专题课1 数列的通项公式-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 熟练掌握等差数列、 等比数列的通项 公式 . 2. 掌握由 a n 与 S n 的关系求 a n ， 由递推 关系求 a n 的思想方法 . 要 点 精 析 要点 1 观察法 例 1 写出下列数列的一个通项公式 . （ 1 ） 0 ， 3 ， 8 ， 15 ， 24 ， …； （ 2 ） 1 ， -3 ， 5 ， -7 ， 9 ， …； （ 3 ） 0 ， 2 2 -2 5 ， 3 2 -3 10 ， 4 2 -4 17 ， …； （ 4 ） 1 ， 11 ， 111 ， 1 111 ， … . 解： （ 1 ） 观察数列中的数， 可以看到 0=1-1 ， 3=4-1 ， 8=9-1 ， 15=16-1 ， 24=25- 1 ， …， ∴ 它的一个通项公式是 a n =n 2 -1. （ 2 ） 数列各项的绝对值为 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9 ， …， 是连续的正奇数， 并且数列的奇数 项为正， 偶数项为负， ∴ 它的一个通项公式 为 a n = （ -1 ） n+1 （ 2n-1 ） . （ 3 ） ∵5=2 2 +1 ， 10=3 2 +1 ， 17=4 2 +1 ， ∴ 数 列的一个通项公式为 a n = n 2 -n n 2 +1 . （ 4 ） 原数列的各项可变为 1 9 ×9 ， 1 9 × 99 ， 1 9 ×999 ， 1 9 ×9 999 ， …， 易知数列 9 ， 99 ， 999 ， 9 999 ， …的一个通项公式为 10 n - 1 ， ∴ 原数列的一个通项公式为 a n = 1 9 （ 10 n -1 ） . 反思感悟 观察法的解题关键是观察数列的前 n 项中哪些元素是不随项数的变化而变化的， 哪些元素是随项数的变化而变化的， 以及 是怎么变化的 . 变式训练 1 数列 0 ， 3 2 ， 8 3 ， 15 4 ， …的通项公式可 能是 （ ） A. 2 n -1 n B. 2 n-1 -1 n C. n+ 1 n D. n- 1 n 要点 2 公式法 例 2 设递增等比数列 {a n } 的前 n 项和 为 S n ， 若 S 3 =7 ， 且 a 1 +3 ， 3a 2 ， a 3 +4 为等差数 列， 则 a n = . 解析： 由 a 1 +a 2 +a 3 =7 ， 6a 2 =a 1 +a 3 + + 7 得 a 2 =2 ， ∴a 1 +a 3 =5 ， 即 a 2 q +a 2 q=5 ， 解得 q=2 或 q= 1 2 . ∵ {a n } 是单调递增的， ∴q=2 ， ∴a n =2 n-1 . 反思感悟 当已知数列为等差数列或者等比数列 专题课 1 数列的通项公式 24 第五章 数 列 学 时， 只需利用条件求得基本量 （首项 a 1 及 公差 d 或者公比 q ） 即可写出通项公式， 解 题时务必分清是等差数列还是等比数列 . 变式训练 2 在 数 列 { a n } 中 ， a 1 =2 ， a n = 2+a 2 n-1 姨 （ n≥2 ）， 则 a n = . 要点 3 由 a n 与 S n 的关系求 a n 例 3 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n = n 2 +2n ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 解： 当 n=1 时， a 1 =3 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =n 2 +2n- （ n-1 ） 2 - 2 （ n-1 ） =2n+1. 经检验， a 1 =3 符合上式， ∴a n =2n+1. 反思感悟 已知 S n 与 a n 的关系时 ， 可利用 a n = S 1 ， n=1 ， S n -S n-1 ， n≥ ≥ 2 求解， 通常是通过 a n =S n -S n-1 （ n≥2 ） 消去 S n 或 a n 两种途径解决 . 