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2023届高考复习专题——数列通项公式的求法
数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。
一、观察法
根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.
例1数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是(　 　)
A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
常见数列的通项公式
(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.
(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.
(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.
(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.
(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.
(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．
(7)正整数的倒数列：1，，，，…，an＝.
(8)重复数串列：9,99,999,9 999，…，an＝10n－1.
(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.
具体策略：
①分式中分子、分母的特征；
②相邻项的变化特征；
③拆项后的特征；
④各项的符号特征和绝对值特征；
⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；
⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一．
跟踪练习
1、(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝ .
2、(教材改编)数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项公式可能是(　　)
A．an＝　　　　 B．an＝
C．an＝ D．an＝
3、 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)－，，－，，…；
(3)，，，，，…；
(4)，2，，8，，…；
(5)5,55,555,5 555，…，
二、公式法
若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式
例2(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
跟踪练习
1、(2022·千阳月考)在数列{an}中，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＝10，a5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；
2、(2022·淮安模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2－2an＋1＋an＝4，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
3、(2022·开原三模)给出以下三个条件：①4a3,3a4,2a5成等差数列；② n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
设{an}是一个公比为q(q>0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________．
(1)求数列{an}的通项公式；
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
4、已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
5、(2022·苏州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，n∈N*，an＋1＝2an＋1．
(1)求证：{an＋1}是等比数列；
(2)设bn＝2nan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．
6、(2022·莆田模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0．
(1)求an及Sn；
7、在①S3＝17；②S1＋S2＝4；③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题．
已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2．
(1)证明：数列{Sn＋1}为等比数列；
(2)若________，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
8、(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
9、(2022·北京模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
10、(2021·广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝26，a1，a3，a11成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
三、累加法
形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。
例3(2022·重庆模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________．
跟踪练习
1、在数列{an}中，a1＝2，＝＋ln，则an＝(　　)
A．2＋nln n B．2＋(n－1)ln n
C．1＋n＋ln n D．2n＋nln n
2、在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
3、(2022·泰安质检)在数列{an}中，a1＝100，an＋1＝an＋3n(n∈N*)，则通项公式an＝_______；
4、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝_______，an＝_______．
5、设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝_______．
四、累乘法
形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。
例4已知数列{an}的首项是a1＝，且an＋1＝，则数列{an}的通项公式为________．
跟踪练习
1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）
A． B． C． D．
2、若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________；
五、利用Sn求an的关系即求通项公式
步骤：(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．
例5(2022·南京质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
跟踪练习
1、(2022·福州质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
2、(2022·北京质检)已知数列{an}满足21·a1＋22·a2＋23·a3＋…＋2n·an＝(n－1)·2n＋1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．
3、(2022·湖北模拟)定义n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a2 021＝________．
4、(2022·遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)＝f(3)＋f(an)，则an＝________．
5、(2021·全国甲卷)记Sn 为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{an}是等差数列 ．
6、(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
7、(2022·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
8、(2022·本溪模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
9、已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．
(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；
10、(2021·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
六、构造法
根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解．
（1）形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
(2)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
(3)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为＝＋A即－＝A(常数)知为等差数列，进而可求an.
例6(2022·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{anan＋1}的前10项和S10＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
跟踪练习
1、(2022·济南模拟)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an＋3．
(1)求证：{an＋3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
2、(2022·襄阳模拟)在数列{an}中，a1＝ ，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
3、(2022·广东模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1．
(1)求{an}的通项公式；
4、若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________．
5、(2022·衡水检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
6、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为an＝________．(n∈N*)
7、在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则an＝________．
8、若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N*，则an＝________．
9、在数列{an}中，
(1)a1＝1，an＝(n≥2)，则an＝；
(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，则an＝－5·2n－1＋3n＋3；
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N*，则an＝(3n－2)·2n－1.
10、设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且对任意正整数n都有＝－1，则Sn＝________．
11、(2022·江门模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋n－1．
(1)证明：数列{an＋n}是等比数列并求数列{an}的前n项和Sn；
12、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an，n∈N*，a1＝1．
(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求{an}的通项公式；
①数列是等差数列；
②数列是等比数列；
③数列是等比数列．
注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分．2023届高考复习专题——数列通项公式的求法
（解析版）
数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。
一、观察法
根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.
