15 第一阶段 专题三 §2 数列的通项公式-（课件PPT+教案Word）【高考快车道】2025年高考数学大二轮专题复习高考总复习学案（基础版）

§2　数列的通项公式 【备考指南】　数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列－－等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用. 基础考点1　an与Sn的关系求通项公式 【典例1】　(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＝＝－． 当n＝1时，a1＝不满足上式， 故an＝ Sn与an的递推关系型求通项公式的方法 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an＝________． 　[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，① 所以a1＝22＝4， 当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n2，② ①－②可得，(2n－1)an＝2n＋1， 所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式， 所以数列{an}的通项公式是an＝ ] 2．[高考变式]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋． (1)求证：数列}是等差数列； (2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式． [解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝＋，所以＝2；当n≥2时，Sn＝＋，所以＝，所以＝2(常数)，故数列}是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n.当n≥2时，bn＝＝＝． 当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝ 【教师备选资源】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝(　　) A．414　 B．406　 C．403　 D．393 B　[由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4． 再由两式相减得an＋2－an＝8(n≥2)，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14， 故{a2n}为以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋(n－1)×8＝8n＋6， 故a100＝8×50＋6＝406.故选B．] 基础考点2　累加、累乘法求通项公式 【典例2】　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________． (2)(2024·广东汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)．则{an}的通项公式为________． (1)5　(2)an＝2n－1(n∈N*)　[(1)a2＝a1＋lg 2， a3＝a2＋lg ， a4＝a3＋lg ， … a100＝a99＋lg ， 以上各式累加得a100＝a1＋lg 2＋lg ＋lg ＋…＋lg ＝3＋lg 100＝5． (2)令n＝1，得a1＝1． 因为4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)，所以4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1(n≥2，n∈N*)， 两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1(n≥2，n∈N*)， 即(2n－3)an＝(2n－1)an－1，所以＝(n≥2，n∈N*)， 所以··…·＝··…·，即＝2n－1， 所以an＝2n－1(n≥2，n∈N*)， 又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)． 1．已知an－an－1＝f (n)，可用“累加法”求an． 2．已知＝f (n)，可用“累乘法”求an． (2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝________． (n＋1)·2n-2　[当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1， 即Sn＝an＋1，Sn－1＝an， 则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an， 即＝， 则有＝，＝，…，＝， 则an＝··…··a1＝(n＋1)·2n-2， 当n＝1时，a1＝1，符合上式， 故an＝(n＋1)·2n-2．] 【教师备选资源】 1．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an－an＋1}为等比数列 B．数列{an＋1＋2an}不为等比数列 C．S40＝(320－1) D．an＝ BD　[由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13， 由于a1－a2＝0，故数列{an－an＋1}不是等比数列，A错误； a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23， 由于≠，故数列{an＋1＋2an}不为等比数列，B正确； 当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3，又a1＋a2＝1＋1＝2， 故{an＋1＋an}为等比数列，首项为2，公比为3， 故an＋1＋an＝2×3n-1， 故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，以上20个式子相加，得S40＝2×(1＋32＋34＋…＋338)＝2×＝，C错误； 因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得 an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1， 当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3， 以上式子相加，得a2k－a2＝4×(3＋33＋…＋32k-3)＝4×＝， 故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝， 令2k＝n，得an＝＝． 当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30， 以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×(32k-4＋32k-6＋…＋30)＝4×＝， 故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝， 令2k－1＝n，得an＝， 综上，an＝，D正确． 故选BD．] 2．(2024·广东深圳模拟)设数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝an＋8n＋4． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Sn． [解]　(1)∵an＋1＝an＋8n＋4，∴an＋1－an＝8n＋4， 可知an－an－1＝8(n－1)＋4， an－1－an－2＝8(n－2)＋4， an－2－an－3＝8(n－3)＋4， … a3－a2＝8×2＋4， a2－a1＝8×1＋4， a1＝3， 以上各式相加得an＝8(n－1)＋4＋8(n－2)＋4＋8(n－3)＋4＋…＋8×2＋4＋8×1＋4＋3 ＝8＋4(n－1)＋3 ＝8×＋4(n－1)＋3＝4n2－1， 显然对于n＝1也成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n2－1． (2)＝＝ ＝，n∈N*， 所以Sn＝＋＋＋…＋＋ ＝ ＝＝， 所以数列的前n项和 Sn＝． 3．(2024·福建福州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，满足a1＝3，Sn＝an． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<． [解]　(1)因为Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝， 所以an＝a1×××…××＝3×××…××＝． 显然对于n＝1也成立， 所以{an}的通项公式an＝． (2)证明：由(1)得＝＝，所以＋＋…＋＝＝.由于n∈N*，所以1－<1，故得证＋＋…＋<． 