变式训练 3 （ 1 ） 设 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和， S n = 1 3 a n + 2 3 ， 求数列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 已知数列 {a n } 满足 a 1 +2 2 a 2 +3 2 a 3 + … +n 2 a n =3n 2 +2 ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 要点 4 由递推关系求通项公式 由数列的递推公式求通项公式， 通常需 要对递推公式进行转化与化归， 使之转化为 特殊的等差或等比问题再求通项公式， 主要 体现在以下几个方面： （ 1 ） 形如 a n+1 =a n +f （ n ）； （ 2 ） 形如 a n+1 =a n · f （ n ）； （ 3 ） 形如 a n+1 =pa n +q （ p≠0 且 p≠1 ）； （ 4 ） 形如 a n+1 = Aa n Ba n +C 或 a n+1 a n =Aa n+1 +Ba n （ A ， B ， C 为常数） . 例 4 已知 a 1 =2 ， a n+1 -a n =2n+1 （ n∈N * ）， 则 a n = （ ） A. n+1 B. 2n+1 C. n 2 +1 D. 2n 2 +1 解析： ∵a n+1 -a n =2n+1 ， 则当 n≥2 时， a n -a n-1 =2n-1 ， … a 3 -a 2 =5 ， a 2 -a 1 =3 ， ∴a n -a n-1 + … +a 3 -a 2 +a 2 -a 1 =2n-1+ … +5+3 ， 化简得 a n -a 1 = （ n-1 ）（ 2n-1+3 ） 2 =n 2 -1. 又 ∵a 1 =2 ， ∴a n =n 2 +1. 经检验 a 1 =2 也符合上式 ， ∴a n =n 2 +1 （ n∈N * ） . 故选 C. 反思感悟 用 “累加法” 求数列的通项公式： 当 a n -a n-1 =f （ n ） （ n≥2 ） 满足一定条件 时， 常用 a n = （ a n -a n-1 ） + （ a n-1 -a n-2 ） + … + （ a 2 -a 1 ） +a 1 累加来求通项 a n . 特别地， 当 f （ n ） = 常数 25 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 时， 该数列为等差数列， 因此， f （ n ）不为常 数时可利用累加法 . 变式训练 4 已知数列 {a n } 满足 a 1 = 1 2 ， a n+1 =a n + 1 2 n ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 例 5 已知数列 {a n } 的首项是 a 1 = 1 2 ， 且 a n+1 = na n n+2 ， 则数列 {a n } 的通项公式为 . 解析： 由题意得 a n+1 a n = n n+2 ， ∴ 当 n≥2 时， a 2 a 1 · a 3 a 2 · a 4 a 3 ·…· a n a n-1 = 1 3 × 2 4 × 3 5 × … × n-1 n+1 ， ∴ a n a 1 = 2 n （ n+1 ） . 又 ∵ 当 n=1 时， a 1 = 1 2 ， ∴a n = 1 n （ n+1 ） . 反思感悟 用 “累乘法” 求数列的通项公式： 当 a n a n-1 =f （ n ） （ n≥2 ） 满足一定条件时， 常用 a n = a n a n-1 · a n-1 a n-2 · a n-2 a n-3 ·…· a 2 a 1 · a 1 累乘来求 通项 a n . 特别地， 当 f （ n ） = 常数时， 该数列 为等比数列， 因此， f （ n ）不为常数时可利 用累乘法 . 变式训练 5 已知数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a n+1 =2 n a n ， 则 a n = . 例 6 已知数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a n+1 = 2a n +1 ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 解： ∵a n+1 =2a n +1 ， ∴a n+1 +1=2 （ a n +1 ）， ∴ {a n +1} 是以 2 为首项、 2 为公比的等 比数列， ∴a n +1=2 n ， ∴a n =2 n -1. 