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2021年高考数学一轮复习第七章数列第43课数列的通项公式（2）文（含解析）四、递推式为“”型的数列，构造等比数列求通项适用于递推式为“”型，可以在它的两边相加数，构造等比数数列，然后利用等比数列的通项公式求解例4.已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．【变式】已知数列满足，求【解析】原等式可化为，∴，∴数列是以2为首项、以3为公比的等比数列，∴，∴．五．递推关系形如的数列，取倒数法方法：取倒数变形成【例5】已知数列满足，，求【解析】∵，∴，即∴数列是等差数列，，它的首项，公差∴，即．【变式】已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴，即∴数列是等比数列，它的首项，公比为∴，∴．六、递推关系形如，两边同除以方法：①将原递推公式两边同除以，②得，③，得，④再利用“递推关系形如”方法来求.【例6】已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴，∴．∴．【变式】已知数列满足，求.【解析】在原不等式两边同除以，得，不妨引入辅助数列且，则，∴，∴，∴．第43课： 数列的通项公式（2）的课后作业1．数列中，，，则 ( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：a 10＝(a 10－a 9)＋(a 9－a 8)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝lg 109＋lg 98＋…＋lg 21＋1＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫109×98×…×21＋1＝2.故选B. 答案：B2. 已知数列的前项和为 ，且 ，则 ( )A ．－16B ．16C ．31D ．32解析：由已知可得时，，所以 ，所以是等比数列，公比为2，所以 .故选B. 答案：B3. 在数列中， ，，则为( )A ．34B ．36C ．38D ．40解析：因为na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2，所以a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以a 1010＝a 1010－a 99＋a 99－a 88＋…＋a 22－a 11＋a 1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3810，所以a 10＝38.故选C. 答案：C4. 已知数列满足，，求【解析】，∴，即，．∴是以为首项，为公比的等比数列，∴，即．5. 已知数列满足，，求.【解析】∵，∴，∴∴数列是等差数列，它的首项，公差为∴，∴．6. 已知数列满足，，求【解析】在两边除以，得，令，则，∴，∴数列是等比数列，其中首项，公比∴，∴．∴．7. 已知数列满足，，（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式【解析】，令则，∴，解得．∴，∴，∴．-29002 714A 煊35699 8B73 譳38825 97A9 鞩I34360 8638 蘸26769 6891 梑O29448 7308 猈39718 9B26 鬦38740 9754 靔34191 858F 薏33744 83D0 菐q29810 7472 瑲。
第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1。
数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0（n0∈N＊）时命题成立；（2)（归纳递推）假设n＝k(k≥n0，k∈N＊)时命题成立，证明当n ＝k＋1时命题也成立。
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。
2。
数学归纳法的框图表示［常用结论与易错提醒]1。
数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1。
判断下列说法的正误。
（1）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时,左边式子应为1＋2＋22＋23.（）(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(）(3）用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.()(4）不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项。
()解析对于（2），有些命题也可以直接证明；对于(3）,数学归纳法必须用归纳假设；对于(4),由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1）√(2）×（3）×（4)×2。
（选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n(n－3）条时，第一步检验n等于（）A.1B.2C。
3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3。
答案C3。
已知f（n)＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则(）A.f(n)中共有n项,当n＝2时，f（2)＝错误!＋错误!B.f（n）中共有n＋1项,当n＝2时，f(2)＝错误!＋错误!＋错误!C.f(n）中共有n2－n项,当n＝2时,f（2）＝错误!＋错误!D。
f（n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时,f（2)＝错误!＋错误!＋错误!解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时,错误!＝错误!，错误!＝错误!，故f(2）＝错误!＋错误!＋错误!.答案D4.用数学归纳法证明1＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n（n∈N，且n〉1）,第一步要证的不等式是________。
2021年高考数学大一轮复习第七章第41课数列的递推关系与求和要点导学数列的递推关系已知数列{an }中,其中Sn为数列{an}的前n项和,并且Sn+1=4an+2(n∈N*),a1=1.(1) 设bn =an+1-2an(n∈N*),求证:数列{bn}是等比数列;(2) 设数列{cn }满足cn=(n∈N*),求证:数列{cn}是等差数列.[思维引导](1) 首先条件中Sn+1=4an+2如何处理,通常要归一,即一是转化为相邻三项的关系;二是转化为和之间的关系,这里是转化为相邻三项的关系,接下来根据等比数列的定义,易得数列{bn}是等比数列;(2) 根据等差数列的定义,结合(1)不难证明数列{bn}是等比数列.[证明](1) 因为Sn+1=4an+2,所以Sn+2=4an+1+2,两式相减得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an,即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an),因为bn =an+1-2an,则有bn+1=2bn(n∈N*),又a1=1,S2=4a1+2a2=5,从而b1=a2-2a1=5-2=3≠0,由此可知,数列{bn}是公比为2的等比数列.(2) 由(1)知bn=3·2n-1,因为cn=,所以cn+1-cn=-==,将bn =3·2n-1代入得cn+1-cn==(n∈N*),由此可知,数列{cn }是公差为、首项c1==的等差数列.在数列{an }中,已知a1=1,an+1=,求an.[思维引导]对递推关系的两边取倒数,可以得到与之间的递推关系.