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专项突破练一　求数列通项公式
题型一
例1　(1)7　　[解析] 由题意可得a1=1,an+1-an=n,则an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+1+2+…+(n-1)=1+=(n≥2),所以a4==7.因为a1=1也满足an=,所以an=.
(2)解:∵an=an-1(n≥2),∴an-1=an-2,…,a2=a1,由以上(n-1)个式子得an=a1××…××==(n≥2),
∵a1=1也满足上式,∴an=.
变式　(1)　(2)B　[解析] (1)由an+1=2nan,得=2n-1(n≥2),所以an=··…··a1=2n-1×2n-2×…×2×1=21+2+…+(n-2)+(n-1)=(n≥2).又a1=1满足上式,所以an=.
(2)根据题意知,数列{an}满足an-an-1=n-1(n≥2),a1=2,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)+(n-2)+…+2+1+2=+2(n≥2),
则该数列的第31项为a31=+2=467.故选B.
(3)解:∵an=n(an+1-an),∴=,
∴=,=,=,…,=(n≥2),
以上各式两边分别相乘,得=×××…×.
又a1=1,∴an=n(n≥2).∵a1=1也满足上式,∴an=n.
题型二
例2　解:设an+1-t=2(an-t),则an+1=2an-t,由an+1=2an+3得t=-3,故an+1+3=2(an+3).令bn=an+3,则b1=a1+3=5,且==2,所以{bn}是以5为首项,2为公比的等比数列,所以bn=5×2n-1,故an=5×2n-1-3.
变式　解:(1)令n=2,可得a2=2a1;
令n=3,可得a3=a2+1=2a1+1.
因为S3=a1+a2+a3=5a1+1=1,所以a1=0,a2=0.
(2)当n为偶数时,an=2an-1,an+1=an+1=2an-1+1,an+2=2an+1=2(an+1)=2an+2,
可得an+2+2=2(an+2),an+1+1=2(an-1+1)(n≥2)且a2+2=2,a1+1=1,
可知数列{an+2}的偶数项构成首项为2,公比为2的等比数列,数列{an+1}的奇数项构成首项为1,公比为2的等比数列,
则an+2=2×=(n为偶数),an+1=(n为奇数),所以an=
题型三
例3　　[解析] 当n=1时,a1=S1=a1+,所以a1=1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,所以=-,所以数列{an}是首项为1,公比为-的等比数列,故an=.
变式　解:因为2Sn=(n+1)an,所以2Sn-1=nan-1(n≥2),
两式作差得2an=(n+1)an-nan-1(n≥2),则=(n≥2),
所以×××…×=××…×(n≥2),
则=n(n≥2),所以an=n(n≥2),又a1=1满足上式,所以an=n.专项突破练一　求数列通项公式
1.A　[解析] 由=2得an+1-an=2n,当n≥2时,an-an-1=2(n-1),则当n≥2时an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+×(n-1)=n2-n+15,因为a1=15符合上式,所以an=n2-n+15,故选A.
2.C　[解析] an=Sn+2,令n=1,得a1=8,又an+1=Sn+1+2,所以an+1-an=(Sn+1-Sn),即an+1=4an,故数列{an}是等比数列,且首项为8,公比为4,则an=8×4n-1=22n+1,所以bn=log2an=2n+1,所以b1010=2×1010+1=2021.故选C.
3.A　[解析] 当n=1时,a1=S1=2+3=5;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+3n-2(n-1)2-3(n-1)=4n-2+3=4n+1,因为a1=5满足上式,所以an=4n+1.故选A.
4.D　[解析] 因为=(n∈N*),所以=,=,=,…,=(n≥2),则=×××…×==(n≥2),又a1=1,所以an=(n≥2),又a1=1满足上式,所以an=.故选D.
5.C　[解析] 因为an+1=2an+3,所以an+1+3=2(an+3),又a1+3=4≠0,所以数列{an+3}是首项为4,公比为2的等比数列,所以an+3=4×2n-1=2n+1,则an=2n+1-3,所以a9=210-3.故选C.
6.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=+0=2101-2.故选D.