例1数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是(　C　)
A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
解：因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an＝(－1)n＋1·n2.故选C．
常见数列的通项公式
(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.
(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.
(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.
(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.
(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.
(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．
(7)正整数的倒数列：1，，，，…，an＝.
(8)重复数串列：9,99,999,9 999，…，an＝10n－1.
(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.
具体策略：
①分式中分子、分母的特征；
②相邻项的变化特征；
③拆项后的特征；
④各项的符号特征和绝对值特征；
⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；
⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一．
跟踪练习
1、(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝5n－4.
2、(教材改编)数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项公式可能是(　　)
A．an＝　　　　 B．an＝
C．an＝ D．an＝
解析：A　数列为，，，，，…，其分母为2，分子可表示为1＋5(n－1)＝5n－4，因此通项公式可能为an＝．
3、 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)－，，－，，…；
(3)，，，，，…；
(4)，2，，8，，…；
(5)5,55,555,5 555，…，
解：　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n；观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an＝(－1)n·.
(3)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式an＝.
(4)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式an＝.
(5)将原数列改写为×9，×99，×999.…，易知数列9,99,999，…的通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式an＝(10n－1)．
二、公式法
若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式
例2(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则(　A　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵∴解得
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A．
跟踪练习
1、(2022·千阳月考)在数列{an}中，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＝10，a5＝－5．
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，所以an＋1－an＝an－an－1(n≥2)，
所以数列{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，则解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝15－5(n－1)＝－5n＋20．
2、(2022·淮安模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2－2an＋1＋an＝4，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)令cn＝an＋1－an，则cn＋1－cn＝4，而c1＝a2－a1＝2，
∴{cn}是首项为2，公差为4的等差数列，即cn＝2＋4(n－1)＝4n－2，
∴c1＋c2＋…＋cn－1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1＝an－a1＝an－1，又c1＋c2＋…＋cn－1＝4(1＋2＋…＋n－1)－2(n－1)＝2n(n－1)－2(n－1)＝2n2－4n＋2，
∴an＝2n2－4n＋3．
3、(2022·开原三模)给出以下三个条件：①4a3,3a4,2a5成等差数列；② n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
设{an}是一个公比为q(q>0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________．
(1)求数列{an}的通项公式；
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)选条件①：因为4a3,3a4,2a5成等差数列，所以6a4＝4a3＋2a5，即6a3·q＝4a3＋2a3q2，解得q＝1(舍)或q＝2，所以an＝2n－1．
选条件②：由题意得Sn＝2n－a，因为a1＝S1＝2－a＝1，所以a＝1，所以Sn＝2n－1，
当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1．
选条件③：由S3＝7，得a1＋a2＋a3＝7，即a1＋a1·q＋a1·q2＝7，解得q＝2或q＝－3，又因为q>0，所以q＝2，所以an＝2n－1．
4、已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：因为an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，
所以an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，所以＝2，
又因为a1＝1，a2＝3，则a2－a1＝2，
所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1．
5、(2022·苏州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，n∈N*，an＋1＝2an＋1．
(1)求证：{an＋1}是等比数列；
(2)设bn＝2nan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)证明：依题意，n∈N*，an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，且a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＝2n，an＝2n－1，所以bn＝2nan＝4n－2n，
故数列{bn}的前n项和为－＝－2n＋1＋．
6、(2022·莆田模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0．
(1)求an及Sn；
解：(1)易知q≠1，由题意可得解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝＝．
7、在①S3＝17；②S1＋S2＝4；③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题．
已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2．
(1)证明：数列{Sn＋1}为等比数列；
(2)若________，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)证明：数列{Sn}中，Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2，
所以Sn＋1＋1＝3(Sn＋1)，
所以数列{Sn＋1}是公比为3的等比数列．
(2)选择条件①，不存在．
因为S3＝17，所以S3＋1＝18，
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以(S1＋1)·32＝18，
解得S1＝1，所以Sn＋1＝2×3n－1，Sn＝2×3n－1－1．
所以Sn＋1＝3Sn＋2＝6×3n－1－1，
an＋1＝4×3n－1，所以an＝4·3n－2(n≥2)，
因为a1＝1，不符合上式，
所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．
选择条件②，不存在．
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以S2＋1＝3(S1＋1)，
又S1＋S2＝4，得S1＝，所以Sn＋1＝×3n－1，
Sn＝×3n－1－1，所以Sn＋1＝×3n－1－1，
所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1(n≥2)，
因为a1＝，不符合上式，
所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．
选择条件③，存在．
因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以S2＋1＝3(S1＋1)，
又S2＝4S1，得S1＝2，所以Sn＋1＝3n，
Sn＝3n－1，所以Sn＋1＝3×3n－1，
所以an＋1＝2×3n，所以an＝2×3n－1(n≥2)，
因为a1＝2，符合上式，
所以数列{an}是等比数列，所以存在，此时an＝2×3n－1．
8、(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
[解]　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
9、(2022·北京模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得，化简得
因为d≠0，所以a1＝0，d＝2，所以an＝2n－2(n∈N*)，Sn＝n2－n，n∈N*，
因为Sn＋bn＝2n2，所以bn＝n2＋n(n∈N*)．
10、(2021·广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝26，a1，a3，a11成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
解：　(1)由a1，a3，a11成等比数列，得a1a11＝a，
又S4＝26，
所以
又d≠0，所以a1＝2，d＝3.
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1.
三、累加法
形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。
例3(2022·重庆模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________．
解：∵an＋1－an＝＝－，∴当n≥2时，an－an－1＝－，an－1－an－2＝－，…，a2－a1＝1－，∴以上各式相加得，an－a1＝1－，∴an＝4－，a1＝3适合上式，∴an＝4－．
跟踪练习
1、在数列{an}中，a1＝2，＝＋ln，则an＝(　　)
A．2＋nln n B．2＋(n－1)ln n
C．1＋n＋ln n D．2n＋nln n
解析：D　由题意得，＝＋ln ，则＝＋ln ，＝＋ln ，…，＝＋ln ，由累加法得，＝＋ln ＋ln ＋…＋ln ，即＝a1＋ln，则＝2＋ln n，所以an＝2n＋nln n，故选D．
2、在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
解：在数列中，
，故选A.
3、(2022·泰安质检)在数列{an}中，a1＝100，an＋1＝an＋3n(n∈N*)，则通项公式an＝___·3n＋，n∈N*_____；
4、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝___7_____，an＝________．
5、设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝.
解：　∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝.
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f，②
①＋②，得
2S＝＋＋…＋＝2 021.
∴S＝.
四、累乘法
形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。
例4已知数列{an}的首项是a1＝，且an＋1＝，则数列{an}的通项公式为________．
解：由题意得＝，当n≥2时，···…·＝×××…×(n≥2)，所以＝(n≥2)，因为a1＝，所以an＝(n≥2)．因为a1＝满足上式，所以an＝．
跟踪练习
1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）
A． B． C． D．
解：数列满足，，整理得，，，，
所有的项相乘得：，整理得：。
2、若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝__an＝______；
五、利用Sn求an的关系即求通项公式
步骤：(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．
例5(2022·南京质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
[解]　(1)由Sn＝2an－1，可得n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1；
n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，又Sn＝2an－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，即有an＝2an－1，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1．
设等差数列{bn}的公差为d，且b1＝a1＝1，b6＝a5＝16，可得d＝＝3，所以bn＝1＋3(n－1)＝3n－2．
跟踪练习
1、(2022·福州质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
解：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝，②
①－②得，2n－1an＝，∴an＝(n≥2)，③
又∵a1＝也适合③式，∴an＝(n∈N*)．
2、(2022·北京质检)已知数列{an}满足21·a1＋22·a2＋23·a3＋…＋2n·an＝(n－1)·2n＋1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝____n____．
解析：∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＋2nan＝(n－1)·2n＋1＋2，∴2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，两式相减，得2nan＝n·2n，即an＝n(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合an＝n，故an＝n(n∈N*)．
3、(2022·湖北模拟)定义n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a2 021＝________．
解：设数列{an}的前n项和为Sn，由已知可得数列{an}的前n项的“均倒数”为＝＝，可得Sn＝(2n＋1)n＝2n2＋n，所以a2 021＝S2 021－S2 020＝(2×2 0212＋2 021)－(2×2 0202＋2 020)＝8 083．
4、(2022·遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)＝f(3)＋f(an)，则an＝________．
解：由题意可得Sn＋2＝3an，①
当n≥2时，Sn－1＋2＝3an－1，②
则①－②，可得an＝3an－3an－1，即2an＝3an－1，所以＝，当n＝1时，a1＝1 ，所以{an}是以1为首项，为公比的等比数列，所以an＝a1·qn－1＝n－1．
5、(2021·全国甲卷)记Sn 为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列，证明：{an}是等差数列 ．
[证明]　由题意可知，数列{}的首项为，设等差数列{}的公差为d，
则d＝－＝－＝，
所以＝＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝＋(n－1)＝n，
即Sn＝a1·n2，
所以an＝
即an＝(2n－1)a1，
所以an＋1－an＝2a1，所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．
6、(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
解：(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)．
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝，则＋＝2，
所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－．
故an＝
7、(2022·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：当n＝1时，由an·Sn＝(Sn－1)2得a1＝S1＝，
当n≥2时，由an·Sn＝(Sn－1)2有(Sn－Sn－1)·Sn＝(Sn－1)2，
所以Sn＝，则－＝－＝－＝＝－1，
又＝－2．
所以数列是以－2为首项，以－1为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝－2－(n－1)＝－n－1，
所以Sn＝．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝．
当n＝1时，a1＝也满足an＝．
所以数列{an}的通项公式为an＝．
8、(2022·本溪模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
解：(1)当n＝1时，2a1＝3a1－3，解得a1＝3；
当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－3－3an－1＋3＝3an－3an－1，得an＝3an－1，
因为an≠0，所以＝3，因为a1＝3，
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n．
9、已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．
(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；
解：(1)当n≥2时，Sn＝3Sn－1－2(n－1)＋2，又Sn＋1＝3Sn－2n＋2，
两式相减可得Sn＋1－Sn＝3Sn－3Sn－1－2，
即an＋1＝3an－2，
即有an＋1－1＝3(an－1)，
令n＝1，可得a1＋a2＝3a1，解得a2＝2a1＝4，也符合an＋1－1＝3(an－1)，
则数列{an－1}是首项为1，公比为3的等比数列，
则an－1＝3n－1，故an＝1＋3n－1．
10、(2021·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
解：　(1)因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，
所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
因此－＝2(n≥2)．故由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝.
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又因为a1＝，不适合上式．
所以an＝
六、构造法
根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解．
（1）形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
(2)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
(3)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为＝＋A即－＝A(常数)知为等差数列，进而可求an.
例6(2022·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{anan＋1}的前10项和S10＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解：因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＝＋3，即－＝3，所以数列是以3为公差，1为首项的等差数列，所以＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝，所以anan＋1＝＝，所以S10＝×＋×＋…＋×＝×＝，故选C．
跟踪练习
1、(2022·济南模拟)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an＋3．
(1)求证：{an＋3}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2an＋6＝2(an＋3)，而a1＋3＝5，
所以{an＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋3＝5·2n－1，则an＝5·2n－1－3，
所以数列{an}的通项公式an＝5·2n－1－3．
2、(2022·襄阳模拟)在数列{an}中，a1＝ ，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
解：递推式的两边同时除以3n＋1，得到 ＝－ · ＋1．令bn＝ ，则bn＋1＝－ bn＋1．显然有bn＋1－ ＝－ ，b1－ ＝－ ，故是以－ 为首项，－ 为公比的等比数列．因此bn－ ＝－ ·n－1，可得an＝－ ·(－2)n－1＋ ·3n＋1(n∈N*)．
3、(2022·广东模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1．
(1)求{an}的通项公式；
解：(1)∵a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1，∴an≠0，
∴＝－2 －＝2，又∵＝1，
∴是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴an＝(n∈N*)．
4、若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________．
解：因为an＋1＝，a1＝1，所以an≠0，所以＝＋，即－＝．又a1＝1，则＝1，所以是以1为首项，为公差的等差数列．所以＝＋(n－1)×＝＋，所以an＝．
5、(2022·衡水检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1，n∈N*______．
6、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为an＝.(n∈N*)
解：∵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，
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝.(n∈N*)
在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则an＝4n－1＋n.