运用累加法公式,先求出的通项公式,再求出an的通项公式,这体现了转化思想的运用.[解答]原式可化为-=n,所以-=n-1,-=n-2,…, -=1,累加得-=(n-1)+(n-2)+ (1)所以=+1,所以an=.[精要点评]求数列的通项公式,特别是由递推公式给出数列时,除迭加、迭代、累乘外,还应注意配凑变形法.变形的主要目的是凑出容易解决问题的等差或等比数列,然后再结合等差、等比数列的运算特点解决原有问题.证明问题,可根据递推公式写出前几项,由此猜测归纳出通项公式,再证明.利用裂项相消法求数列的和在等比数列{an }中,已知S3=,S6=.(1) 求数列{an}的通项公式;(2) 记bn =log4a3+log4a4+…+log4an+2,且cn=,试比较与4的大小.[思维引导]构造方程求数列{an }的首项与公比,然后求通项公式;由an求bn,再求c n ,求cn的和时,因出现式子,故可用裂项相消法求和.[解答](1) 若q=1,则S6=2S3,这与已知S3=且S6=不符,所以q≠1.因此有3161(1-)7,1-2(1-)63,1-2a qqa qq⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩化简得1+q3=9,即q=2,所以a1=,则数列{an}的通项公式为an=×2n-1=2n-2.(2) bn=log4a3+log4a4+…+log4an+2=(log2a3+log2a4+…+log2an+2)=(1+2+3+…+n)=,所以cn===4,则=4=4=.又-4=<0,所以.[精要点评]裂项求和法是求数列各项之和的常用方法.一般地,对于首项与公差均不为0的等差数列{an },有=,则==,以及有结论=.特别地,对于an=,有ai=;对于an=,有在等差数列{an }中,a7=4,a19=2a9.(1) 求{an}的通项公式;(2) 设bn =,求数列{bn}的前n项和Sn.[解答](1) 设等差数列{an }的公差为d,则an=a1+(n-1)d.因为所以解得a1=1,d=.所以{an }的通项公式为an=.(2) bn===-,所以Sn=++…+=.利用错位相减法求数列的和设数列{an }的前n项和为Sn,且满足Sn=2-an,n=1,2,3,….(1) 求数列{an}的通项公式;(2) 若数列{bn }满足b1=1,且bn+1=bn+an,求数列{bn}的通项公式;(3) 设cn =n (3-bn),求数列{cn}的前n项和为Tn.[思维引导]求通项公式时,要根据递推关系进行;再由an 求出bn的通项公式;对于cn ,由于cn=2n,是等差数列与等比数列乘积的形式,故可采取错位相减法求和.[解答](1) 当n=1时,a1+S1=a1+a1=2,所以a1=1.因为Sn=2-an,即an+Sn=2,所以an+1+Sn+1=2.两式相减得an+1-an+Sn+1-Sn=0,即an+1-an+an+1=0,故有2an+1=an.因为an≠0,所以=(n∈N*).所以数列{an}是首项a1=1、公比为的等比数列,且an=(n∈N*).(2) 因为bn+1=bn+an,所以bn+1-bn=,从而有b2-b1=1,b3-b2=,b4-b3=,…,bn-bn-1=(n=2,3,…).将这n-1个等式相加,得bn-b1=1+++…+==2-2.又因为b1=1,所以bn=3-2(n=1,2,3,…).(3) 因为cn=n (3-bn)=2n,所以Tn=2. ①Tn=2. ②①-②,得Tn=2[+++…+]-2n.故Tn=4-4n=8--4n=8-(n=1,2,3,…).[精要点评](1) 考查了根据an 与Sn的关系求通项公式an.在已知Sn求an,或是由an与Sn 的关系式求an时,往往要先考虑n=1的特殊情况,然后再结合an=Sn-Sn-1求通项公式.(2) 考查了累加法求通项公式an .在出现关系an=an-1+2n或an=an-1+2n或类似关系时,常考虑累加法求通项,必要时还要考虑累乘法.(3) 在求数列的和时采取了错位相减法.当数列是由一个等差数列与一个等比数列进行对应相乘时,可采取这种方法求数列的和.(xx·淮安、宿迁摸底)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和S n =(an-1)(an+2),n∈N*.(1) 求数列{an}的通项公式;(2) 设bn=(-1)n an,求数列{bn}的前2n项和T2n.[规范答题](1) 当n=1时,S1=(a1-1)(a1+2),解得a1=-1或a1=2.因为a1>0,所以a1=2.(2分)当n≥2时,Sn=(an-1)(an+2),Sn-1=(an-1-1)(an-1+2).两式相减得(an+an-1)(an-an-1-1)=0.(6分)又因为an>0,所以an+an-1>0,所以an-an-1=1.所以an=n+1.(8分)(2) T2n =-a1a2+a2a3-a3a4+a4a5-a5a6+…+a2n-2a2n-1-a2n-1a2n+a2na2n+1=2(a2+a4+…+a2n).(11分)又a2,a4,…,a2n是首项为3、公差为2的等差数列,所以a2+a4+…+a2n==n2+2n.故T2n=2n2+4n(14分)1. 在数列{an }中,a1=1,an+1=(n=1,2,3,…),则a10=.[答案][解析]对an+1=取倒数,得=+1,即-=1,由此可知数列是以为首项、1为公差的等差数列,从而=+9×1=10,因此a10=.2. 已知等差数列{an }的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为.[答案][解析]由a5=5,S5=15,得a1=1,d=1,所以an=1+(n-1)=n,所以==-,所以++…+=-+-+…+-=1-=.3. 在数列{an }中,a1=1,an+1=2an+2n,则数列{an}的通项公式是an=.[答案]n·2n-1[解析]因为an+1=2an+2n,同除以2n+1,得=+,即-=,所以数列是首项为、公差为的等差数列,所以=,所以an=n·2n-1.4. 已知正项数列{an }满足-(2n-1)an-2n=0.(1) 求数列{an }的通项公式an;(2) 令bn =,求数列{bn}的前n项和Tn.[解答](1) 由-(2n-1)an -2n=0,得(an-2n)(an+1)=0.由于{an}是正项数列,所以an=2n.(2) 由(1)知an=2n,故bn===,所以Tn===.[温馨提醒]趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习(第81-82页).23919 5D6F 嵯}26067 65D3 旓32234 7DEA 緪,639100 98BC 颼k Z36783 8FAF 辯,)39016 9868 顨34466 86A2 蚢。
第2节 数列的通项公式考试要求 会求简单数列的通项公式.知 识 梳 理1.归纳法：寻找数列的项与序号之间的规律.2.公式法：利用等差、等比数列的通项公式.3.前n 项和法：若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n－S n －1，n ≥2.4.递推公式法：如果数列{a n }的第n 项与它前一项(或前几项)的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.数列的递推公式包含两个部分，一是递推关系，二是初始条件.此类型一般用累加(乘)法、叠代法、或构造新数列解决.5.由f (a n ，S n )＝0，求a n .一般用转化法，即项a n 和S n 互化. [常用结论与易错提醒]1.由S n ＝f (n )求a n 时，需检验n ＝1的情况.2.由递推公式求通项公式时，注意构造新数列.3.由f (a n ，S n )＝0求a n 时，注意利用变量n .诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一.( ) (2)a n ＝S n ＋1－S n (n ∈N *).( )(3)利用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项.