基础考点3　构造法求通项公式 【典例3】　(1)(2024·江苏南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________． (2)(2024·广东5月大联考)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则{an}的通项公式是an＝________． (1)　(2)3n－2(n－1)　[(1)数列{an}中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2， 因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以＋1＝2n，即an＝． (2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R， 整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x， 所以 解得 所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)， 且a1＋2×1－2＝a1＝3， 所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，所以an＝3n－2(n－1)．] 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)( p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝4an－12n＋4，且a1＝4，若ak＝2 024，则k＝(　　) A．253 　 B．506 C．1 012 　 D．2 024 B　[因为an＋1＝4an－12n＋4， 所以an＋1－4(n＋1)＝4(an－4n)． 因为a1＝4，所以a1－4×1＝0，故{an－4n}为常数列， 所以an＝4n.由ak＝4k＝2 024，解得k＝506.故选B．] 2．(教材改编)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　) (参考数据：≈2.594，1.111≈2.853) A．1 429 　 B．1 472 C．1 519 　 D．1 571 B　[由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100，设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000． 即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)， 故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列． 所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000， 所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472.故选B．] 3．数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝________． 3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴＝·，∴－1＝.又－1＝－1＝－，∴数列是首项为－，公比为的等比数列，∴－1＝－＝－，∴Sn＝3n－2n．] 【教师备选资源】 1．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n+1－n－2 AB　[∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4， ∴数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列． ∴an＋3＝4×2n-1，∴an＝2n+1－3， ∴a3＝13，∴Sn＝－3n＝2n+2－3n－4.故选AB．] 2．(多选)(2024·江西景德镇三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　) A．数列{an}是等比数列 B．数列{log2(an＋1)}是等差数列 C．数列{an}的前n项和为2n+1－n－2 D．a20能被3整除 BCD　[由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＝2n－1， 则a1＝1，a2＝3，a3＝7，显然有，所以a1，a2，a3不成等比数列，故选项A是错误的； 由an＝2n－1，得log2(an＋1)＝log22n＝n，故选项B是正确的； 由an＝2n－1，可得前n项和Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝－n＝2n+1－n－2，故选项C是正确的； 法一：由a20＝220－1＝(3－1)20－1＝(－1)20－1 ＝(－1)19]，故D是正确的． 法二：由210＝1 024，1 024除以3余数是1，所以1 0242除以3的余数还是1，从而可得220－1能被3整除，故选项D是正确的．故选BCD．] 专题限时集训(八)　数列的通项公式 一、单项选择题 1．(2024·湖南长沙模拟)已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝，则a10＝(　　) A． 　 B． C．－ 　 D． D　[由an＋1＝，可得＝＋， 即－＝，所以是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋×9＝，所以a10＝．故选D．] 2．(2024·安徽阜阳模拟)已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　　) A． 　 B． C． 　 D． B　[依题意，＝·，则数列是以为公比的等比数列，因此＝·，所以＝．故选B．] 3．若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{bn－1}为“梦想数列”，且b1＝2，则(　　) A．bn＝2×3n 　 B．bn＝2×3n-1 C．bn＝2×3n＋1 　 D．bn＝2×3n-1＋1 B　[∵“梦想数列”{an}满足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正项数列{bn－1}为“梦想数列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3bn，∵b1＝2，∴bn＝2×3n-1.故选B．] 4．(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 　 B．2 C．3 　 D．4 D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2， a3－a2＝a1＋4， … a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90， 又a10＝130，所以a1＝4.故选D．] 5．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an＝ (　　) A． 　 B．　 C．2－ 　 D．2－ A　[由于数列{an}中，a1＝，前n项和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， ∴(2n＋1)an＝(2n－3)an－1，所以＝， 因此an＝a1××××…×＝×××…××＝． 当n＝1时也满足上式，故选A．] 6．(2024·福建莆田三模)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足f (x＋1)＝2f (x)＋1，且f (1)＝1，则f (100)＝(　　) A．2100－1 　 B．2100＋1 C．2101－1 　 D．2101＋1 A　[设在数列{an}中，an＝f (n)，则a1＝f (1)＝1，an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)， 故{an＋1}是首项和公比都是2的等比数列． 由等比数列的通项公式可得an＋1＝2n，则an＝2n－1， 故f (100)＝a100＝2100－1.故选A．] 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列{an}满足：a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 　 B．{an}是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 　 D．Sn－1＝，n≥2 AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 由已知可得Sn＝3an＋1， 所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 8．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则(　　) A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BCD．] 