第六章 第四节 数列的通项公式-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用word

第四节　数列的通项公式 课标要求 1.掌握等差、等比数列的通项公式. 2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求通项公式的方法. 累加法求通项公式（师生共研过关） 已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn（n≥2），则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.1－2n B.2n C.2n－1 D.2 解析：C　由Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn可得Sn＋1－Sn＝2n＋Sn－Sn－1，即an＋1－an＝2n（n≥2）.因为a2－a1＝21，所以an＋1－an＝2n（n∈N*），于是an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a2－a1＝21，累加得an－a1＝21＋22＋…＋2n－1，故an＝1＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1. 解题技法 　　如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f（n）的形式，且f（n）可求和，那么就可以运用累加法an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋（an－2－an－3）＋…＋（a2－a1）＋a1（n≥2），并验证a1，求出数列{an}的通项公式. 已知数列{an}中，a1＝1，－＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝　　. 解析：由题意得，－＝2，－＝3，－＝4，…，－＝n（n≥2），累加得，－＝2＋3＋4＋…＋n，又a1＝1，所以＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，所以an＝. 累乘法求通项公式（师生共研过关） 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an（n∈N*），则an＝（　　） A. B. C.n D.4n 解析：B　由a1＝，an＋1＝an，得＝，即＝，因此当n≥2时，累乘得an＝a1···…·＝×（×）×（×）×…×（×）＝.又a1＝也满足上式，故an＝. 解题技法 　　如果数列{an}的递推公式满足＝f（n）（an≠0）的形式，且f（n）可求积，那么就可以运用累乘法an＝···…··a1（n≥2），并验证a1，求出数列{an}的通项公式. 数列{an}中，n（an＋1－an）＝an（n∈N*），且a3＝π，则an＝　　. 解析：由题意可知＝⇒＝⇒＝（n≥2），显然有＝2，＝⇒a2＝，a1＝，由累乘法可得××××…×＝××××…×，则＝n，an＝（n≥2），当n＝1时，a1＝适合上式，所以an＝（n∈N*）. 构造法求通项公式（定向精析突破） 考向1　形如an＋1＝can＋d（c≠0，d≠0且c≠1）型 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1（n∈N*），则通项公式an＝（　　） A.2n B.2n－1 C.2n＋1 D.2n 解析：B　因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1，因此Sn＋1＋1＝2（Sn＋1）.因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1（n∈N*）. 解题技法 　　求解递推公式形如an＋1＝can＋d（c≠0，d≠0且c≠1）的数列{an}的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造an＋1＋λ＝c（an＋λ）的形式；二是证明{an＋λ}为等比数列（其中 λ＝）. 考向2　形如an＋1＝can＋f（n）（c≠0）型 在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝6an＋3n，则an＝　－3n－1　. 解析：将an＋1＝6an＋3n的两边同乘以，得＝2·＋，令bn＝，则bn＋1＝2bn＋，∴bn＋1＋＝2（bn＋）.又b1＋＝，∴bn＋＝·2n－1，∴bn＝－，则an＝－3n－1. 解题技法 an＋1＝can＋f（n）（c≠0）型数列的求解策略 （1）当f（n）＝an＋b（a≠0）时，即an＋1＝can＋an＋b，可利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋x（n＋1）＋y＝c（an＋xn＋y），与已知递推式比较，解出x，y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比为c的等比数列，进而求解； （2）当f（n）＝rpn（p，r≠0）时，即an＋1＝can＋rpn：①将原递推式化为an＋1＋λpn＋1＝c（an＋λpn），比较系数，用待定系数法求得λ；②将原递推公式两边同时除以pn＋1，得＝·＋，引入辅助数列{bn}（其中bn＝），得bn＋1＝bn＋，再用待定系数法求解. 考向3　形如an＋1＝（r，p，c为常数，r＞0，p，c，an≠0）型 在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则通项公式bn＝（　　） A. B. C. D. 解析：D　递推式bn＋1＝两边同时取倒数，得＝，即＝2·＋3，因此＋3＝2（＋3），又＋3＝2，故{＋3}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＋3＝2n，可得bn＝. 解题技法 　　形如an＋1＝（r，p，c为常数，r＞0，p，c，an≠0）型数列的求解方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式＝＋B（A，B是常数），进而求解. 1.