( ) (4)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则a n ＝2n .( )解析 (2)不正确，a n ＋1＝S n ＋1－S n ；(4)不正确，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)×2.设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A.15B.16C.49D.64解析 当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 答案 A3.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sinnπ2D.a n ＝cos(n －1)π＋1解析 对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意，故选C.答案 C4.(必修5P33A5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a n ＝________.解析 a 1＝1，a 2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，a 3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)， a 4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)，∴a n ＝1＋5×(n －1)＝5n －4. 答案 5n －45.在数列{a n }中，a 1＝2，且对任意的m ，n ∈N *有a m ＋n ＝a m ·a n ，则a 6＝________. 解析 a 6＝a 2a 4＝a 2a 2a 2＝(a 21)3＝26＝64. 答案 646.(2020·北京朝阳区一模)等比数列{a n }满足如下条件：①a 1>0；②数列{a n }的前n 项和S n <1.试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式________. 解析 例：a 1＝12>0，q ＝12，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n <1，则a n ＝12n .答案 a n ＝12n (n ∈N *)(答案不唯一)考点一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 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)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)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为a n ＝(－1)n(6n －5). (2)这是一个分数数列，分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)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12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1).规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征： (1)分式中分子、分母的各自特征； (2)相邻项的联系特征； (3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想. 【训练1】 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )A.a n ＝n －1n ＋2(n ∈N *) B.a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C.a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N *)D.a n ＝2n 2n ＋1(n ∈N *) (2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________.解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.答案 (1)C (2)(－1)n1n （n ＋1）考点二 根据S n 与a n 的关系求通项公式a n 多维探究角度1 由S n ＝f (n )求a n【例2－1】 (1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式.故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n＋1－3n －1－1＝2·3n －1.显然当n ＝1时，不满足上式.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案 (1)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2规律方法 由S n ＝f (n )求a n 时，先分n ＝1，n ≥2两种情况讨论，然后看能否合并成统一表达式.【训练2－1】 若等比数列{a n }的前n 项和S n ＝k ＋23n ，求常数k 的值.解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝k ＋23，a 2＝S 2－S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋232－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋23＝－432，a 3＝S 3－S 2＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋233－⎝⎛⎭⎪⎫k ＋232＝－433，由等比数列性质得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4322＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－433，解得k ＝－2. 角度2 由f (a n ，S n )＝0消去a n 型【例2－2】 若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.规律方法 由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)消去a n ，得到S n 的递推式，进而解出S n 的表达式，再求a n . 【训练2－2】 (2020·上海嘉定区质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，2S n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________.解析 由2S n ＝a n a n ＋1可知2S n －1＝a n －1a n (n ≥2)，两式相减得2a n ＝a n a n ＋1－a n －1a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，因为a 1＝1，所以a n ≠0，2＝a n ＋1－a n －1，又因为a 1＝1，2S 1＝a 1a 2，所以a 2＝2，结合a n ＋1－a n －1＝2，所以a n －a n －1＝1，数列{a n }是以1为公差，1为首项的等差数列，所以a n ＝n .答案 n角度3 由f (a n ，S n )＝0消去S n 型【例2－3】 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，求{a n }的通项公式a n .