反思感悟 已知形如 a n+1 =pa n +q （ p≠0 且 p≠1 ） 的 递推关系式求通项公式时， 一般先构造公 比为 p 的等比数列 {a n +x} ， 即将原递推关 系式化为 a n+1 +x=p （ a n +x ） 的形式， 再求出数 列 {a n +x} 的通项公式， 最后求 {a n } 的通项 公式 . 变式训练 6 （ 1 ） 在数列 {a n } 中 ， 若 a 1 = 2 3 ， 且点 P （ a n ， a n+1 ） 在直线 4x-y+1=0 上， 求数列 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 已知数列 {a n } 满足 a n+1 =2a n +3 · 2 n ， a 1 =2 ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 26 第五章 数 列 学 例 7 在数列 {a n } 中， 若 a 1 = 1 3 ， a n+1 = a n 3a n +1 ， 求数列 {a n } 的通项公式 . 解： ∵a n+1 = a n 3a n +1 ， ∴ 1 a n+1 = 1 a n +3 ， ∴ 1 a n n " 是以 3 为首项、 3 为公差的等差 数列， ∴ 1 a n =3n ， ∴a n = 1 3n . 反思感悟 已知形如 a n+1 = Aa n Ba n +C 的递推关系求通 项公式时， 一般对递推关系式两边取倒数 . 当 A=C 时， 化为 1 a n+1 - 1 a n = B A 的形式， 可构 造得等差数列 1 a n n " ； 当 A≠C 时 ， 化为 1 a n+1 +x = C A 1 a n + + % x 的形式 ， 再用构造法 求得 . 变式训练 7 已知数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a n -a n+1 = a n a n+1 n （ n+1 ） （ n∈N * ）， 则 a n = . 数 学 文 化 例 “太极生两仪， 两仪生四象， 四象 生八卦……”， “大衍数列” 来源于 《乾坤 谱》， 用于解释中国传统文化中的太极衍生 原理 . “大衍数列 ” {a n } 的前几项分别是 0 ， 2 ， 4 ， 8 ， 12 ， 18 ， 24 ， …， 且 {a n } 满足 a n = a n-1 +n ， n=2k ， a n-1 +n-1 ， n=2k+1 n ， 其 中 k∈N * . 求 a n （用 n 表示） . 解： a 2k+2 =a 2k+1 +2k+2=a 2k +2k+2k+2=a 2k +4k+ 2 ， 即 a 2k+2 -a 2k =4k+2 ， ∴a 2k -a 2k -2 =4k-2 ， a 2k -2 -a 2k -4 =4k-6 ， … ， a 4 -a 2 =6 ， 由累加法可得 a 2k -a 2k-2 +a 2k-2 -a 2k-4 + … +a 4 - a 2 =4k-2+4k-6+ … +6 ， 即 a 2k =a 2 +6+10+ … +4k-2=2+6+ … +4k-2= （ 2+4k-2 ） k 2 =2k 2 . 由 a 2k =2k 2 知 a 2k-1 =a 2k-2 +2k-2=2 （ k-1 ） 2 +2k- 2=2k 2 -2k ， k≥2 ， 将 n=1 代入可得 a 1 =0 满足， ∴a 2k-1 =2k 2 - 2k ， ∴a n = 1 2 n 2 ， n=2k ， n 2 -1 2 ， n=2k-1 1 * * * * * * ) * * * * * * + ， 且 k∈N * . 27 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 S n+1 +1 S n +1 =2. 又 ∵S 1 +1=a 1 +1=2 ， ∴ {S n +1} 是以 2 为首项、 2 为公比的等比数列， 则 S n +1=2×2 n-1 =2 n ， 即 S n =2 n -1. 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =2 n -1- （ 2 n-1 -1 ） =2 n-1 . 