在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋2（n≥2），则数列{an}的通项公式为　an＝－3（）n－1＋4　. 解析：法一 由an＝an－1＋2（n≥2）得an－1＝an－2＋2（n≥3），所以an－an－1＝（an－1－an－2）（n≥3）.因为a1＝1，a2＝a1＋2＝，所以a2－a1＝，所以an－an－1＝（）n－2（n≥2），所以由累加法可得an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝·＋1＝－3（）n－1＋4（n≥2），又a1＝1满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝－3（）n－1＋4. 法二 设an＋λ＝（an－1＋λ），即an＝an－1－λ，所以－λ＝2，即λ＝－4，所以an－4＝（an－1－4）.又a1－4＝－3，所以an－4＝（－3）（）n－1，故数列{an}的通项公式为an＝－3（）n－1＋4. 2.数列{an}满足an＋1＝5an＋3×5n＋1，a1＝6，则数列{an}的通项公式为　an＝（3n－）·5n　. 解析：因为an＋1＝5an＋3×5n＋1，所以＝＋3，即－＝3，所以{}是等差数列，而＝，所以＝＋3（n－1）＝3n－，所以an＝（3n－）·5n. 3.已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2（n≥3），则这个数列的通项公式为　an＝×3n－1＋（－1）n－1　. 解析：∵an＝2an－1＋3an－2，∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2），又a1＋a2＝7，∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n－2①，又an－3an－1＝－（an－1－3an－2），a2－3a1＝－13，∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝（－13）·（－1）n－2②，由①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·（－1）n－1，∴an＝×3n－1＋（－1）n－1. 1.数列0.4，0.44，0.444，0.444 4，…的一个通项公式是an＝（　　） A.（10n－1） B.（10n－1） C.（1－） D.（10n－1） 解析：C　因为数列9，99，999，9 999，…的一个通项公式为10n－1，则数列0.9，0.99，0.999，0.999 9，…的一个通项公式为（10n－1）＝1－，而数列0.4，0.44，0.444，0.444 4，…的每一项都是上面数列对应项的，所以数列0.4，0.44，0.444，0.444 4，…的一个通项公式为an＝（1－），故选C. 2.在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝（　　） A.4－ B.4＋ C.4＋n D.4－n 解析：A　∵an＋1－an＝＝－，∴当n≥2时，an－an－1＝－，an－1－an－2＝－，…，a2－a1＝1－，∴以上各式相加得an－a1＝1－，∴an＝4－，a1＝3适合上式，∴an＝4－. 3.已知数列{an}满足：a1＝1，且an＋1－2an＝n－1，其中n∈N*，则数列{an}的通项公式为（　　） A.an＝2n－n B.an＝2n＋n C.an＝3n－1 D.an＝3n＋1 解析：A　由题设，an＋1＋（n＋1）＝2（an＋n），而a1＋1＝2，∴{an＋n}是首项、公比均为2的等比数列，故an＋n＝2n，即an＝2n－n. 4.在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝，则an＝（　　） A.2n－1 B.3n－1 C. D. 解析：D　由a1＝3，an＋1＝知an＞0，对an＋1＝两边取以3为底的对数得，log3an＋1＝2log3an，则数列{log3an}是以log3a1＝1为首项，2为公比的等比数列，则log3an＝1·2n－1＝2n－1，即an＝. 5.在数列{an}中，a1＝5，且满足－2＝，则数列{an}的通项公式an＝（　　） A.2n－3 B.2n－7 C.（2n－3）（2n－7） D.2n－5 解析：C　因为－2＝，所以－＝2，又＝－1，所以数列{}是以－1为首项，公差为2的等差数列，所以＝－1＋2（n－1）＝2n－3，所以an＝（2n－3）（2n－7）. 6.〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2（n∈N*），则下列说法正确的有（　　） A.a1＝ B.S4＝ C.{an}是等比数列 D.{Sn＋}是等比数列 解析：ABD　由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且an＋1＝3Sn＋2，则a2＝3S1＋2＝3a1＋2，所以a1＝，故A正确；因为an＋1＝3Sn＋2　①，所以当n≥2时，an＝3Sn－1＋2　②，①－②得，an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an，当n＝1时，a1＝，不满足a2＝4a1，故数列{an}不是等比数列，故C错误；当n≥2时，an＋1＝4an，则a3＝4a2＝12，a4＝4a3＝48，故S4＝＋3＋12＋48＝，故B正确；由an＋1＝3Sn＋2，得Sn＋1－Sn＝3Sn＋2，所以Sn＋1＝4Sn＋2，令Sn＋1＋λ＝4（Sn＋λ），则Sn＋1＝4Sn＋3λ，所以3λ＝2，即λ＝，所以Sn＋1＋＝4（Sn＋），即＝4，故{Sn＋}是首项为S1＋＝a1＋＝1，公比为4的等比数列，故D正确. 7.已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝　　. 解析：因为＝2n，所以当n≥2时，＝2n－1，＝2n－2，…，＝22，＝2，以上各式累乘得an＝··…···a1＝2n－1·2n－2·…·22·2·2＝21＋2＋3＋…＋（n－1）·2＝＝，且a1＝2也适合上式，所以an＝. 