7.AB　[解析] ∵an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,∴数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,B正确;由B知an+1=2n,∴an=2n-1,C错误;a3=7,A正确;Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=2+22+…+2n-n=-n=2n+1-n-2,D错误.故选AB.
8.ABD　[解析] ∵an+1=2Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn,即=3,∴数列{Sn}是首项S1=a1=1,公比q=3的等比数列,则Sn=1×3n-1=3n-1,故A,B正确;an=Sn-Sn-1=3n-1-3n-2=2·3n-2(n≥2),显然a1=1不符合上式,则an=故C错误,D正确.故选ABD.
9.n　[解析] 因为a1=1,an+1=·an,所以=,所以为常数列,因为=1,所以=1,即an=n.
10.189　[解析] 因为数列{an}的各项均为正数,且2(-)=3anan+1,所以-=,解得=-(舍去)或=2,故{an}是首项为3,公比为2的等比数列,则{an}的前6项和S6==189.
11.1023　[解析] 由题意知an+1+1=4an+4=4(an+1),又a1+1=1,所以{an+1}是以1为首项,4为公比的等比数列,所以a6+1=(a1+1)×45=1024,故a6=1023.
12.226-3　[解析] 当t=0时,病毒的个数是1;当t=1时,病毒的个数是5;当t=2时,病毒的个数是13;当t=3时,病毒的个数是29……则13-5=23,29-13=24,…,当t=n(n∈N*)时,设病毒的个数为an,由以上类推可知an+1-an=2n+2,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=5+23+24+…+2n+1=5+=2n+2-3(n≥2),又a1=5也满足an=2n+2-3,所以对任意的n∈N*,an=2n+2-3,故t=24时此病毒的个数为a24=226-3.
13.解:当n≥2时,an=Sn-1+2,an+1=Sn+2,
则an+1-an=Sn-Sn-1=an,可得an+1=2an(n≥2),
又a2=S1+2=a1+2=4,所以a2=2a1,则=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
所以an=2×2n-1=2n.
14.解:(1)证明:∵Sn+1=2-=,
∴-=-=-=1,
又==2,∴数列是首项为2,公差为1的等差数列.
(2)由(1)得=2+(n-1)×1=n+1,则Sn=.
当n=1时,a1=S1=;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-.
又a1=不满足上式,∴数列{an}的通项公式为an=
15.　[解析] 由题意得a1=1,设bn=(2n-1)an,则b1=a1=1,设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=n.当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=n-(n-1)=1,又b1=1,所以bn=1(n∈N*),所以(2n-1)an=1,故an=.
16.解:(1)因为+++…+=n2+n,所以当n≥2时,+++…+=(n-1)2+(n-1),两式相减得=2n(n≥2),即Sn=2n(n+2)(n≥2),又S1=6符合上式,所以Sn=2n(n+2)(n∈N*).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n(n+2)-2(n-1)(n+1)=4n+2,又a1=S1=6符合上式,故an=4n+2(n∈N*).
(2)由(1)知=24n+2=4·16n,所以数列{}是首项为64,公比为16的等比数列,设数列{}的前n项和为Tn,则Tn===.专项突破练一　求数列通项公式
【学习目标】
体会求等差、等比数列通项公式的方法.
◆ 题型一　累加、累乘法求通项公式
例1 (1)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n(n∈N*),则a4=　　　　,an=　　　　　　.
(2)已知a1=1,an=an-1(n≥2),求数列{an}的通项公式.
变式 (1)在数列{an}中,若a1=1,an+1=2nan,则an=　　　　.
(2)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《乘除通变本末》中,讨论了高阶等差数列并提出了一些新的垛积公式,其中所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项之差或者高次差成等差数列.如数列1,3,6,10前后两项之差组成新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数列.现有二阶等差数列{an},其前7项依次为2,3,5,8,12,17,23,则该数列的第31项为 (　 )
A.336　　B.467　　C.483　　D.601
(3)在数列{an}中,a1=1,an=n(an+1-an)(n∈N*),求数列{an}的通项公式.
[素养小结]
(1)对于递推关系式可转化为an+1=an+f(n)的数列,通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式.
