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微专题7　 由数列的递推关系求通项公式an
微点一
例1　A　[解析] 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg,即an+1-an=lg=lg(n+1)-lg n ,所以a100=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a100-a99) =3+lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg 100-lg 99=3-lg 1+lg 100=3+2=5.故选A.
对点演练1　C　[解析] 由Sn+1+Sn-1=2Sn+log2,得Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+log2,所以an+1-an=log2(n+1)-log2n(n≥2,n∈N*),所以a3-a2=log23-log22,a4-a3=log24-log23,…,a8-a7=log28-log27,以上各式相加得a8-a2=log28-log22,则a8=log28-log22+a2=3-1+2=4.故选C.
微点二
例2　D　[解析] 由(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2)得=(n≥2),∴an=a1×××…×=2××××…×=n(n+1)(n≥2),∴a4=4×(4+1)=20.故选D.
对点演练2　A　[解析] ∵Sn=n(2n-1)an, ∴当n≥2时,Sn-1=(n-1)(2n-3)an-1,两式相减可得an=n(2n-1)an-(n-1)(2n-3)an-1(n≥2),∴(2n+1)an=(2n-3)an-1(n≥2),
∴=(n≥2),因此an=a1××××…×=×××…××=
(n≥2).当n=1时,a1=也满足上式,所以an=.故选A.
微点三
例3　C　[解析] 由an+1=an+4可得an+1-12=(an-12),所以数列{an-12}是首项为a1-12=-11,公比为的等比数列,所以an-12=-11×,所以an=12-11×.故选C.
例4　A　[解析] 由an+1=2an+n-1可得an+1+(n+1)=2(an+n),即=2.又a1=1,所以a1+1=2,所以数列{an+n}是以2为首项,2为公比的等比数列,即an+n=2n,所以an=2n-n,所以a11=211-11=2048-11=2037.故选A.
例5　an=3n-2n-1　[解析] 由an+1=3an+2n-1,n∈N*,可得an+1+2n=3(an+2n-1).又a1=2,所以a1+20=3,
所以{an+2n-1}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以an+2n-1=3n,
则an=3n-2n-1,n∈N*.
对点演练3　(1)C　(2)C　(3)C
[解析] (1)因为Sn+n=2an-1,所以当n≥2时,Sn-1+(n-1)=2an-1-1,两式相减得an+1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1+1(n≥2),可得an+1=2(an-1+1)(n≥2).当n=1时,S1+1=2a1-1,即a1+1=2a1-1,解得a1=2,所以数列{an+1}是首项为a1+1=3,公比为2的等比数列,所以an+1=3·2n-1,则an=3·2n-1-1,所以a5=3×24-1=47.故选C.
(2)由题得Sn+1+3=2an+1+n+1,则Sn+1+3=2(Sn+1-Sn)+n+1,所以Sn+1=2Sn-n+2,则Sn+1-(n+1-1)=2[Sn-(n-1)].又S1+3=2a1+1,所以S1=2,则S1-(1-1)=2,所以{Sn-(n-1)}是首项、公比均为2的等比数列,则Sn-(n-1)=2n,所以Sn=2n+n-1,则S10=210+10-1=1024+10-1=1033.故选C.
(3)由Sn+1-2Sn=2n+1,可得-=1.又S1=2,所以=1,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,所以Sn=n·2n,所以a2025=S2025-S2024=2025×22025-2024×22024=2026×22024.故选C.
微点四
例6　2036　[解析] 因为an+1=3an-2an-1(n≥2,且n∈N*),所以an+1-an=2(an-an-1),an+1-2an=an-2an-1,所以数列{an+1-an}是首项为a2-a1=2,公比为2的等比数列,{an+1-2an}为常数列,所以an+1-an=2n,an+1-2an=a2-2a1=1,两式相减得an=2n-1,所以数列{an}的前10项和为(2-1)+(22-1)+…+(210-1)=(2+22+…+210)-10=-10=211-2-10=2036.
对点演练4　an=　[解析] 设an+2+λan+1=(λ+3)(an+1+λan),则an+2=3an+1+(λ+3)λan,
所以λ(λ+3)=4,解得λ=-4或λ=1.当λ=1时,an+2+an+1=4(an+1+an),因为a2+a1=4≠0,所以{an+1+an}是以4为首项,4为公比的等比数列,所以an+1+an=4n①;当λ=-4时,an+2-4an+1=-(an+1-4an),因为a2-4a1=3-4=-1≠0,所以{an+1-4an}是以-1为首项,-1为公比的等比数列,所以an+1-4an=(-1)n②.①②两式作差得,an=.
微点五
例7　A　[解析] 易知an≠0,因为an+1=(n∈N*),所以==4+,即-=4.又a1=,所以=3,故是以3为首项,4为公差的等差数列,则=3+4(n-1)=4n-1,故an=,所以a20==.故选A.
对点演练5　B　[解析] 因为an+1=,所以=+1.又a1=1,所以=1,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,得an=,所以a2025=.故选B.
微点六
例8　C　[解析] 方法一:由an+1=,及a1=3,可知an>0,an+1=,两边取以3为底的对数得log3an+1=log3an,所以数列{log3an}是以log3a1=1为首项,为公比的等比数列,所以log3an=,所以log3(a1a2a3a4)=log3a1+log3a2+log3a3+log3a4=1+++==.
方法二:由an+1=,可得a2===,a3==,a4==,所以log3(a1a2a3a4)=log3=,故选C.