又 ∵a 1 =1 符合 a n =2 n-1 ， ∴ 数列 {a n } 的通项公式为 a n = 2 n-1 ， n∈N * . （ 2 ） 解： b n = ［ lga n ］ = ［ lg2 n-1 ］， 若［ lg2 n-1 ］ =0 ， 则 0≤lg2 n-1 <1 ， 得 1≤n≤4 ； 若［ lg2 n-1 ］ =1 ， 则 1≤lg2 n-1 <2 ， 得 5≤n≤7 ； 若［ lg2 n-1 ］ =2 ， 则 2≤lg2 n-1 <3 ， 得 8≤n≤10 ； 若［ lg2 n-1 ］ =3 ， 则 3≤lg2 n-1 <4 ， 得 11≤n≤14 ； 若［ lg2 n-1 ］ =4 ， 则 4≤lg2 n-1 <5 ， 得 15≤n≤17. 故 T 15 =0×4+1×3+2×3+3×4+4×1=25. 14. （ 1 ） 解： ∵S n =2a n -a 1 （ n∈N * ）， ① ∴ 当 n≥2 时， S n-1 =2a n-1 -a 1 ， ② ①-② 得 a n =2a n -2a n-1 ， 即 a n =2a n-1 （ n≥2 ） . ∵b n =S n + 1 a n +4 ， ∴b 1 =a 1 + 1 a 1 +4. 又 ∵b 1 =6 ， ∴a 1 =1 ， ∴ 数列 {a n } 是首项为 1 、 公比为 2 的等比数列 ， ∴a n =2 n-1 . （ 2 ） 证明： 由 （ 1 ） 可得 S n =2a n -a 1 =2 n -1 ， ∴b n =S n + 1 a n +4=2 n -1+ 1 2 n-1 +4= 2 2n-1 +3 · 2 n-1 +1 2 n-1 （ n∈N * ）， ∴ 1 b n = 2 n-1 2 2n-1 +3 · 2 n-1 +1 = 2 n-1 （ 2 n +1 ）（ 2 n-1 +1 ） = 1 2 n-1 +1 - 1 2 n +1 ， ∴T n = 1 2 0 +1 - 1 2 1 +1 + 1 2 1 +1 - 1 2 2 +1 + … + 1 2 n-1 +1 - 1 2 n +1 = 1 2 - 1 2 n +1 < 1 2 ， ∴T n < 1 2 . 专题课 1 数列的通项公式 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 当 n=1 时， 2 n -1 n =1≠0 ， 故 A 项 错误； 当 n=2 时， 2 n-1 -1 n = 1 2 ≠ 3 2 ， 故 B 项错误； 当 n= 1 时， n+ 1 n =2≠0 ， 故 C 项错误； 因数列 0 ， 3 2 ， 8 3 ， 15 4 ， …， 可以写成 1- 1 1 ， 2- 1 2 ， 3- 1 3 ， 4- 1 4 ， …， 故 其通项公式可以写成 a n =n- 1 n ， 故 D 项正确 . 故选 D. 变式训练 2 2n+2 姨 【解析】 ∵a n = 2+a 2 n-1 姨 ， ∴a 2 n =2+a 2 n-1 ， ∴a 2 n -a 2 n-1 =2 ， ∴ {a 2 n } 是以 4 为首项、 公差为 2 的等差数 列， ∴a 2 n =4+ （ n-1 ） ×2 ， ∴a n = 2n+2 姨 . 变式训练 3 解： （ 1 ） 当 n=1 时， a 1 =1 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 = 1 3 a n + 2 3 - 1 3 a n-1 - 2 3 ， 整理得 2 3 a n =- 1 3 a n-1 ， 即 a n a n-1 =- 1 2 ， ∴ {a n } 是以首项为 1 、 公比为 - 1 2 的等比数列， ∴a n = - 1 2 2 * n-1 . （ 2 ） 设 b n =n 2 a n ， {b n } 的前 n 项和为 S n . 当 n=1 时， b 1 =5 ， 则 a 1 =5 ； 当 n≥2 时， b n =S n -S n-1 =3n 2 +2-3 （ n-1 ） 2 -2=6n-3 ， 则 a n = 6n-3 n 2 （ n≥2 ） . 经检验， a 1 不符合上式， ∴a n = 5 ， n=1 ， 6n-3 n 2 ， n≥2 2 - - - , - - - . . 