an＋1n＝a1＋11＝2，所以a2023＋12023＝2，解得a2023＝4045.考点二利用an与Sn的关系例2已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，Sn，nan2，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＝1－9a2n，若b2·b3·…·bn＝89176，求正整数n的值．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＝n＋1n－1Sn－1，由S1＝a1＝3，∴Sn＝n＋1n－1×nn－2×n－1n－3×n－2n－4×…×42×31×3＝32(n2＋n)，经检验，S1＝3也符合Sn＝32(n2＋n)．∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32(n2＋n)－32[(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，∴ann＝an－1n－1(n≥3)，∴当n≥3时，ann为常数列，又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，同理可得a3＝9，∴a33＝a22＝a11＝3，∴ann＝a11＝3，即an＝3n，∴数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)由(1)得bn＝1－9a2n＝1－1n2＝n2－1n2＝n－1n×n＋1n，∴b2·b3·…·bn＝12×32×23×43×34×54×…×n－1n×n＋1n＝n＋12n.由n＋12n＝89176，得n＝88.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求出an.跟踪演练2(1)(2022·焦作模拟)已知数列{an}满足a1＋12a2＋122a3＋…＋12n－1an＝2n，则a1＋2a2＋22a3＋…＋22021a2022等于()A．2(22022－1)B.23(22022＋1)C.23(24044－1)D.23(24044＋1)答案C解析因为a1＋12a2＋122a3＋…＋12n－1an＝2n，所以当n≥2时，a1＋12a2＋122a3＋…＋12n－2an－1＝2(n－1)，两式相减得12n－1an＝2，所以an＝2n(n≥2)，又a1＝2也适合该式，故an＝2n.所以{an}为等比数列，所以a1＋2a2＋22a3＋…＋22021a2022＝242022－14－1＝23(24044－1)．(2)(2022·济宁模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若2anSn＝1＋a2n，bn＝log2Sn＋2Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn≥3的n的最小正整数的值为______．答案10解析因为2anSn＝1＋a2n，an0，当n＝1时，2a1S1＝1＋a21，解得S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即2(Sn－Sn－1)Sn＝1＋(Sn－Sn－1)2，整理得S2n－S2n－1＝1，所以数列{S2n}是首项为S21＝1，公差为1的等差数列，所以S2n＝1＋(n－1)×1＝n，又正项数列{an}的前n项和为Sn，所以Sn＝n，所以Sn＋2＝n＋2，所以bn＝log2Sn＋2Sn＝log2n＋2n＝212log2nn＝12log2n＋2n＝12[log2(n＋2)－log2n]，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝12[log23－log21＋log24－log22＋log25－log23＋…＋log2(n＋1)－log2(n－1)＋log2(n＋2)－log2n]＝12[－1＋log2(n＋1)＋log2(n＋2)]＝12[－1＋log2(n＋1)(n＋2)]，由Tn≥3，即12[－1＋log2(n＋1)(n＋2)]≥3，化简整理得n2＋3n－126≥0，当n＝9时，92＋3×9－126＝－180，当n＝10时，102＋3×10－126＝40，所以满足Tn≥3的n的最小正整数的值为10.专题强化练1．(2022·哈尔滨模拟)已知数列{an}的首项为10，且2an＋1＋an＝3，则满足不等式|an－1|1125的n的最小正整数的值为()A．9B．10C．11D．12答案D解析由2an＋1＋an＝3，即an＋1＝－12an＋32，得an＋1－1＝－12(an－1)，又a1－1＝9，所以数列{an－1}是以9为首项，－12为公比的等比数列，所以an－1＝9×－12n－1，所以|an－1|1125，即为9×－12n－11125，即9×12n－11125，即2n－11125，n∈N*，所以n≥12.2．已知数列{an}满足nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，且a1＝1，则a2023等于()A．6065B．6067C．4044D．4043答案B解析因为nan＋1＝(n＋1)an＋2，所以an＋1n＋1＝ann＋2nn＋1，即an＋1n＋1－ann＝21n－1n＋1，所以a22－a11＝21－12，a33－a22＝212－13，…ann－an－1n－1＝21n－1－1n，累加得ann－a11＝21－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝21－1n(n≥2)，即ann－1＝2－2n，即an＝3n－2，当n＝1时也成立，则a2023＝6067.3．(2022·焦作模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)nan＋12n(n∈N*)，则S100等于()A．－12100B．0C.12100D.12101答案B解析由题意知S102＝a102＋12102，所以S102－a102＝S101＝12102，又S101＝－a101＋12101，所以a101＝12102，故S100＝S101－a101＝0.4．(2022·衡阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1311，2an＋1－anan＋1＝1，则下列结论错误的是()A．a2＝119B．数列1an－1为等差数列C．an的最小值为13D．an的最大值为3答案C解析由2an＋1－anan＋1＝1，得an＋1＝12－an，所以1an＋1－1－1an－1＝112－an－1－1an－1＝2－anan－1－1an－1＝－1，又1a1－1＝112，故数列1an－1为以112为首项，－1为公差的等差数列，则1an－1＝112＋(n－1)×(－1)＝132－n，故an＝1＋1132－n，a2＝119，数列{an}的最小值为a7＝－1，最大值为a6＝3.5．(2022·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＝________.答案22023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＝22023.6．(2022·河南省重点高中联考)已知数列{an}中，a1＝14，an－2an＋1an＋2an＋1＝1n＋1，则满足an11000的n的最大值为________．答案5解析根据题意，(n＋1)an－2(n＋1)an＋1＝an＋2an＋1，化简得an＋1an＝n2n＋2，所以anan－1＝n－12n＋1，an－1an－2＝n－22n，…a2a1＝12×3(n≥2)，运用累乘法计算得ana1＝n－12n＋1·n－22n·n－32n－1·…·22×4×12×3＝12n－2·nn＋1(n≥2)，且a1＝14，所以an＝12n·nn＋1，n≥2，a1＝14符合该式，当an11000时，2n·n(n＋1)1000，当n＝5时，2n·n(n＋1)＝9601000，当n＝6时，2n·n(n＋1)＝26881000，所以满足条件的n的最大值为5.7．(2022·邯郸模拟)已知数列{an}满足a1a1－1＋a2a2－1＋a3a3－1＋…＋anan－