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________． 　[由2an＋1－3an＝2n，得＝×＋1， 则－4＝， 又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2，所以 ＝＝．] 10．(2024·北京西城一模)在数列{an}中，a1＝2，a2＝－3.数列{bn}满足bn＝an＋1－an.若{bn}是公差为1的等差数列，则{bn}的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列{bn}的公差为1，所以bn＝－5＋(n－1)·1＝n－6，故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＝2＋(－5)＋(－4)＋(－3)＋(－2)＋(－1)＝－13，即an的最小值是－13．] 四、解答题 11．(2024·云南昆明模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，an＋2＝2an＋1－an＋2． (1)证明：{an＋1－an}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋，若数列{bn}是递增数列，求实数k的取值范围． [解]　(1)证明：因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2为常数， 又a2－a1＝3，所以数列{an＋1－an}是公差为2，首项为3的等差数列． 所以an＋1－an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1． 当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝2(n－1)＋1＋2(n－2)＋…＋2×1＋1， 所以an－a1＝n2－1，因为a1＝1，所以an＝n2． 又a1＝1满足an＝n2， 所以数列{an}的通项公式为an＝n2． (2)由(1)知bn＝n2＋，因为数列{bn}是递增数列， 所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋－＝(2n＋1)>0对n∈N*恒成立， 得到k<(n＋1)2n2对n∈N*恒成立，所以k<4． 所以实数k的取值范围是(－∞，4)． 12．(2024·广东深圳一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N*}，求M(用列举法表示)． [解]　(1)证明：设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即S1＋3d＝5，① 因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，所以由＝＋d， 得S1＋2d＝4.② 由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1， 即Sn＝n(n＋1)， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，符合上式， 所以an＝2n(n∈N*)， 因为当n≥2时，an－an－1＝2， 所以数列{an}是等差数列． (2)由(1)可知＝＝＝， 当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝， 因为b1＝6满足上式，所以bn＝＝12． 所以Tn＝12＝12×＝12－， 因为当∈N*时，n＝1，2，3，5，11， 所以M＝{6，8，9，10，11}． 12 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ §2　数列的通项公式 【备考指南】　数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列－－等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用. 基础考点1　an与Sn的关系求通项公式 【典例1】　(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． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 Sn与an的递推关系型求通项公式的方法 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an＝________． 2．[高考变式]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋． (1)求证：数列}是等差数列； (2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点2　累加、累乘法求通项公式 【典例2】　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________． (2)(2024·广东汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)．则{an}的通项公式为________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知an－an－1＝f (n)，可用“累加法”求an． 2．已知＝f (n)，可用“累乘法”求an． (2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝________． 基础考点3　构造法求通项公式 【典例3】　(1)(2024·江苏南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________． (2)(2024·广东5月大联考)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则{an}的通项公式是an＝________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)( p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 1．(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝4an－12n＋4，且a1＝4，若ak＝2 024，则k＝(　　) A．253 　 B．506 C．1 012 　 D．2 024 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．(教材改编)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　) (参考数据：≈2.594，1.111≈2.853) A．1 429 　 B．1 472 C．1 519 　 D．1 571 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 3．数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝________． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(八) 1．D　[由an＋1＝，可得＝＋， 即－＝，所以是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋×9＝，所以a10＝．故选D．] 2．B　[依题意，＝·，则数列是以为公比的等比数列，因此＝·，所以＝．故选B．] 3．B　[∵“梦想数列”{an}满足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正项数列{bn－1}为“梦想数列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3bn，∵b1＝2，∴bn＝2×3n-1.故选B．] 4．D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n， 则可得a2－a1＝a1＋2， a3－a2＝a1＋4， … a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90， 又a10＝130，所以a1＝4.故选D．] 5．A　[由于数列{an}中，a1＝，前n项和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， ∴(2n＋1)an＝(2n－3)an－1，所以＝， 因此an＝a1××××…×＝×××…××＝． 当n＝1时也满足上式，故选A．] 6．A　[设在数列{an}中，an＝f (n)，则a1＝f (1)＝1，an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)， 故{an＋1}是首项和公比都是2的等比数列． 