解 由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2. 又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.规律方法 由f (a n ，S n )＝0得出f (a n －1，S n －1)＝0，两式相减得到数列递推公式求解. 【训练2－3】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝2S n ＋1，当n ≥2时，a n ＝2S n －1＋1， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n ， 又a 1＝1，a 2＝2S 1＋1＝3，所以a 2a 1＝3，从而{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.考点三 由数列的递推公式求通项公式 多维探究角度1 a n ＋1＝a n ＋f (n )、a n ＋1＝a n f (n )型 【例3－1】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________. (2)(一题多解)若a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________. 解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n ＋22.又a 1＝2，符合上式，因此a n ＝n 2＋n ＋22.(2)法一 因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n －1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .法二 因为a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －1n －2·…·1＝1n. 答案 (1)n 2＋n ＋22(2)1n规律方法 (1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项. 【训练3－1】 在数列{a n }中，(1)a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________.(2)a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ，则通项公式a n 为________.解析 (1)由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n （n ＋1）.(2)a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＝2（n ＋1）na n ，即a n ＋1a n ＝2（n ＋1）n. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝2n n －1·2（n －1）n －2·…·2（1＋1）1·2 ＝n ·2n.答案 (1)74－2n ＋12n （n ＋1） (2)n ·2n角度2 a n ＋1＝pa n ＋q 与a n ＋1＝pa n ＋f (n )型 【例3－2】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________. (2)若a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则通项公式a n ＝________.解析 (1)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1＋t ＝2(a n ＋t )，即a n ＋1＝2a n ＋t ，解得t ＝3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3).令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列. ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.(2)将式子a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1两边同除以2n ＋1得，a n ＋12n ＋1＝a n2n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项、公差均为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，a n ＝n ·2n.答案 (1)2n ＋1－3 (2)n ·2n规律方法 (1)形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键.(2)求满足a n ＋1＝pa n ＋f (n )(p 是非零常数)的数列{a n }的通项公式，可先在两边同除以f (n )后再用累加法求得.【训练3－2】 (1)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝________. (2)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝12a n －12n ，则其通项公式a n ＝________.解析 (1)由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n，∴a n ＝2n－1.(2)由a n ＋1＝12a n －12n 得2n a n ＋1＝2n －1a n －1，令b n ＝2n －1a n ，则b n ＋1－b n ＝－1，又a 1＝1，∴b 1＝1，∴b n ＝1＋(n －1)×(－1)＝－n ＋2. 即2n －1a n ＝－n ＋2，∴a n ＝2－n2n －1. 答案 (1)2n－1 (2)2－n 2n －1角度3 a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 与a n ＋1＝Aa nBa n ＋C型 【例3－3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (2)若a 1＝1，a n ＋1＝a n3a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足).(2)对a n ＋1＝a n 3a n ＋1两边取倒数，得1a n ＋1＝1a n＋3， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为3的等差数列，所以1a n ＝3n －2，a n ＝13n －2.答案 (1)3·2n －1－2 (2)13n －2规律方法 (1)对a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 型，可化为a n ＋2＋xa n ＋1＝(p ＋x )⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋qp ＋x a n ，令x ＝qp ＋x，求得x 来解决. (2)对a n ＋1＝Aa nBa n ＋C型可取倒数，构造新数列求解. 【训练3－3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝5，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，则a n ＝________. (2)若a 1＝5，a n ＋1＝3a n －4a n －1，则a n ＝________.解析 (1)设a n ＋2＋xa n ＋1＝(2＋x )a n ＋1＋3a n (x ≠－2，x 是待定系数)， 即a n ＋2＋xa n ＋1＝(2＋x )⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋32＋x a n ， 令x ＝32＋x，解得x ＝－3或1. 