(2)对于递推关系式可转化为=f(n)的数列,当数列{f(n)}前n项的积容易求得时,可采用累乘法求数列{an}的通项公式.
◆ 题型二　构造法求通项公式
例2 已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an+3,求数列{an}的通项公式.
变式 记Sn为数列{an}的前n项和,当n≥2时,an=且S3=1.
(1)求a1,a2;
(2)求{an}的通项公式.
[素养小结]
对于递推关系式形如an+1=pan+q(p≠0,p≠1,q≠0)的数列,通常采用构造法求数列的通项公式.
◆ 题型三　利用Sn与an的关系求通项公式
例3 已知数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式为an=　　　　.
变式 [2024·深圳南山区高二期末] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,且2Sn=(n+1)an, 求{an}的通项公式.
[素养小结]
已知Sn求an的三个步骤:
(1)先利用a1=S1求出a1;
(2)用n-1替换Sn中的n得到一个新的关系式,利用an=Sn-Sn-1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式;
(3)注意检验当n=1时的表达式是否可以与当n≥2时的表达式合并.专项突破练一　求数列通项公式
一、选择题　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2024·江苏常州一中高二期末] 已知数列{an}满足a1=15,=2 (n∈N*),则an=(　 )
A.n2-n+15 B.n2+n+15
C.n2-n-15 D.n2+n-15
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且对任意正整数n都有an=Sn+2,若bn=log2an,则b1010=　 (　 )
A.2019 B.2020
C.2021 D.2022
3.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+3n,那么an= (　 )
A.4n+1 B.3n+1
C.2n+1 D.n+1
4.[2024·天津耀华中学高二期末] 已知数列{an}满足=(n∈N*),且a1=1,则an= (　 )
A. B.
C. D.
5.已知数列{an}满足a1=1,=2an+3,则a9=　 (　 )
A.29-3 B.29+3
C.210-3 D.210+3
6.已知Sn为数列{an}的前n项和,且a1=1,an+1+an=3×2n,则S100= (　 )
A.2100-3 B.2100-2
C.2101-3 D.2101-2
7.(多选题)数列{an}的首项为1且各项均为正数,an+1=2an+1,Sn是数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是 (　 )
A.a3=7
B.数列{an+1}是等比数列
C.an=2n-1
D.Sn=2n+1-n-1
8.(多选题)设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=2Sn(n∈N*),则下列说法正确的是(　 )
A.Sn=3n-1
B.{Sn}为等比数列
C.an=2·3n-2
D.an=
二、填空题
9.已知数列{an}满足a1=1,an+1=·an,n∈N*,则an=　　　　.
10.若数列{an}的各项均为正数,且满足a1=3,2(-)=3anan+1,则数列{an}的前6项和为　　　　.
11.数列{an}满足an+1=4an+3,且a1=0,则a6=　　　　.
12.某生物病毒繁殖规则如图(每一条线段代表一个病毒),现有一个这种生物病毒,初始状态为t=0(t表示时间,单位:小时),由此推测t=24时此病毒的个数为　　　　.
三、解答题
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an=Sn-1+2(n≥2,n∈N*),求数列{an}的通项公式.
14.[2024·武汉新洲区高二期末] 记Sn为数列{an}的前n项和,且a1=,Sn+1=2-.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
15.若数列{an}满足a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=n(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an=　　　　.
16.已知数列{an}的前n项和为Sn,+++…+=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{}的前n项和.(共25张PPT)
专项突破练一 求数列通项公式
题型一 累加、累乘法求通项公式
题型二 构造法求通项公式
题型三 利用与的关系求通项公式
【学习目标】
体会求等差、等比数列通项公式的方法.
题型一 累加、累乘法求通项公式
例1（1） 在数列中，，，则 ___，
_______.
7
[解析] 由题意可得， ，
则，所以.
因为 也满足，所以 .
（2）已知，，求数列 的通项公式.
解：，， ， ，
由以上个式子得 ，
也满足上式， .
变式（1） 在数列中，若，，则 _______.
[解析] 由，得 ，所以
.又满足上式，所以 .