由等比数列的通项公式可得an＋1＝2n，则an＝2n－1， 故f (100)＝a100＝2100－1.故选A．] 7．AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 由已知可得Sn＝3an＋1， 所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 8．BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BCD．] 9．　[由2an＋1－3an＝2n，得＝×＋1， 则－4＝， 又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2，所以 ＝＝．] 10．n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列{bn}的公差为1，所以bn＝－5＋(n－1)·1＝n－6，故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＝2＋(－5)＋(－4)＋(－3)＋(－2)＋(－1)＝－13，即an的最小值是－13．] 11．解：(1)证明：因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2为常数， 又a2－a1＝3，所以数列{an＋1－an}是公差为2，首项为3的等差数列． 所以an＋1－an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1． 当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝2(n－1)＋1＋2(n－2)＋…＋2×1＋1， 所以an－a1＝n2－1，因为a1＝1，所以an＝n2． 又a1＝1满足an＝n2， 所以数列{an}的通项公式为an＝n2． (2)由(1)知bn＝n2＋，因为数列{bn}是递增数列， 所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋－＝(2n＋1)>0对n∈N*恒成立， 得到k<(n＋1)2n2对n∈N*恒成立，所以k<4． 所以实数k的取值范围是(－∞，4)． 12．解：(1)证明：设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即S1＋3d＝5，① 因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，所以由＝＋d， 得S1＋2d＝4.② 由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1， 即Sn＝n(n＋1)， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，符合上式， 所以an＝2n(n∈N*)， 因为当n≥2时，an－an－1＝2， 所以数列{an}是等差数列． (2)由(1)可知＝＝＝， 当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝， 因为b1＝6满足上式，所以bn＝＝12． 所以Tn＝12＝12×＝12－， 因为当∈N*时，n＝1，2，3，5，11， 所以M＝{6，8，9，10，11}． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一阶段　突破核心　升华思维 专题三　数列 §2　数列的通项公式 【备考指南】　数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用. 2 　基础考点1　an与Sn的关系求通项公式 （一） 　基础考点2　累加、累乘法求通项公式 （二） 　基础考点3　构造法求通项公式 （三） 　专题限时集训(八)　数列的通项公式 （四） §2　数列的通项公式 基础考点1　an与Sn的关系求通项公式 【典例1】　(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． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (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＝＝－． 当n＝1时，a1＝不满足上式， 故an＝ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 Sn与an的递推关系型求通项公式的方法 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 1．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an＝_____________． 　[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，① 所以a1＝22＝4，当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n2，② ①－②可得，(2n－1)an＝2n＋1，所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式，所以数列{an}的通项公式是an＝ ] 　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 2．[高考变式]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋． (1)求证：数列}是等差数列； (2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式． [解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝＋，所以＝2；当n≥2时，Sn＝＋，所以＝，所以＝2(常数)，故数列}是以2为首项，2为公差的等差数列． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)由(1)知＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n.当n≥2时，bn＝＝＝． 当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 【教师备选资源】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝(　　) A．414　B．406　C．403　D．393 √ B　[由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 再由两式相减得an＋2－an＝8(n≥2)，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14， 故{a2n}为以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋(n－1)×8＝8n＋6， 故a100＝8×50＋6＝406.故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 基础考点2　累加、累乘法求通项公式 【典例2】　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝______． (2)(2024·广东汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)．则{an}的通项公式为__________________． 5　 an＝2n－1(n∈N*) (1)5　(2)an＝2n－1(n∈N*)　[(1)a2＝a1＋lg 2， a3＝a2＋lg ， a4＝a3＋lg ， … a100＝a99＋lg ， 以上各式累加得a100＝a1＋lg 2＋lg ＋lg ＋…＋lg ＝3＋lg 100＝5． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)令n＝1，得a1＝1． 因为4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)，所以4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1(n≥2，n∈N*)， 两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1(n≥2，n∈N*)， 即(2n－3)an＝(2n－1)an－1，所以＝(n≥2，n∈N*)， 所以·…·＝·…·，即＝2n－1， 所以an＝2n－1(n≥2，n∈N*)， 又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 1．已知an－an－1＝f (n)，可用“累加法”求an． 2．已知＝f (n)，可用“累乘法”求an． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝____________． (n＋1)·2n-2　[当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1， 即Sn＝an＋1，Sn－1＝an， 则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an， 即＝， (n＋1)·2n-2　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 则有＝，＝，…，＝， 则an＝·…··a1＝(n＋1)·2n-2， 当n＝1时，a1＝1，符合上式， 故an＝(n＋1)·2n-2．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 【教师备选资源】 1．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an－an＋1}为等比数列 B．数列{an＋1＋2an}不为等比数列 C．S40＝(320－1) D．an＝ √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 BD　[由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13， 由于a1－a2＝0，故数列{an－an＋1}不是等比数列，A错误； a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23， 由于≠，故数列{an＋1＋2an}不为等比数列，B正确； 当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3， 又a1＋a2＝1＋1＝2， 故{an＋1＋an}为等比数列，首项为2，公比为3， 故an＋1＋an＝2×3n-1， 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，以上20个式子相加，得S40＝2×(1＋32＋34＋…＋338)＝2×＝，C错误； 因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得 an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1， 当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3， 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 以上式子相加，得a2k－a2＝4×(3＋33＋…＋32k-3)＝4×＝， 故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝， 令2k＝n，得an＝＝． 当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30， 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×(32k-4＋32k-6＋…＋30)＝4×＝， 故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝， 令2k－1＝n，得an＝， 综上，an＝，D正确． 故选BD．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 2．(2024·广东深圳模拟)设数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝an＋8n＋4． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Sn． [解]　(1)∵an＋1＝an＋8n＋4，∴an＋1－an＝8n＋4， 可知an－an－1＝8(n－1)＋4， an－1－an－2＝8(n－2)＋4， an－2－an－3＝8(n－3)＋4， … 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 a3－a2＝8×2＋4， a2－a1＝8×1＋4， a1＝3， 以上各式相加得an＝8(n－1)＋4＋8(n－2)＋4＋8(n－3)＋4＋…＋8×2＋4＋8×1＋4＋3 ＝8＋4(n－1)＋3 ＝8×＋4(n－1)＋3＝4n2－1， 显然对于n＝1也成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n2－1． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)＝＝ ＝，n∈N*， 所以Sn＝＋＋＋…＋＋ ＝ ＝＝， 所以数列的前n项和 Sn＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 3．(2024·福建福州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，满足a1＝3，Sn＝an． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 [解]　(1)因为Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝， 所以an＝a1×××…××＝3×××…××＝． 显然对于n＝1也成立， 所以{an}的通项公式an＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)证明：由(1)得＝＝，所以＋＋…＋＝＝. 由于n∈N*，所以1－<1，故得证＋＋…＋<． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 【典例3】　(1)(2024·江苏南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________． (2)(2024·广东5月大联考)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则{an}的通项公式是an＝_____________． 基础考点3　构造法求通项公式 　 3n－2(n－1)　 (1)　(2)3n－2(n－1)　[(1)数列{an}中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2，因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以＋1＝2n，即an＝． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R， 整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x， 所以解得 所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)，且a1＋2×1－2＝a1＝3， 所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，所以an＝3n－2(n－1)．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 由递推关系求通项公式的方法 (1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an． (2)an＋1＝pan＋f (n)( p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an． (3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an． 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 1．(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝4an－12n＋4，且a1＝4，若ak＝2 024，则k＝(　　) A．253 　B．506　C．1 012 　D．2 024 √ B　[因为an＋1＝4an－12n＋4， 所以an＋1－4(n＋1)＝4(an－4n)． 因为a1＝4，所以a1－4×1＝0，故{an－4n}为常数列， 所以an＝4n.由ak＝4k＝2 024，解得k＝506.故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 2．(教材改编)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　) (参考数据：≈2.594，1.111≈2.853) A．1 429 　 B．1 472 C．1 519 　 D．1 571 √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 B　[由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100，设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000． 即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)， 故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列． 