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微专题19 数列的递推关系
高考定位 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求解，体现了化归思想在数列中的应用.
【真题体验】
1.(2021·浙江卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，记数列{an}的前n 项和
为Sn，则( )
A.<S100<3
B.3<S100<4
C.4<S100<
D.<S100<5
答案 A
解析 因为a1＝1，an＋1＝，
所以an>0，a2＝，
所以S100>a1＋a2＝.
又＝＝＋＝－，
所以<，
即有<＋，
即－<，
由＝1，－<，…，－<，
由累加法可得≤1＋＝，
所以≥，
所以an＋1＝≤＝an，
即≤，可得≤，…，≤，
由累乘法可得an≤＝6(－)(当且仅当n＝1 时取等号)，
所以S100<6(－＋－＋－＋…＋－)＝6(－)<3，故选A.
2.(2019·上海卷)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝
________.
答案
解析 n＝1 时，S1＋a1＝2，∴a1＝1.
n≥2 时，由Sn＋an＝2 得Sn－1＋an－1＝2，
两式相减得an＝an－1(n≥2)，
∴{an}是以1 为首项，为公比的等比数列，
∴S5＝＝.
3.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16 项和为540，则a1
＝________.
答案 7
解析 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
所以当n 为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，
所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，
a16＋a14＝41，
所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.
因为数列{an}的前16 项和为540，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①
因为当n 为奇数时，an＋2－an＝3n－1，
可得an－an－2＝3(n－2)－1，…，a3－a1＝3×1－1，
累加可得an－a1＝3－＝，
即an＝＋a1，
所以a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋(0＋8＋40＋96＋176＋280＋408＋560)＝448，
即8a1＝56，所以a1＝7.
4.(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n 项和Sn满足an·Sn＝9(n＝
1，2，…).给出下列四个结论：
①{an}的第2 项小于3；②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；④{an}中存在小于的项，
其中所有正确结论的序号是________.
答案 ①③④
解析 由题意可知，∀n∈N*，an>0，
当n＝1 时，a＝9，可得a1＝3；
当n≥2 时，由Sn＝，
可得Sn－1＝，
两式作差可得an＝－，
所以＝－an，则－a2＝3，
整理可得a＋3a2－9＝0.
因为a2>0，
所以解得a2＝<3，①正确；
假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，
则a＝a1a3，
即＝，所以S＝S1S3，
可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，
解得q＝0，不合题意，
故数列{an}不是等比数列，②错误；
当n≥2 时，an＝－＝>0，
可得an<an－1，
所以数列{an}为递减数列，③正确；
对于④，假设{an}中每一项均大于或等于，
当n 取值变大时，Sn也逐渐增大，
当n>90 000 时，Sn>900，又an≥，
所以an·Sn>×900＝9，与an·Sn＝9 矛盾，故④正确.
【热点突破】
热点一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
考向1 an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)
例1 在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝3n＋2
解析 法一(构造法) 由an＋1＝3an－4，
设an＋1－λ＝3(an－λ)，
即an＋1＝3an－2λ，故2λ＝4，λ＝2，
则an＋1－2＝3(an－2)，
又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3 为首项，
3 为公比的等比数列，
所以an－2＝3n，即an＝3n＋2.
法二(不动点法) 令3x－4＝x，解得不动点x＝2，
由an＋1＝3an－4，得an＋1－2＝3(an－2)
所以数列{an－2}是以a1－2＝3 为首项，
3 为公比的等比数列，所以an－2＝3n，
即an＝3n＋2.
考向2 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)
例2 已知数列{an}满足an＋1＝3an－4n－5，a1＝5，求数列{an}的通项公式.
解 由an＋1＝3an－4n－5，
设an＋1＋λ(n＋1)＝3(an＋λn)＋m，
即an＋1＝3an＋2λn－λ＋m，
故得
所以an＋1－2(n＋1)＝3(an－2n)－7.
令bn＝an－2n，则上式为bn＋1＝3bn－7.
法一(构造法) 设bn＋1＋k＝3(bn＋k)，
即bn＋1＝3bn＋2k，
故2k＝－7，k＝－，
所以数列是首项为－，公比为3 的等比数列，则bn－＝－·3n－1，bn＝－·3n－1＋，
故an＝－·3n－1＋2n＋.