当x ＝－3时，得a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，所以{a n ＋1－3a n }是首项为－13、公比为－1的等比数列， 得a n ＋1－3a n ＝－13·(－1)n －1.当x ＝1时，同理可得a n ＋1＋a n ＝7·3n －1，解关于a n ＋1，a n 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1－3a n ＝－13·（－1）n －1，a n ＋1＋a n ＝7·3n －1，可得a n ＝7·3n －1＋13（－1）n －14.(2)令a n ＝b n ＋p ，得b n ＋1＋p ＝3b n ＋3p －4b n ＋p －1b n ＋1＝3b n ＋3p －4b n ＋p －1－p ＝（3－p ）b n ＋4p －4－p 2b n ＋p －1令4p －4－p 2＝0，得p ＝2， 所以b 1＝3，b n ＋1＝b nb n ＋1，两边取倒数，1b n ＋1＝1＋1b n， ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为首项为1b 1＝13，公差为1的等差数列，可求得b n ＝33n －2，所以a n ＝6n －13n －2.答案 (1)7·3n －1＋13（－1）n －14(2)6n －13n －2求数列的通项公式【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n . (1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式. 审题路线图(1)由等比数列{a n }条件――→列方程组q 的值(2)由{（b n ＋1－b n ）a n }的前n 项和――→讨论其通项公式――→代入a n{b n }递推关系式――――→逐差法错位相减法{b n }的通项公式（n ≥2）―――→检验n ＝1结论. 满分解答解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(5分)(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.(7分)由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，(9分)b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.(11分)设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－()4n －5·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，(14分)又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.(15分)[构建模板]……找关系：列方程(组)求q……求通项：由{(b n ＋1－b n )a n }前n 项和求出其通项公式.……找关系：利用第二步结果结合{a n }的通项，找出{b n }的递推关系式……方法：逐差法，错位相减法求和……回代得出n ≥2时，b n 的公式……反思：需检验n ＝1的情况，得结论【训练】 (2019·天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列.已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k <n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式； ②求∑2ni ＝1a i c i (n ∈N *). 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2， 故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1. ②∑2ni ＝1a i c i ＝∑2ni ＝1[a i ＋a i (c i －1)]＝∑2ni ＝1a i ＋∑n i ＝1a 2i (c 2i －1) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ×4＋2n （2n－1）2×3＋∑n i ＝1 (9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4（1－4n）1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *).基础巩固题组一、选择题1.数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A.－1617B.－1819C.－2021D.－2223解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021. 答案 C2.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( )A.（－1）n＋12B.cos n π2 C.cosn ＋12πD.cosn ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D3.设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( ) A.163 B.133C.4D.0解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0.答案 D4.数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( ) A.7 B.6 C.5D.4解析 依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)＝2，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4.答案 D5.数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( ) A.2n －1 B.n 2C.（n ＋1）2n 2D.n 2（n －1）2解析 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.答案 D6.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，则( ) A.a n ≥2n ＋1 B.a n ≥2n －1C.S n ≥n 2D.S n ≥2n －1解析 由a n ＋1－a n ≥2，得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，…，a n －a n －1≥2，累加得a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1≥2(n －1)＋1＝2n －1，所以S n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1＝n ×1＋2n －12＝n 2.答案 C 二、填空题7.若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.解析 借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.答案 858.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________. 解析 因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，由于a 1≠0，则a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 答案 19.