所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000， 所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472.故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 3．数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝__________． 3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴＝，∴－1＝.又－1＝－1＝－，∴数列是首项为－，公比为的等比数列，∴－1＝－＝－，∴Sn＝3n－2n．] 3n－2n 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 【教师备选资源】 1．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n+1－n－2 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 AB　[∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4， ∴数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列． ∴an＋3＝4×2n-1，∴an＝2n+1－3， ∴a3＝13，∴Sn＝－3n＝2n+2－3n－4.故选AB．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 2．(多选)(2024·江西景德镇三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　) A．数列{an}是等比数列 B．数列{log2(an＋1)}是等差数列 C．数列{an}的前n项和为2n+1－n－2 D．a20能被3整除 √ √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 BCD　[由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＝2n－1， 则a1＝1，a2＝3，a3＝7，显然有，所以a1，a2，a3不成等比数列，故选项A是错误的； 由an＝2n－1，得log2(an＋1)＝log22n＝n，故选项B是正确的； 由an＝2n－1，可得前n项和Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝－n＝2n+1－n－2，故选项C是正确的； 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 法一：由a20＝220－1＝(3－1)20－1＝(－1)20－1 ＝(－1)19]，故D是正确的． 法二：由210＝1 024，1 024除以3余数是1，所以1 0242除以3的余数还是1，从而可得220－1能被3整除，故选项D是正确的．故选BCD．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 一、单项选择题 1．(2024·湖南长沙模拟)已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝，则a10＝(　　) A． 　 B． C．－ 　 D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 专题限时集训(八)　数列的通项公式 D　[由an＋1＝，可得＝＋，即－＝，所以是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋×9＝，所以a10＝．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 2．(2024·安徽阜阳模拟)已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　　) A． 　B． 　C． 　D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 B　[依题意，＝，则数列是以为公比的等比数列，因此＝，所以＝．故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 3．若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{bn－1}为“梦想数列”，且b1＝2，则(　　) A．bn＝2×3n 　 B．bn＝2×3n-1 C．bn＝2×3n＋1 　 D．bn＝2×3n-1＋1 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 B　[∵“梦想数列”{an}满足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正项数列{bn－1}为“梦想数列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3bn，∵b1＝2，∴bn＝2×3n-1.故选B．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 4．(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 　B．2 　　C．3 　D．4 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 D　[由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，… a10－a9＝a1＋18， 将以上等式左右两边分别相加，得 a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90， 又a10＝130，所以a1＝4.故选D．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 5．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an＝ (　　) A． 　 B．　 C．2－ 　 D．2－ √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 A　[由于数列{an}中，a1＝，前n项和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， ∴(2n＋1)an＝(2n－3)an－1，所以＝， 因此an＝a1××××…×＝×××…××＝． 当n＝1时也满足上式，故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 6．(2024·福建莆田三模)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足f (x＋1)＝2f (x)＋1，且f (1)＝1，则f (100)＝(　　) A．2100－1 　 B．2100＋1 C．2101－1 　 D．2101＋1 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 A　[设在数列{an}中，an＝f (n)，则a1＝f (1)＝1，an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，故{an＋1}是首项和公比都是2的等比数列． 由等比数列的通项公式可得an＋1＝2n，则an＝2n－1， 故f (100)＝a100＝2100－1.故选A．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列{an}满足：a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 　 B．{an}是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 　 D．Sn－1＝，n≥2 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)， 当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确； 由已知可得Sn＝3an＋1，所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)， 所以an＝3an＋1－3an(n≥2)， 即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确； 因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 8．