法二(不动点法) 令3x－7＝x，得x＝，
由bn＋1＝3bn－7 得bn＋1－＝3，
所以数列是首项为－，公比为3 的等比数列，则bn－＝－·3n－1，bn＝－·3n－1＋，
故an＝－·3n－1＋2n＋.
考向3 an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)
例3 (2024·兰州质测)在数列{an}中，a1＝－1，an ＋1＝2an＋4·3n －1，则an＝
________.
答案 4·3n－1－5·2n－1
解析 法一 原递推式可化为
an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1).
比较系数得λ＝－4，
故an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)，
则数列{an－4·3n－1}是首项为a1－4·31－1＝－5，
公比为2 的等比数列，
所以an－4·3n－1＝－5·2n－1，
即an＝4·3n－1－5·2n－1.
法二 将an＋1＝2an＋4·3n－1的两边同除以3n＋1，得＝·＋，
令bn＝，则bn＋1＝bn＋，
设bn＋1＋k＝(bn＋k)，比较系数得k＝－，
则＝，
∴是以－为首项，为公比的等比数列，
∴bn－＝·，
则bn＝－·，
∴an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1.
规律方法 形如an＋1＝pan＋f(n)的数列通项公式的求法
(1)构造法：构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的
量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等
比数列.
(2)不动点法：①形如an＋1＝pan＋q 的数列求通项公式的步骤：a.由x＝px＋q 求出
数列{an}的不动点，b.在递推公式an＋1＝pan＋q 两端同时减去x，化简使其左、右
两侧结构一致，c.构造数列求通项.
②an＋1＝pan＋f(n)可转化为bn＋1＝pbn＋k 的形式求解.
训练1 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝________.
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋3n，则an＝________.
答案 (1)2×3n－1－1 (2)n·3n－1
解析 (1)因为an＋1＝3an＋2，
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，
因为1＋a1＝2，所以数列{1＋an}是以2 为首项，以3 为公比的等比数列，
所以1＋an＝2×3n－1，所以an＝2×3n－1－1.
(2)∵an＋1＝3an＋3n，∴－＝，
∴数列是等差数列，公差为，
又＝，∴＝＋(n－1)×＝，
∴an＝n·3n－1.
热点二 形如an＋1＝pan＋qan－1(a1＝a，a2＝b)型
例4 已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的
通项公式.
解 法一(构造法) ∵an＝2an－1＋3an－2，
∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝7，
∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3 的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2，①
又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，
∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1 的等比数列，
则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②
①×3＋②得4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1,
∴an＝×3n－1＋(－1)n－1.
法二(特征根法) 数列{an}的特征方程为x2＝2x＋3，
解得x1＝－1，x2＝3.
令an＝c1·(－1)n＋c2·3n，
由得
故an＝－(－1)n＋·3n
＝·3n－1＋(－1)n－1.
规律方法 形如a1＝m1，a2＝m2，an＋2＝pan＋1＋qan(p，q 是常数)的二阶递推数列
都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2＝px＋q，①
若①有二异根α，β，则可令an＝c1αn＋c2βn(c1，c2是待定常数)；
若①有二重根α＝β，则可令an＝(c1＋nc2)αn(c1，c2是待定常数).
再利用a1＝m1，a2＝m2，可求得c1，c2，进而求得an.
训练2 (1)在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，则数列
{an}的通项公式为________.
(2)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________.
答案 (1)an＝10－2n (2)2n－1
解析 (1)由题意知an＋2－an＋1＝an＋1－an，
所以{an}为等差数列.
设公差为d，由题意得2＝8＋3d，则d＝－2，
得an＝8－2(n－1)＝10－2n.
(2)由题意知an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∵a2－a1＝2，
∴{an－an－1}是首项为2，公比为2 的等比数列，
an－an－1＝2n－1(n≥2)，
当n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
显然n＝1 时满足上式，∴an＝2n－1.
热点三 形如an＋1＝型
例5 (1)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
(2)已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________.
答案 (1) (2)
解析 (1)∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，∴＝＋，即－＝.
又a1＝1，则＝1，
∴是以1 为首项，为公差的等差数列.
∴＝1＋(n－1)×＝＋，
∴an＝.
(2)法一(构造法) ∵＝3·＋1，
∴＋＝3，＋＝1，
∴是以1 为首项，3 为公比的等比数列，
∴＋＝3n－1，∴＝3n－1－，
∴an＝.
法二(不动点法) 由方程＝x，
求出x1＝0，x2＝－2，
于是an＋1－0＝－0＝，
an＋1＋2＝＋2＝，
两式相除得＝·，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
故＝·，解得an＝.
规律方法 求形如an＋1＝通项公式的方法：
(1)当q＝0 时，可用构造法：两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝
pbn＋q 型，求出bn的表达式，再求an.
(2)当q≠0 时，可用不动点法：
①若只有一个动点x0，则是等差数列；
②若有两个不动点x1，x2，则是等比数列.
训练3 (1)已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，则{an}的通项公式为________.
(2)(2024·武汉质检)在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
答案 (1)an＝ (2)
解析 (1)因为an＋1＝，
所以＝＋，－1＝＋－1＝，
所以是以－1＝为首项，为公比的等比数列，
所以－1＝，an＝.
(2)取倒数得＝＋2，
即－＝2(n>1)，
所以数列是首项为1，公差为2 的等差数列＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝.
热点四 形如an＋1＝pa(p>0，an>0)型
例6 在正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2a，求数列{an}的通项公式.
解 取以2 为底的对数，得到
log2an＋1＝log2(2a)，log2an＋1＝log22＋2log2an，
log2an＋1＝1＋2log2an，设bn＝log2an，
则有bn＋1＝1＋2bn，则bn＋1＋1＝2(bn＋1)，
所以{bn＋1}是以b1＋1＝1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以bn＋1＝2n－1，
所以bn＝2n－1－1，log2an＝2n－1－1，an＝22n－1－1.
规律方法 若an＋1＝pa(p>0，an>0)，则构造＝q，最终求得通项.
训练4 已知数列an＝a＋3an－1＋，a1＝2，则log2(a5＋1)＝________.
答案 31log23－15
解析 由an＝a＋3an－1＋可得an＋1＝(an－1＋1)2，
∵a1＝2>0，根据递推公式可得出a2>0，a3>0，…，
进而可知，对任意的n∈N*，an>0，
在等式an＋1＝(an－1＋1)2两边取对数，
令bn＝log2(an＋1)，则bn>0，
可得bn＝2bn－1＋log2，
则bn＋log2＝2，
所以，数列是等比数列，
且首项为b1＋log2＝log2(a1＋1)＋log2＝log2，公比为2，
所以b5＋log2＝24log2＝16(2log23－1)
＝32log23－16，
即log2(a5＋1)＝32log23－16－log2＝31log23－15.
【精准强化练】
一、单选题
1.数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a100＝( )
A.2100＋1
B.2101
C.2100－1
D.2100
答案 C
解析 数列{an}中，an＋1＝2an＋1，
故an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以an＋1＝2n，即an＝2n－1，
故a100＝2100－1.
2.已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10＝( )
A.47
B.48
C.49
D.410
答案 C
解析 由题意a1＋a2＝4，
由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)
得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，
即＝4(n≥3)，
所以数列{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为4，所以a9＋a10＝49.
3.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则满足an>的n 的最大取值为( )
A.7
B.8
C.9
D.10
答案 C
解析 因为an＋1＝，所以＝4＋，
所以－＝4，
又＝1，数列是以1 为首项，4 为公差的等差数列，
所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，
所以an＝，
由an>，即>，
即0<4n－3<37，解得<n<10，
因为n 为正整数，所以n 的最大值为9.
4.设数列{an}的前n 项和为Sn, 若Sn＝2an－2n＋1，则S10＝( )
A.211－23
B.210－19
C.3×210－23
D.3×29－19
答案 C
解析 当n＝1 时，S1＝a1＝2a1－2＋1，
解得a1＝1.
当n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2n＋3，
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－(2an－1－2n＋3)，
即an＝2an－1＋2，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
即＝2，
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2 的等比数列，
则an＋2＝3×2n－1，从而Sn＝3×2n－2n－3，
故S10＝3×210－23.
5.在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1－n＋2，若an>980，则n 的最小值是( )
A.8
B.9
C.10
D.11
答案 C
解析 因为an＝2an－1－n＋2，
所以an－n＝2[an－1－(n－1)].
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＋1>0，
所以数列{an}是递增数列.
因为a9＝521<980，a10＝1 034>980，所以满足an>980 的n 的最小值是10.
6.已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋an·an＋1，则数列{an}的通项公式为( )
A.
B.
C.－n
D.
答案 D
解析 由题意，可得an＋1＝an＋an·an＋1，
即－＝－1.