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析 由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案 2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210.已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 019的值为________.解析 由题意得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，∴数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 019＝6×336＋3，∴a 2 019＝a 3＝1. 答案 1 三、解答题11.(2020·北京延庆区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *). (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式.(1)证明 由S n ＝4a n －3可知当n ＝1时a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝4a n －3，S n －1＝4a n －1－3，两式相减得a n ＝4a n －4a n －1，即a n ＝43a n －1，∴{a n }是首项为1，公比为43的等比数列.(2)解 由(1)可知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)得b n ＋1－b n ＝a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.所以当n ≥2时，b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫430＋⎝ ⎛⎭⎪⎫431＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.当n ＝1时上式也满足条件，故数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1.12.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)(一题多解)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1＜c n . (1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4.对于n ≥2，有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .又当n ＝1时，a 1＝4适合上式，故{a n }的通项公式a n ＝4n .将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.对于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，b n ＝12b n －1，所以数列{b n }是以1为首项，12为公比的等比数列，故b n ＝21－n.(2)证明 法一 由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n，得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43＜2，即c n ＋1c n <1，即c n ＋1＜c n .法二 由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2].当且仅当n ≥3时，c n ＋1－c n ＜0，即c n ＋1＜c n .能力提升题组13.已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n ＜a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.(3，5) B.(4，6) C.[3，5)D.[4，6)解析 由S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2.两式相减得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4(n ≥2)，则a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12.两式相减得a n ＋2－a n ＝8(n ≥2).又由a 1＝a ，a 1＋a 2＋a 1＝16得a 2＝16－2a ，又由a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝4×32得a 3＝4＋2a ，所以a 2n ＝a 2＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ，a 2n ＋1＝a 3＋8(n －1)＝8n －4＋2a .因为对任意n ∈N *，a n ＜a n ＋1恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＜16－2a ，8n ＋8－2a ＜8n －4＋2a ，8n －4＋2a ＜8（n ＋1）＋8－2a ，解得3＜a ＜5. 答案 A14.(2020·宁波模拟)若[x ]表示不超过x 的最大整数，如[2.3]＝2，[4]＝4，[－2.3]＝－3.已知a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×10n ，b 1＝a 1，b n ＝a n －10a n －1(n ∈N *，n ≥2)，则b 2 019＝( )A.2B.5C.7D.8解析 依次计算得b 1＝2，b 2＝a 2－10a 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2007－20＝8，b 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 0007－10⎣⎢⎡⎦⎥⎤2007＝5，b 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤20 0007－10⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 0007＝7，b 5＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×105－10⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×104＝1，b 6＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×106－10⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×105＝4，b 7＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×107－10⎣⎢⎡⎦⎥⎤27×106＝2＝b 1，故{b n }为周期数列，且周期为6，故b 2 019＝b 3＝5，故选B. 答案 B15.著名的斐波那契数列{a n }：1，1，2，3，5，8，…，满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，n ∈N *，那么1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017是斐波那契数列的第________项.