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则 (　　) A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×， 所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误； 因为＝4×2n-1＝2n+1， 所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确； 因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1， 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2， 所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2， 故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确； 因为＝＝n， 所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BCD．] 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 　[由2an＋1－3an＝2n，得＝×＋1， 则－4＝， 又－4＝0，则＝4，则an＝2n， 故a8＝28，S8＝＝29－2，所以 ＝＝．] 　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 10．(2024·北京西城一模)在数列{an}中，a1＝2，a2＝－3.数列{bn}满足bn＝an＋1－an.若{bn}是公差为1的等差数列，则{bn}的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列{bn}的公差为1，所以bn＝－5＋(n－1)·1＝n－6，故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0， 所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7<a8<a9<…，显然an的最小值是a6或a7． 又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＝2＋(－5)＋(－4)＋(－3)＋(－2)＋(－1)＝－13，即an的最小值是－13．] n－6 －13　 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 四、解答题 11．(2024·云南昆明模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，an＋2＝2an＋1－an＋2． (1)证明：{an＋1－an}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋，若数列{bn}是递增数列，求实数k的取值范围． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 [解]　(1)证明：因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2为常数， 又a2－a1＝3，所以数列{an＋1－an}是公差为2，首项为3的等差数列． 所以an＋1－an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1． 当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝2(n－1)＋1＋2(n－2)＋…＋2×1＋1， 所以an－a1＝n2－1，因为a1＝1，所以an＝n2． 又a1＝1满足an＝n2， 所以数列{an}的通项公式为an＝n2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)由(1)知bn＝n2＋，因为数列{bn}是递增数列， 所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋－＝(2n＋1)>0对n∈N*恒成立， 得到k<(n＋1)2n2对n∈N*恒成立，所以k<4． 所以实数k的取值范围是(－∞，4)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 12．(2024·广东深圳一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N*}，求M(用列举法表示)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 [解]　(1)证明：设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即S1＋3d＝5，① 因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，所以由＝＋d， 得S1＋2d＝4.② 由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1，即Sn＝n(n＋1)， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，符合上式，所以an＝2n(n∈N*)， 因为当n≥2时，an－an－1＝2，所以数列{an}是等差数列． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 (2)由(1)可知＝＝＝， 当n≥2时，bn＝·…··b1＝××…××6＝，因为b1＝6满足上式，所以bn＝＝12． 所以Tn＝12＝12×＝12－，因为当∈N*时，n＝1，2，3，5，11， 所以M＝{6，8，9，10，11}． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 基础考点1 基础考点2 基础考点3 专题限时集训 §2　数列的通项公式 THANK YOU 00000 $$ 专题限时集训(八)　数列的通项公式 一、单项选择题 1．(2024·湖南长沙模拟)已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝，则a10＝(　　) A． 　 B． C．－ 　 D． 2．(2024·安徽阜阳模拟)已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　　) A． 　 B． C． 　 D． 3．若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{bn－1}为“梦想数列”，且b1＝2，则(　　) A．bn＝2×3n 　 B．bn＝2×3n-1 C．bn＝2×3n＋1 　 D．bn＝2×3n-1＋1 4．(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　) A．1 　 B．2 C．3 　 D．4 5．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an＝ (　　) A． 　 B．　 C．2－ 　 D．2－ 6．(2024·福建莆田三模)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足f (x＋1)＝2f (x)＋1，且f (1)＝1，则f (100)＝(　　) A．2100－1 　 B．2100＋1 C．2101－1 　 D．2101＋1 二、多项选择题 7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列{an}满足：a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝ 　 B．{an}是等比数列 C．an＋1＝an，n≥2 　 D．Sn－1＝，n≥2 8．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则(　　) A．为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4 D．的前n项和Tn＝ 三、填空题 9．(2024·山东烟台模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________． 10．(2024·北京西城一模)在数列{an}中，a1＝2，a2＝－3.数列{bn}满足bn＝an＋1－an.若{bn}是公差为1的等差数列，则{bn}的通项公式为bn＝________，an的最小值为________． 四、解答题 11．(2024·云南昆明模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，an＋2＝2an＋1－an＋2． (1)证明：{an＋1－an}是等差数列，并求{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋，若数列{bn}是递增数列，求实数k的取值范围． 12．(2024·广东深圳一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N*}，求M(用列举法表示)． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$