变式训练 4 解： ∵a n+1 -a n = 1 2 n ， ∴ 当 n≥2 时， a n -a n-1 = 1 2 n-1 ， …， a 4 -a 3 = 1 2 3 ， a 3 -a 2 = 1 2 2 ， a 2 -a 1 = 1 2 ， ∴a 2 -a 1 +a 3 -a 2 + a 4 -a 3 + … +a n -a n-1 = 1 2 + 1 2 2 + … + 1 2 n-1 ， ∴a n -a 1 = 1 2 - 1 2 n 1- 1 2 =1- 1 2 n-1 ， a n = 3 2 - 1 2 n-1 ， 经检验 n=1 时符合上式 . 变式训练 5 2 （ n-1 ） n 2 【解析】 ∵a n+1 =2 n · a n ， ∴ 当 n≥2 时， a n a n-1 =2 n-1 ， …， a 4 a 3 =2 3 ， a 3 a 2 =2 2 ， a 2 a 1 =2 ， ∴ a n a n-1 ·…· a 4 a 3 · a 3 a 2 · a 2 a 1 =2 n-1 ·…· 2 3 · 2 2 · 2=2 （ n-1 ） + … +3+2+1 ， ∴ a n a 1 =2 （ n-1 ） n 2 ， ∴a n =2 （ n-1 ） n 2 . 变式训练 6 解： （ 1 ） 由题意可得 a n+1 =4a n +1 ， ∴a n+1 + 1 3 =4 a n + 1 3 2 3 ， ∴ a n + 1 3 3 1 是以 1 为首项、 4 为公比的等比数 列， ∴a n + 1 3 =4 n-1 ， ∴a n =4 n-1 - 1 3 . （ 2 ） 将 a n+1 =2a n +3 · 2 n 两边同时除以 2 n+1 ， 得 a n+1 2 n+1 = a n 2 n + 3 2 ， 则 a n+1 2 n+1 - a n 2 n = 3 2 . 又 a 1 2 1 = 2 2 =1 ， 故数列 a n 2 n 3 1 是以 1 为首项、 3 2 为公差的等差数列 . 由等差数列的通项公式， 得 a n 2 n =1+ 3 2 （ n-1 ） = 3 2 n- 1 2 ， 38 参 考 答 案 ∴ 数列 {a n } 的通项公式为 a n = （ 3n-1 ） 2 n-1 . 变式训练 7 n 2n-1 【解析】 由 a n -a n+1 = a n a n+1 n （ n+1 ） （ n∈N * ） 可得， 1 a n+1 - 1 a n = 1 n （ n+1 ） = 1 n - 1 n+1 ∴ 1 a 2 - 1 a 1 = 1 1 - 1 2 ， 1 a 3 - 1 a 2 = 1 2 - 1 3 ， …， 1 a n - 1 a n-1 = 1 n-1 - 1 n （ n≥2 ）， 累加可得 1 a n - 1 a 1 =1- 1 n （ n≥2 ）， 即 a n = n 2n-1 . 当 n=1 时， a 1 =1 也符合上式， ∴a n = n 2n-1 . 随堂练习 1. D 【解析】 在数列 {a n } 中， a 1 =2 ， 由 2a n+1 -2a n =1 ， 得 a n+1 -a n = 1 2 ， ∴ 数列 {a n } 是首项为 2 、 公差为 1 2 的等 差数列， ∴a 101 =2+100× 1 2 =52. 故选 D. 2. n 2 +n+2 2 【解析】 ∵a n+1 -a n =n+1 ， ∴ 当 n≥2 时， a n -a n-1 =n ， …， a 4 -a 3 =4 ， a 3 -a 2 =3 ， a 2 - a 1 =2 ， ∴a 2 -a 1 +a 3 -a 2 +a 4 -a 3 + … +a n -a n-1 =2+3+4+ … +n ， ∴a n -a 1 = （ n-1 ）（ n+2 ） 2 ， a n = n 2 +n+2 2 ， 经检验 n=1 时符 合上式 . 3. 3 6n-1 【解析】 ∵a n+1 = a n 2a n +1 ， ∴ 1 a n+1 = 1 a n +2 ， ∴ 1 a n n $ 是以 5 3 为首项、 2 为公差的等差数列， ∴ 1 a n = 6n-1 3 ， ∴a n = 3 6n-1 . 4. 3 n-1 +1 【解析】 ∵a n+1 =3a n -2 ， ∴a n+1 -1=3 （ a n -1 ）， ∴ {a n -1} 是以 1 为首项、 3 为公比的等比数列， ∴a n -1=3 n-1 ， ∴a n =3 n-1 +1. 