解析 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 2＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 4＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 6＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 8＋a 9＋…＋a 2 017＝…＝a 2 016＋a 2 017＝a 2 018，即为第2 018项. 答案 2 01816.我们可以利用数列{a n }的递推公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数时，a n 2，n 为偶数时(n ∈N *)求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数.则a 24＋a 25＝________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个5是该数列的第________项. 解析 a 24＝a 12＝a 6＝a 3＝3，a 25＝25，故a 24＋a 25＝28. 又∵a 5＝5，a 10＝5，a 20＝5，a 40＝5…，即项的值为5时， 下角码是首项为5，公比为2的等比数列， ∴第8个5是该数列的第5×28－1＝640项.答案 28 64017.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式.解 (1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1， a 2＝31a 1， a 3＝42a 2，……a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘， 整理得a n ＝n （n ＋1）2.显然，当n ＝1时也满足上式. 综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2.18.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由. (1)证明 由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解 由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知a 3＝λ＋1.由2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.。
考点20 递推公式求通项（第一课时）【思维导图】【常见考法】考法一：公式法1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n S n n =+，则n a = 。
2．已知数列 {}n a 的前n 项和31nn S =+，则它的通项公式是n a =_____;3．如果数列{}n a 的前n 项和为332n n S a =-，那么数列{}n a 的通项公式是 。
4．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，点()1,n n S S +（n N +∈）在直线3y x =上，则n a =____________.5．若数列{}n a 满足112a =,212323n n a a a na n a +++⋯+=,则na =______ ．6．数列{}n a 满足*12211125,222n n a a a n n N ++⋯+=+∈，则n a = .7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n S a +=，,则n S =______________8．设数列{}n a 前n 项的和为n S ，若14a =，且()*13n n a S n N +=∈，则n S =______.考法二：累加法1．数列{}n a 满足12a =，122n n a a n +=++，则n a = 。
2．数列{}n a 满足14a =，12nn n a a +=+，*n N ∈，则数列{}n a 的通项公式n a =______.3．在数列{}n a 中，12a =，11ln(1)1n n a a n n n+=+++，则n a = 。
4．在数列{a n }中，若a 1＝﹣2，a n +1＝a n +n •2n ，则a n ＝ 。
考法三：累乘法1.已知{}n a 中，11a =，()11n n na n a +=+，则数列{}n a 的通项公式是 。
2．已知{}n a 中，11a =，()112n n n a na ++=，则数列{}n a 的通项公式是 。
2021年高考数学一轮复习课时作业加练一课递推数列的通项的求法文时刻/ 30分钟分值/ 80分一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.在数列{a n}中,已知a1=2,a2=7,a n+2等于a n a n+1(n∈N*)的个位数,则a2020=()A. 8B. 6C. 4D. 22.已知数列{a n}的前n项积为n2,那么当n≥2时,a n=()A. 2n-1B. n2C. D.3.数列{a n}定义如下:a1=1,当n≥2时,a n=若a n=,则n的值为()A. 7B. 8C. 9D. 104.[2021·河南八市三模]已知数列{a n}满足a n+1(a n-1-a n)=a n-1(a n-a n+1),若a1=2,a2=1,则a20=()A. B.C. D.5.已知数列{a n}中,a1=1,前n项和S n=a n,则数列{a n}的通项公式为()A. a n=B. a n=C. a n=n(n+1)D. a n=n(n-1)6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n=()A. 2n-1B.C.D.7.[2021·衡水中学模拟]已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=(a n>0),则a n=()A. 10n-2B. 10n-1C. 1D.8.已知各项均为正数的数列{a n}中,a1=1,数列的前n项和S n满足S n-S n-1=2(n∈N*,且n≥2),则a61=()A. 120B. 240C. 360D. 4809.已知数列{a n}满足a n+2=a n+1-a n,且a1=2,a2=3,则a2020的值为 ()A. -3B. 3C. 2D. -210.[2021·沈阳二中月考]设数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,{S n+na n}为常数列,则a n=()A.B.C.D.二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)11.已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1+2n(n≥2),则a7= .12.已知正项数列{a n}满足a1=1,a2=2,2=+(n∈N*,n≥2),则a7= .13.[2020·合肥六中月考]已知数列{a n}满足a n+1=3a n+1,且a1=1,则数列{a n}的通项公式为a n= .14.[2021·宁波期中]已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n-1,则数列{a n}的通项公式为a n= .15.已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2+2a n=3a n+1(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为a n= .16.[2021·兰州一诊]已知数列{a n},{b n},若b1=0,a n=,当n≥2时,有b n=b n-1+a n-1,则b2021= .