（2）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《乘除通变本末》中，讨论了高阶
等差数列并提出了一些新的垛积公式，其中所讨论的高阶等差数列与一般的等
差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差或者高次差成等差数列.如
数列1，3，6，10前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，
这样的数列称为二阶等差数列.现有二阶等差数列 ，其前7项依次为2，3，5，
8，12，17，23，则该数列的第31项为( )
B
A.336 B.467 C.483 D.601
[解析] 根据题意知，数列满足， ，
所以 ,
则该数列的第31项为 .故选B.
（3）在数列中，，，求数列 的通项公式.
解:， ，
，，， ， ,
以上各式两边分别相乘，得 .
又，也满足上式， .
［素养小结］
（1）对于递推关系式可转化为 的数列，通常采用累加法
（逐差相加法）求其通项公式.
（2）对于递推关系式可转化为的数列，当数列前 项的积容
易求得时，可采用累乘法求数列 的通项公式.
题型二 构造法求通项公式
例2 已知数列满足，，求数列 的通项公式.
解:设，则，由得 ,
故.
令，则，且 ,
所以是以5为首项，2为公比的等比数列，所以 ，
故 .
变式 记为数列的前项和，当时, 且
．
（1）求， ；
解:令，可得 ；
令，可得 .
因为，所以， .
（2）求 的通项公式.
解:当为偶数时，， ，
，
可得，且 ，
,
可知数列的偶数项构成首项为2，公比为2的等比数列，数列 的
奇数项构成首项为1，公比为2的等比数列，
则为偶数，为奇数 ，
所以
［素养小结］
对于递推关系式形如 的数列，通常采用构造
法求数列的通项公式.
题型三 利用与 的关系求通项公式
例3 已知数列的前项和，则的通项公式为
_ ________.
[解析] 当时，，所以.
当 时，，所以，
所以数列 是首项为1，公比为的等比数列，故 .
变式 [2024·深圳南山区高二期末] 记为数列的前项和，已知 ，
且，求 的通项公式.
解:因为，所以 ，
两式作差得，则 ，
所以 ，
则，所以，又满足上式，所以 .
［素养小结］
已知求 的三个步骤：
（1）先利用求出 ；
（2）用替换中的得到一个新的关系式，利用 便
可求出当时 的表达式；
（3）注意检验当时的表达式是否可以与当 时的表达式合并.
1.与 关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
（1）利用转化为只含， 的关系式，再求解．
（2）利用转化为只含， 的关系式，再求解．
2.构造法
类型1： 用“待定系数法”构造等比数列
形如,为常数，， 的数列，可用“待定系数法”将
原等式变形为其中 ，由此构造出新的等比数列
，先求出的通项公式，从而求出数列 的通项公式.
类型2：用“同除法”构造等差数列
（1）形如，可通过两边同除以 ，将它转化
为，从而构造数列，且数列为等差数列，先求出 的通
项公式，从而求得 的通项公式.
（2）形如的数列，可通过两边同除以 ，变
形为的形式，从而构造出新的等差数列，先求出 的通项公
式，从而求得 的通项公式.
3.由递推关系式求通项公式要避免两种失误
（1）利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到 ，漏
掉而导致错误；二是根据连乘求出之后，不注意检验 是否成立．
（2）利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式
子的形式．
例1 在数列中，，，则 ( )
A
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 ，
，， ,
.
把以上各式分别相加得，则，
又 也满足上式，因此 .
例2 已知数列的前项和为，且满足 ，则
数列的通项公式为 _________.
[解析] 由得，
当 时， ，
两式相减得 ，化简整理得
，
当时，，由，解得，
因此当， 时， ，
则 ，又满足上式，所以 .
例3 [2024·深圳罗湖区高二期末] 已知数列满足, ，
则数列的通项公式为 _______．
解:由可得，
又 ,所以是以 为首项，5为公比的等比数列，
所以，所以 .
例4 [2024·宁夏吴忠中学高二期末] 已知数列的前项和为 ，且
，则数列 的通项公式为_ ______________.
[解析] 因为，所以当时， ；
当时， .
因为不符合上式，所以数列的通项公式为

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