5. B 【解析】 第一个图案有白色地面砖 6 块， 第二 个图案有白色地面砖 10 块， 第三个图案有白色地面砖 14 块， 设第 n 个图案中有白色地面砖 a n 块， 用数列 {a n } 表示， 则 a 1 =6 ， a 2 =10 ， a 3 =14 ， 可知 a 2 -a 1 =a 3 -a 2 = … =4 ， ∴ 数列 {a n } 是以 6 为首项、 4 为公差的等差数列， ∴a n =6+ 4 （ n-1 ） =4n+2 ， 故选 B. 6. 解： 当 n=1 时， a 1 =1 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =2n-a n -2 （ n-1 ） +a n-1 ， 整理得 a n = 1 2 a n-1 +1 ， 构造得 a n -2= 1 2 （ a n-1 -2 ）， ∴ {a n -2} 是以 -1 为首项、 1 2 为公比的等比数列， ∴a n -2=- 1 2 2 & n-1 ， ∴a n =2- 1 2 2 & n-1 ， 经检验 n=1 时符合 上式 . 练习手册 效果评价 1. C 【解析】 ∵a 6 =S 6 -S 5 = 6 7 - 5 6 = 1 42 ， ∴ 1 a 6 =42. 故 选 C. 2. B 【解析】 ∵a n =a n a n+1 +a n+1 ， ∴ 1 a n+1 = 1 a n +1 ， ∴ 1 a n n n 是 以 1 为首项、 1 为公差的等差数列， ∴ 1 a n =n ， ∴a n = 1 n . 当 n=10 时， a 10 = 1 10 ， ∴m=10. 故选 B. 3. C 【解析】 ∵a n+1 =3a n +4 ， ∴a n+1 +2=3 （ a n +2 ）， ∴ {a n + 2} 是以 3 为首项 、 3 为公比的等比数列 ， ∴a n +2=3 n ， ∴a n =3 n -2. 故选 C. 4. A 【解析】 ∵a n+1 = （ a n -1 ） 2 ， ∴a 1 =1 ， a 2 =0 ， a 3 =1 ， a 4 = 0 ， … . 以此类推 a 2 020 =0. 故选 A. 5. B 【解析】 ∵a 1 =1 ， ∴S 1 +1×a 1 =2. ∵ {S n +na n } 为常数列， ∴S n +na n =2 ， 即 S n =2-na n ， ∴ 当 n≥2 时 ， a n =S n -S n-1 ， 整理得 （ n+1 ） a n = （ n-1 ） a n-1 ， ∴ a n a n-1 = n-1 n+1 ， ∴ a n a n-1 ·…· a 4 a 3 · a 3 a 2 · a 2 a 1 = n-1 n+1 × … × 3 5 × 2 4 × 1 3 ， ∴a n = 2 n （ n+1 ） . 当 n=1 时， 上式也成立 . 故选 B. 6. B 【解析】 a n+1 -a n = 1 n - 1 n+1 ， a 1 =1 ， a 2 -a 1 =1- 1 2 ， a 3 -a 2 = 1 2 - 1 3 ， a 4 -a 3 = 1 3 - 1 4 ， … a n -a n-1 = 1 n-1 - 1 n （ n≥2 ）， 以上各项相加得 a n =1+1- 1 2 + 1 2 - 1 3 + … + 1 n-1 - 1 n . ∴a n = 2n-1 n （ n≥2 ） . 39 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ∵a 1 =1 也适合上式， ∴a n = 2n-1 n （ n∈N + ） . 故选 B. 7. a n =3n 【解析】 ∵a 2 =6 ， a n a n+1 -a n =n （ n∈N * ）， ∴a 1 =3 且 na n+1 = （ n+1 ） a n ， 即 a n+1 a n = n+1 n . 由累乘法得 a n = a n a n-1 · a n-1 a n-2 ·…· a n a 1 · a 1 = n n-1 × n-1 n-2 × … × 2 1 ×a 1 =na 1 =3n ， ∴a n+1 -a n =3 （ n+1 ） -3n=3 ， 则数列 {a n } 是首 项为 3 、 公差为 3 的等差数列， 通项公式为 a n =3n. 8. 1 n 2 +5n-4 2 【解析】 ∵a n+2 =2a n+1 -a n +1 ， ∴ （ a n+2 -a n+1 ） - （ a n+1 -a n ） =1. 又 ∵a 2 -a 1 =4 ， 则数列 {a n+1 -a n } 是首项为 4 、 公差为 1 的等差数列， ∴a n+1 -a n =n+3 ， ∴a n -a n-1 =n+2 （ n≥2 ）， a n-1 -a n-2 =n+1 ， … a 2 -a 1 =4. 累加得 a n -a 1 = （ n-1 ）（ n+6 ） 2 ， ∴a n = n 2 +5n-4 2 （ n=1 符 合上式） . 9. 2n 【解析】 当 n≥2 时， 2a n =2S n -2S n-1 ， 整理得 a n a n-1 = n n-1 ， ∴ a n a n-1 ·…· a 4 a 3 · a 3 a 2 · a 2 a 1 = n n-1 × … × 4 3 × 3 2 × 2 1 ， ∴ a n a 1 =n. ∵2 （ a 1 +a 2 ） =3a 2 ， ∴a 1 =2 ， ∴a n =2n. 10. 解： 由题意知， 当 n≥2 时， S n -S n-1 =-2S n S n-1 ， 整理得 1 S n - 1 S n-1 =2 ， 故 1 S n n $ 是以 1 2 为首项、 2 为公 差的等差数列， ∴ 1 S n =2n- 3 2 ， 即 S n = 2 4n-3 . 当 n≥2 时 ， a n =-2S n S n-1 =-2 · 4 （ 4n-3 ） （ 4n-7 ） = -2 1 4n-7 - 1 4n-3 3 & ， ∴a n =2 1 4n-3 - 1 4n-7 3 & . 当 n=1 时， 不符合此式， 故 a n = 2 ， n=1 ， 2 1 4n-3 - 1 4n-7 3 & ， n≥2 2 ) ) ) ( ) ) ) * . 提升练习 11. B 【解析】 由题意知， 每天所走路程形成以 a 1 为 首项、 公比为 1 2 的等比数列， 则 a 1 1- 1 2 6 3 & 1- 1 2 =378 ， 解得 a 1 =192 ， 则 a 2 =96 ， 即第二天走了 96 里 . 故选 B. 12. ABD 【解析】 ∵a n+1 = a n 3a n +2 ， ∴ 1 a n+1 =2 · 1 a n +3 ， ∴ 1 a n+1 +3=2 1 a n + 3 & 3 ， ∴ 1 a n + + $ 3 是以 4 为首项、 2 为公比的 等比数列， ∴ 1 a n +3=4 · 2 n-1 ， ∴ 1 a n =2 n+1 -3 ， ∴a n = 1 2 n+1 -3 ， 故 {a n } 为单调递减数列 . T n = 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + … + 1 a n =2 2 +2 3 +2 4 + … +2 n+1 -3n ， ∴T n =2 n+2 -3n-4. 故选 ABD. 13. n 【解析】 当 n=1 时， a 1 =1 ； 当 n≥2 时， 2a n =2S n -2S n-1 =a 2 n+1 -n-1- （ a 2 n -n ）， 整理得 a 2 n+1 = （ a n +1 ） 2 . ∵a n >0 ， ∴a n+1 =a n +1 ， ∴ {a n } 是以 1 为首项、 1 为公差的等差数列， ∴a n =n. 14. （ 1 ） 证明： 由题意知， 当 n≥2 时， S n = b n b n-1 ， 代 入 2 S n + 1 b n =2 ， 整理得 2b n-1 +1=2b n ， 即 b n -b n-1 = 1 2 . 又 ∵ 2 S 1 + 1 b 1 =2 ， 可得 b 1 = 3 2 ， 故 {b n } 是以 3 2 为首项、 1 2 为公差的等差数列 . （ 2 ） 解： 由 （ 1 ） 知， b n = n+2 2 ， 则 2 S n + 2 n+2 =2 ， ∴S n = n+2 n+1 . 当 n=1 时， a 1 =S 1 = 3 2 ； 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =- 1 n （ n+1 ） ， 故 a n = 3 2 ， n=1 ， - 1 n （ n+1 ） ， n≥2 2 ) ) ) ) ) ( ) ) ) ) ) * . 专题课 2 数列求和 学习手册 变式训练 1 解： ∵a 1 =1 ， a n+1 =4a n . 40