加练一课(四)递推数列的通项的求法1.D[解析] 由题易得a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,因此数列{a n}中的项从第3项开始呈周期性显现,周期为6,故a2020=a335×6+8=a8=2.2. D[解析] 设数列{a n}的前n项积为T n,则T n=n2,当n≥2时,a n==.3. C[解析] 因为a1=1,因此a2=1+a1=2,a3==,a4=1+a2=3,a5==,a6=1+a3=,a7==,a8=1+a4=4,a9==,因此n=9,故选C.4.C[解析] 将a n+1(a n-1-a n)=a n-1(a n-a n+1)化为+=,可知数列是等差数列,其首项为,公差为-=,∴=+×19=10,则a20=.故选C.5. A[解析] 当n>1时,有a n=S n-S n-1=a n-a n-1,整理得a n=a n-1,则a2=a1,a3=a2,…,a n-1=a n-2,a n=a n-1,将以上(n-1)个等式等号的两端分别相乘,整理得a n=,当n=1时,上式也成立.故数列{a n}的通项公式为a n=.6. B[解析] 由S n=2a n+1,得S n=2(S n+1-S n),即2S n+1=3S n,则=,又S1=a1=1,因此S n=.7. D[解析] 因为数列{a n}满足a n+1=(a n>0),因此log2a n+1=2log2a n⇒=2,因此{log2a n}是公比为2的等比数列,则log2a n=log2a1·2n-1⇒a n=.8. D[解析] 由S n-S n-1=2可得-=2,因此{}是以1为首项,2为公差的等差数列,则=2n-1,即S n=(2n-1)2,因此a61=S61-S60=1212-1192=480,故选D.9. B[解析] 由题意得a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,∴数列{a n}是周期为6的周期数列,∴a2020=a2=3.10. B[解析] 由题意知S n+na n=2,当n≥2时,(n+1)a n=(n-1)a n-1,从而···…·=··…·,则a n=,当n=1时,上式也成立,因此a n=.故选B.11. 55[解析] ∵a n=a n-1+2n(n≥2),∴a n-a n-1=2n(n≥2),则a2-a1=4,a3-a2=6,a4-a3=8,a5-a4=10,a6-a5=12,a7-a6=14,∴a7=1+4+6+8+10+12+14=55.12.[解析] 由2=+(n∈N*,n≥2),可得数列{}是等差数列,则公差d=-=3,又=1,∴=1+3(n-1)=3n-2,∴a n=,∴a7=.13.(3n-1)[解析] 因为a n+1=3a n+1,因此a n+1+=3,因此数列是以为首项,以3为公比的等比数列,因此a n+=×3n-1,即a n=(3n-1).14.[解析] ∵S n=n2+2n-1,∴当n=1时,a1=1+2-1=2,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+2n-1-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1.∵当n=1时,a1=2≠2+1=3,∴a n=15. 3×2n-1-2[解析] 由a n+2+2a n-3a n+1=0,得a n+2-a n+1=2(a n+1-a n),∴数列{a n+1-a n}是以a2-a1=3为首项,2为公比的等比数列,∴a n+1-a n=3×2n-1,∴当n≥2时,a n-a n-1=3×2n-2,…,a3-a2=3×2,a2-a1=3,将以上各式累加得a n-a1=3×2n-2+…+3×2+3=3(2n-1-1),∴a n=3×2n-1-2(当n=1时,也满足此式).16.[解析] 当n≥2时,由b n=b n-1+a n-1得b n-b n-1=a n-1,因此b2-b1=a1,b3-b2=a2,…,b n-b n-1=a n-1,将以上各式累加得b2-b1+b3-b2+…+b n-b n-1=a1+a2+…+a n-1=++…+,即b n-b1=1-+-+…+-=1-=,因此b n=,故b2021=.。
第3节由递推公式推通项公式【基础知识】如果已知数列{a n}的首项(或前几项)，且任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．【规律技巧】递推公式推导通项公式方法：（1）累加法：（2）累乘法：（3）待定系数法：（其中均为常数，）解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解.（4）待定系数法：（其中均为常数，）.（或,其中均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第（3）种情况求解.（5）待定系数法：解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（6）待定系数法：解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（7）待定系数法：（其中均为常数）.解法：先把原递推公式转化为其中满足，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：【典例讲解】【例1】在数列{a n}中，(1)若a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1，则通项a n＝________；(2)若a1＝1，S n＝n＋23a n，则通项a n＝________．【答案】(1)n（n＋1）2＋1(2)n（n＋1）2规律方法已知递推关系式求通项，一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法或转化为基本数列(等差数列或等比数列)等方法求得通项公式．【变式探究】(1)在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝3a n＋2，则它的一个通项公式为a n＝________．(2)设{a n}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a2n＋1－na2n＋a n＋1·a n＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项公式a n＝________．【答案】(1)2×3n－1－1(2)1 n【针对训练】1、已知数列满足=1，=()，则数列的通项公式.【答案】=.2、已知数列满足则数列的通项公式.【答案】【解析】取倒数∴是等差数列，，所以.3、已知数列满足，则数列的通项公式.【答案】【解析】设①综合点评：这些题都是由递推公式推导通项公式，由和递推关系求通项公式，可观察其特点，一般常利用“化归法”、“累加法”、“累乘法”、“构造等比数列”、“迭代”等方法．4、已知，若，则的表达式为________.【答案】5、数列满足,,且前项之和等于,则该数列的通项公式【答案】【练习巩固】1．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________．【解析】由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n (n ≥2)，∴a 3＋a 5＝6116.【答案】61162．数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 7＝________．【解析】由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2，能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1.【答案】13、设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式．【解析】a 2＝2，a 3＝2＋1.再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)n {a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.5、在数列中，，则=____________.【答案】。
