第2讲 递推数列及数列求和的综合问题
考点1 由递推关系式求通项公式
(1)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式．
(2)累积法：形如
an＋1a2a3an＝f(n)≠0，利用an＝a1···…·，求其通项公式． ana1a2an－1
(3)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．
1－p(4)构造法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn＋1
nq，得an?an＋1pan1p1?
n＋1＝·n＋，构造新数列{bn}?其中bn＝n?，得bn＋1＝·bn＋，接下来用q?qqqqqq?
待定系数法求解．
[例1] 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式： (1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1； (2)a1＝1，an＝n－1
an－1(n≥2)； n(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.
【解析】 (1)由题意得，当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
?n－1??2＋n?n?n＋1?
＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.
221×?1＋1?
又a1＝2＝＋1，符合上式，
2因此an＝
n?n＋1?
2
＋1.
(2)∵an＝∴an－1＝n－1
an－1(n≥2)， nn－21
an－2，…，a2＝a1. n－12
以上(n－1)个式子相乘得 12n－1a11
an＝a1···…·＝＝. 23nnn当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
- 1 -
1∴an＝.
n(3)∵an＋1＝3an＋2， ∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴
an＋1＋1
＝3， an＋1
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2， ∴an＋1＝2·3∴an＝2·3
由数列递推式求通项公式的常用方法
n－1
n－1
，
－1.
『对接训练』
1．根据下列条件，确定数列{an}的通项公式： (1)a1＝1，an＋1＝an＋2； (2)a1＝1，an＋1＝2an； (3)a1＝1，an＋1＝
2an. an＋2
n－1
nn解析：(1)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2＝2－1.
(2)∵
n＋2
n－2
1－2
＋…＋2＋1＝1－2
nan＋1n＝2， an - 2 -
∴＝2，＝2，…，
a2a1
1
a3a2
2
ann－1
＝2， an－1
将这n－1个等式叠乘，
得＝2
ana1
1＋2＋…＋(n－1)
＝2
n?n+1?2，
∴an＝2
n?n-1?2.
(3)∵an＋1＝取倒数得：∴
1
2an， an＋21＝an＋1
an＋211
＝＋， 2anan2
11－＝， an＋1an2
1
∵a1＝1，∴＝1，
a1
?1?1
∴??是以1为首项，为公差的等差数列，
2?an?
11n＋1
∴＝1＋(n－1)·＝， an22∴an＝
考点2 错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
[例2] [2024·天津卷]设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，
2
. n＋1
b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式； 1，n为奇数，??
(2)设数列{cn}满足cn＝?nb，n为偶数.??2
求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N)．
*
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
??3q＝3＋2d，
依题意，得?2
?3q＝15＋4d，?
??d＝3，
解得?
?q＝3，?
??d＝－3，
或?
?q＝－1，?
(舍)
- 3 -
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3
n－1
＝3.
nn所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn) ＝?n×3＋
2
??
n?n－1?
2
1
×6??＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
?
＝3n＋6(1×3＋2×3＋…＋n×3)． 记Tn＝1×3＋2×3＋…＋n×3，① 则3Tn＝1×3＋2×3＋…＋n×3
2
3
2
3
1
2
2nnn＋1
，②
nn＋1
②－①得，2Tn＝－3－3－3－…－3＋n×33?1－3??2n－1?3n＋1
＝－＋n×3＝
1－32
nn＋1
＋3
.
n＋1
2
?2n－1?3
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n＋6Tn＝3n＋3×
2
2
＋3
＝
?2n－1?3
n＋2
＋6n＋9
2
2
(n∈N).
所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证.
*
『对接训练』
2．[2024·山东青岛一模]已知公比为q的等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，
a4的等差中项．
(1)求q的值；
(2)若bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，
??2a1＋a3＝3a2，依题意，有?
?a2＋a4＝2?a3＋2?，???a1?2＋q?＝3a1q ①，
即?32
??a1?q＋q?＝2a1q＋4 ②，
22
n
由①得q－3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1. 代入②知q＝1不成立，故舍去，所以q＝2. (2)由(1)知a1＝2，所以an＝2，
bn＝anlog2an＝2nlog22n＝n·2n，
- 4 -
所以Sn＝2＋2×2＋3×2＋…＋n×2，
所以2Sn＝2＋2×2＋3×2＋…＋(n－1)×2＋n×2两式相减得－Sn＝2＋2＋…＋2－n·2所以Sn＝(n－1)2
考点3 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于?
??anan＋1?
n＋1
2
2
3
4
23nnn＋1
，
nn＋1
＝(1－n)2
n＋1
－2，
＋2.
1??1?
?或??(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
?anan＋2?
[例3] [2024·湖南省湘东六校联考]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an； (2)记bn＝
12
，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．
an·an＋1n*
*
【解析】 (1)由已知有Sn－Sn－1＝1(n≥2，n∈N)，∴数列{Sn}为等差数列，又S1＝
a1＝1，∴Sn＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－(n－1)＝2n－1. 又a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1.
1?11?1
－(2)由(1)知，bn＝＝??，
?2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?
11?1?1?1?111n－1－∴Tn＝?1－＋－＋…＋＝＝. ???3352n－12n＋1?2?2n＋1?2n＋12?222
由Tn≥得n≥4n＋2，即(n－2)≥6，∴n≥5，
2
2
n∴n的最小值为5.
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则
1?1?1?111?1
＝?－，＝?－??. anan＋1d?anan＋1?anan＋22d?anan＋2?1
- 5 -
2024版高考数学大二轮复习4.2递推数列及数列求和的综合问题学案(理)