对点演练6　6　[解析] 因为an+1=+2an,所以an+1+1=,则ln (an+1+1)=2ln (an+1).
又a1+1=2,所以{ln (an+1)}是以ln 2为首项,2为公比的等比数列,
所以ln (an+1)=2n-1ln 2,所以an+1=,则原不等式为>2025(n∈N*),
故>2025,解得n≥6(n∈N*),所以n的最小正整数值为6.微专题7　 由数列的递推关系求通项公式an
微点一　累加法(形如an+1=an+f(n))　　　　　 　　　　　 　　　　　
例1 [2026·山东青岛二中期末] 在数列 {an} 中,a1=3,an+1=an+lg,则 a100=(　 )
A.5 B.3+100lg 3
C.4 D.10+2lg 3
总结反思
根据形如an+1=an+f(n)(f(n)是可以求和的关于n的函数)的递推关系式求通项公式时,常利用an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)(n≥2)求出an-a1与n的关系式,进而得到{an}的通项公式.
【对点演练1】 [2025·重庆一中模拟] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,Sn+1+Sn-1=2Sn+log2(n≥2,n∈N*),则a8=(　 )
A.2 B.3 C.4 D.4
微点二　累乘法(形如an+1=an·f(n))
例2 若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则a4= (　 )
A.2 B.6 C.12 D.20
总结反思
已知形如=f(n)(f(n)是可以求积的关于n的函数)的递推关系式,常利用an=a1···…·(n≥2)求{an}的通项公式.
【对点演练2】 在数列{an}中,a1=,前n项和Sn=n(2n-1)an,则数列{an}的通项公式为 (　 )
A.an= B.an=
C.an=2- D.an=2-
微点三　构造法求数列通项
题型1　形如an+1=pan+q
例3 已知数列{an}满足an+1=an+4,且a1=1,则{an}的通项公式为 (　 )
A.an=12- B.an=
C.an=12-11× D.an=8+
题型2　形如an+1=pan+qf(n)
角度1　形如an+1=pan+(kn+b)
例4 [2025·河北邢台期末] 已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+n-1,则a11= (　 )
A.2037 B.2047 C.1014 D.1021
角度2　形如an+1=pan+q·rn
例5 [2026·广东广州期末] 已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2n-1,n∈N*,则数列{an}的通项公式为　　　　.
总结反思
(1)形如an+1=pan+q(p≠0,p≠1)的递推关系式可以变形为an+1-x=p(an-x)的形式对比原递推关系式可得x=,确定x=后,构建一个公比为p的等比数列,再求{an}的通项公式.
(2)形如an+1=pan+(kn+b)的递推关系式可以变形为an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)的形式,对比原递推关系式求得x,y的值,构建一个公比为p的等比数列,再求{an}的通项公式.
(3)形如an+1=pan+q·rn的递推关系式,将递推关系式两边同时除以pn+1得=+·,再利用累加法等求{an}的通项公式.
【对点演练3】 (1)[2026·安徽皖中名校联盟模拟] 已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+n=2an-1,则a5= (　 )
A.16 B.31 C.47 D.63
(2)设Sn是数列{an}的前n项和,若Sn+3=2an+n,则S10= (　 )
A.3059 B.2056
C.1033 D.520
(3)[2025·山西大学附属中学期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+1-2Sn=2n+1,且S1=2,则a2025= (　 )
A.2025×22025 B.2025×22026
C.2026×22024 D.2026×22025
微点四　含相邻三项数列的递推关系(形如an+1=pan+qan-1(n≥2))
例6 已知数列{an}满足an+1=3an-2an-1(n≥2,且n∈N*),a1=1,a2=3,则数列{an}的前10项和为　　　　.
总结反思
形如an+1=pan+qan-1(n≥2)的递推关系式可以变形为an+1-x1an=x2(an-x1an-1)的形式,对比原递推关系式可得x1+x2=p,x1x2=-q(x1,x2是方程x2=px+q①的根),求得x1,x2值,
(1)(解答题适用)分别构建以x1,x2为公比的等比数列,加减消元求得通项公式.
(2)(选填题适用)当对应的方程①有两个不同的实根时可利用a1,a2的值代入an=A+B进行求解;
当对应的方程①有两个相同的实根时利用a1,a2的值代入an=(An+B)xn进行求解;
当对应的方程①无实根时对应数列一般为周期数列.
【对点演练4】 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1+4an,则an的通项公式为　　　　　　　.
微点五　取倒数法(形如an+1=,A,B,C为常数)
例7 已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=(n∈N*),则a20= (　 )
A. B. C. D.
总结反思
有的递推关系式进行倒数变形后可转化为“-=常数”或“-=常数”的形式,再结合等差数列的通项公式求解.
【对点演练5】 已知数列{an}满足a1=1,an+1=,则a2025= (　 )
A. B. C. D.
微点六　取对数法(形如an+1=p(p>0,an>0))
例8 数列{an}满足a1=3,an+1=,则log3(a1a2a3a4)= (　 )
A. B.
C. D.
总结反思
形如an+1=p(p>0,an>0)的递推关系式两边同时取对数得logcan+1=rlogcan+logcp(c>0),然后利用构造法得数列{logcan-x}是以r为公比的等比数列,从而得到数列{an}的通项公式.
【对点演练6】 [2026·安徽安庆模拟] 数列{an}满足a1=1,an+1=+2an,则使得>2025成立的n的最小值为　　　　.

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