解：∵an＋1＝4an－3n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，即＝4，又a1＝2，∴a1－1＝1，∴{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，∴an－n＝4n－1.∴an＝4n－1＋n.
8、若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N*，则an＝3n－2n.
解：∵an＋1＝2an＋3n，令an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)比较系数得λ＝－1.∴an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，即＝2，又a1＝1，∴a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比为2的等比数列，∴an－3n＝－2n，∴an＝3n－2n.
9、在数列{an}中，
(1)a1＝1，an＝(n≥2)，则an＝；
(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，则an＝－5·2n－1＋3n＋3；
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N*，则an＝(3n－2)·2n－1.
解：　(1)将an＝两边取倒数，得－＝2，这说明是一个等差数列，首项是＝1，公差为2，所以＝1＋(n－1)×2＝2n－1，即an＝.
(2)∵an＋1＝2an－3n，令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝2(an＋λn＋μ)，则即
∴an＋1－3(n＋1)－3＝2(an－3n－3)
又a1＝1，∴{an－3n－3}是首项为－5，公比为2的等比数列，∴an－3n－3＝－5·2n－1
∴an＝－5·2n－1＋3n＋3.
(3)∵an＋1＝2an＋3·2n，∴－＝3，又a1＝1，
∴是首项为1，公差为3的等差数列，
∴＝1＋3(n－1)，∴an＝(3n－2)·2n－1.
10、设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且对任意正整数n都有＝－1，则Sn＝________．
解：∵对任意正整数n都有＝－1，∴＝－＝－1，即－＝1，又＝1，∴数列是首项与公差都为1的等差数列．∴＝1＋n－1＝n，解得Sn＝．
11、(2022·江门模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋n－1．
(1)证明：数列{an＋n}是等比数列并求数列{an}的前n项和Sn；
[解]　(1)因为an＋1＝2an＋n－1，所以an＋1＋(n＋1)＝2an＋2n，即＝2，又a1＋1＝2，
所以数列{an＋n}是以2为首项2为公比的等比数列，则an＋n＝2·2n－1＝2n，故an＝2n－n，
所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋…＋n)＝－＝2n＋1－2－．已12、知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an，n∈N*，a1＝1．
(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求{an}的通项公式；
①数列是等差数列；
②数列是等比数列；
③数列是等比数列．
注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)选结论①．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以a2＝3．
当n≥2时，Sn＝4an－1，两式相减得，an＋1＝4an－4an－1，
所以＝2·－，即－＝－，n≥2，所以数列是等差数列．
又＝，－＝－＝，
所以＝＋(n－1)＝，所以an＝(n＋1)·2n－2．
选结论②．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以a2＝3．
当n≥2时，Sn＝4an－1，两式相减得，an＋1＝4an－4an－1，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，n≥2，
因为a2－2a1＝1，所以{an＋1－2an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－2an＝2n－1，两边同时除以2n＋1得，－＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，所以an＝(n＋1)·2n－2．
选结论③．
因为Sn＋1＝4an，a1＝1，所以S2＝4．
当n≥2时，Sn＋1＝4Sn－4Sn－1，所以Sn＋1－2Sn＝2(Sn－2Sn－1)，
因为S2－2S1＝2，所以{Sn＋1－2Sn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn＋1－2Sn＝2n，两边同时除以2n＋1，得－＝，
所以是以＝为首项，为公差的等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，所以Sn＝n·2n－1．
所以an＝＝(n＋1)·2n－2．

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