又＝，所以数列是以为首项，公差为－1 的等差数列，
所以＝－(n－1)＝－n，
所以an＝.
7.(2024·南昌段测)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝an＋2＋1，则a10＝( )
A.80
B.100
C.120
D.143
答案 C
解析 因为an＋1＝an＋2＋1，
所以an＋1＋1＝()2＋2＋1，
即an＋1＋1＝(＋1)2，
等式两边开方可得＝＋1，
即－＝1，
所以数列{}是首项为＝2，
公差为1 的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
所以an＝n2＋2n，
所以a10＝102＋20＝120.故选C.
8.(2024·西安统模)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]
表示不超过x 的最大整数(例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2)，则＋＋…＋＝( )
A.2 022
B.2 023
C.2 024
D.2 025
答案 D
解析 由题设，(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，a2－a1＝4，
故{an＋1－an}是首项为4，公差为2 的等差数列，则an＋1－an＝2n＋2，
则(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)
＝an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]
＝(n＋2)(n－1)(n≥2)，
所以an＝n(n＋1)，故＝1＋.
又n∈N*，当n＝1 时，＝2，
当n≥2 时，＝1，
所以＋＋…＋＝2 025.
二、多选题
9.已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2an·an＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是(
)
A.为等比数列
B.{an}的通项公式为an＝
C.{an}为递增数列
D.的前n 项和Tn＝3n－n
答案 AB
解析 因为an－3an＋1＝2an·an＋1，
所以＋1＝3，
又＋1＝2≠0，所以是以2 为首项，
3 为公比的等比数列，＋1＝2×3n－1，
即an＝.
所以{an}为递减数列，的前n 项和
Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)
＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n
＝2×－n＝3n－n－1.
10.(2024·烟台调研)已知数列{an}，{bn}满足a1＝2，b1＝，an＋1＝bn＋，bn＋1＝an
＋，n∈N*，则下列选项正确的有( )
A.＋＝4
B.＝
C.当n 为奇数时，an＝4bn
D.当n 为偶数时，an＝bn
答案 BCD
解析 因为a1＝2，b1＝，an＋1＝bn＋，
bn＋1＝an＋，
所以a2＝b1＋＝1，b2＝a1＋＝4，
a3＝b2＋＝5，b3＝a2＋＝，
所以＋＝，故A 错误；
＝＝＝，故B 正确；
由B 选项可知＝＝，
所以＝
故C，D 正确.
11.(2024·郑州调研)设Sn是数列{an}的前n 项和，且a1>0，a2＝，3an＋1＝
2SnSn＋1，则( )
A.a1＝
B.数列是公差为的等差数列
C.数列的前5 项和最大
D.an＝
答案 AC
解析 ∵a1>0，a2＝，3an＋1＝2SnSn＋1，
∴3a2＝2a1(a1＋a2)，
∴a1＝或a1＝－(舍)，故选项A 正确；
又3an＋1＝2SnSn＋1，
∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1，
∴－＝－，
∴数列是公差为－的等差数列，故选项B 错误；
由＝＝3，得＝＋(n－1)·
＝3－＝，
∴>0，<0，
∴数列的前5 项和最大，故选项C 正确；
当n＝1 时，
＝＝，
这与a1＝矛盾，故选项D 错误.
三、填空题
12.已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1，a1＝3，则an＝________.
答案 2n＋n
解析 ∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴＝2，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2 为首项，2 为公比的等比数列，
∴an－n＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n＋n.
13.已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝an＋2n，则{an}的通项公式为________.
答案 an＝2n
解析 由已知得an＋1－an＝2n，
当n≥2 时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋2＋22＋…＋2n－1
＝2＋＝2n，
又a1＝2，也满足上式，故an＝2n.
14.在正项数列{an}中，a1＝1，a2＝10，＝(n＝3，4，5，…).则{an}的通项an＝
________.
答案 102
解析 对＝两边同时取常用对数可得
lg an－lg an－1＝(lg an－1－lg an－2).
令bn＝lg an＋1－lg an，则b1＝lg a2－lg a1＝1，bn－1＝bn－2(n＝3，4，5，…)，
所以bn＝(n＝1，2，3，…)，
所以lg an＋1－lg an＝，
故＝10，
由累乘法可得＝···…·＝10×10×10×…×10，
因为1＋＋＋…＋＝＝2，
故＝102，则an＝102，
a1＝1，a2＝10 均满足an＝102，
因此，对任意的n∈N*，an＝102.