8.已知数列{an}中，a2＝a（a为非零常数），其前n项和Sn满足：Sn＝（n∈N*），数列{an}的通项公式为　an＝（n－1）a　. 解析：由已知得a1＝S1＝＝0，∴Sn＝，则有Sn＋1＝，∴2（Sn＋1－Sn）＝（n＋1）an＋1－nan，即（n－1）an＋1＝nan（n∈N*），∴nan＋2＝（n＋1）an＋1，两式相减得2an＋1＝an＋2＋an（n∈N*），即an＋2－an＋1＝an＋1－an（n∈N*），故数列{an}是等差数列.又a1＝0，a2＝a，∴公差d＝a，an＝（n－1）a. 9.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足－（n2＋n－3）Sn－3（n2＋n）＝0，n∈N*. （1）求a1的值； （2）求数列{an}的通项公式. 解：（1）令n＝1，得－（－1）S1－3×2＝0， 即＋S1－6＝0，∴（S1＋3）（S1－2）＝0. 又S1＞0，∴S1＝2，即a1＝2. （2）由－（n2＋n－3）Sn－3（n2＋n）＝0，得（Sn＋3）·[Sn－（n2＋n）]＝0. ∵an＞0（n∈N*），∴Sn＞0，∴Sn＋3＞0，∴Sn＝n2＋n， 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋（n－1）]＝2n. 又a1＝2满足上式，∴an＝2n（n∈N*）. 10.〔多选〕已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*），则（　　） A.{}为等比数列 B.{an}的通项公式为an＝ C.{an}为单调递减数列 D.{}的前n项和Tn＝ 解析：BCD　对于选项A，因为＝＝＋3，则－＝3，所以数列{}是以＝1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；对于选项B，＝1＋3（n－1）＝3n－2，即an＝，故选项B正确；对于选项C，根据函数y＝在[1，＋∞）上单调递减，又an＝，n∈N*，则数列{an}为单调递减数列，故选项C正确；对于选项D，数列{}的前n项和Tn＝n×1＋×3＝，故选项D正确，故选B、C、D. 11.若x＝1是函数f（x）＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1（n∈N*）的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝　3n－1　. 解析：f'（x）＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，∴f'（1）＝4an＋1－3an－an＋2＝0，即an＋2－an＋1＝3（an＋1－an），∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴an＋1－an＝2×3n－1，则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n－2＋…＋2×30＋1＝3n－1. 12.设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝（－1）nan－，n∈N*，则数列{an}的通项公式为　an＝　. 解析：因为Sn＝（－1）nan－，n∈N*，所以当n为奇数时，Sn＝－an－，Sn＋1＝an＋1－，两式相减得an＋1＝an＋1＋an＋，所以an＝－（n为奇数）；当n为偶数时，Sn＝an－，Sn＋1＝－an＋1－，两式相减可得an＋1＝－an＋1－an＋，即2an＋1＝－an＋，所以2×（－）＝－an＋，解得an＝.因此，所求数列{an}的通项公式为an＝ 13.已知f1（x）＝，fn＋1（x）＝f1[fn（x）]，an＝，n∈N*，数列{an}的通项公式an＝　（－）n＋1　. 解析：an＋1＝＝＝＝＝－×＝－an，所以数列{an}是以－为公比的等比数列，f1（0）＝＝2，a1＝＝，an＝（－）n－1＝（－）n＋1. 14.（2025·八省联考）已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝. （1）证明：数列{1－}为等比数列； （2）求{an}的通项公式； （3）令bn＝，证明：bn＜bn＋1＜1. 解：（1）证明：由an＋1＝得＝＝＋， 则1－＝－＝（1－）， 所以数列{1－}是首项为1－＝，公比为的等比数列. （2）由（1）得1－＝×（）n－1＝（）n， 即an＝＝. （3）证明：法一 由（2）知，bn＝＝·＝＝＝1－， 因为bn－bn＋1＝（1－）－（1－） ＝－＜0， 所以bn＜bn＋1，又n∈N*，所以bn＋1＝1－＜1， 所以bn＜bn＋1＜1. 法二 由（2）知，bn＝＝·＝＝＝＝1－. 令f（n）＝3·（）n－2，n∈[1，＋∞）， 因为f（n）＝3·（）n－2在n∈[1，＋∞）上单调递增， 则f（n）≥f（1）＝3×－2＝＞0， 从而数列{bn}在n∈N*上单调递增，且bn＜1， 故得bn＜bn＋1＜1. 15.（新定义）对于一个给定的数列{an}，令bn＝，则数列{bn}称为数列{an}的一阶商数列，再令cn＝，则数列{cn}是数列{an}的二阶商数列.已知数列{An}为1，2，8，64，1 024，…，且它的二阶商数列是常数列，则An＝（　　） A.2n（n－1） B.（）n（n＋1） C. D.2n＋（n－1） 解析：C　设数列{An}的一阶商数列为{bn}，二阶商数列为{cn}，则b1＝＝2，b2＝＝4，c1＝＝2.又数列{An}的二阶商数列{cn}是常数列，所以cn＝c1＝2，则{bn}满足＝cn＝2，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，则bn＝2·2n－1＝2n，所以＝2n.当n≥2时，＝2n－1，＝2n－2，＝2n－3，…，＝22，＝21，将这n－1个式子相乘可得＝2n－1·2n－2·2n－3·…·22×21＝2（n－1）＋（n－2）＋（n－3）＋…＋2＋1＝＝（n≥2），又A1＝1，所以An＝·A1＝.故选C. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $