数列通项公式的求法专项训练-2025-2026学年高二上学期数学期末复习微专题

专题一：数列通项公式的求法 高二数学组 一、定义法：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于 已知数列类型的题目. 例1.等差数列{an}是递增数列，前n项和为Sn,且a,a3,a成等比数列，S3=a.求 数列{an}的通项公式。 二、公式法 若己知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式 S,…n=1 a.=S,-S1…n22 求解。 例2.己知数列{an}的前n项和Sn满足S,n=2an+(-1)”,n≥1.求数列{an}的通项公式。 三、由递推式求数列通项法：对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变 换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。 类型1递推公式为an1=an+f(n) 解法：把原递推公式转化为am1一an=f(n),利用累加法（逐差相加法洇）求解。 1 例3.己知数列{an}满足a1= 2a1=a,+n2+n ,求an 类型2(1)递推公式为an1=fm)an解法：把原递推公式转化为aL=fm),利用累乘 a. 法（逐商相乘法）求解。 1/9 例4已知数列a满足a三4→刀 n+0.,求a,。 (2).由an+1=f(n)an和a确定的递推数列{an}的通项可如下求得： 由已知递推式有an=f(n-1)an1,an1=f(n-2)an-2,·,a2=f)a,依次向前代 入，得an=f(n-1)f(n-2)…f(I)a1,这就是叠（迭）代法的基本模式。 3n-1 例5.已知a1=3,a1=3n+2 am(n≥1)，求an。 类型3递推公式为an1=pan+q(其中p,q均为常数，(pg(p-1)≠0))。 解法：把原递推公式转化为：a1+1=p(a,+）,其中1=9，再利用换元法转化为等 p-1 比数列求解。 例6.在数列{an}中，若a=1,an+1=2an+3(n≥)，则该数列的通项an 三 类型4递推公式为an+1=pan+q”(其中p,q均为常数，(pq(p-1)(q-1)≠0))。（或 an+1=pan+rg”,其中p,q,r均为常数)。解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地， 要先在原递推公式两边同除以g叫，得：一=卫，二+1，引入辅助数列b}(其中 94分 999 6。=8),得：b1=巴b。+二再应用类型3的方法解决。 2/9 7E蜘数列a,a-名a甘+兮，求a 类型5递推公式为Sn与an的关系式。（或Sn=f(an))解法：利用 S1…(n=1) an 进行求解。 Sn-Sn-1…(n22) 例8已知数列{a,}前n项和S。=4-a。2 1 (1)求an与an的关系；(2)求通项公式an 类型6双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。 例9已知数列{a}中，a,=1:数列b.}中，6=0。当n≥2时，a,=32a1+b小， 6=a+20求a么 3/9 四、构造法：若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难， 但使用构造法往往给人耳目一新的感觉， 1、构造等差数列或等比数列：由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数 列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法 例10.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为S,,对于任意正整数n,都有等式： an2+2an=4Sn成立，求{an}的通项 例11.数列{an}中前n项的和Sn=2n-an,求数列的通项公式an 2、构造差式与和式：解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加 的方法就可求得这一数列的通项公式： 例12.设{an}是首项为1的正项数列，且a-a元-nan-nan1=0,(n∈N*),求数列的 通项公式 3、构造商式与积式：构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单 方法 1 例13.数列{an}中，a1= 2,前n项的和S。=na,求at 4、构造对数式或倒数式：有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简 单，使问题得以解决 4/9 例14.设正项数列{a,}满足a1=1，an=2a1(n≥2).求数列{an}的通项公式 例15已知数列a}中，a,=2,e2时a,=3a+1 _7a1-3 求通项公式 专题一：数列通项公式的求法答案 例1.解：设数列{an}公差为d(d>0) ,a1,a3,a,成等比数列，.a=a1a, 即(a1+2d)2=a,(a,+8d)→d2=a,d d≠0， ∴.a1=d. ① :S,=a 85a,+5X4d=a+4d② 02将：a-专d-a-专+a-小写 3 3 33 x5=5” 例2.解：由a1=S1=2a1-1→a1=1 当n≥2时，有0n=S。-S1=2(a。-a)+2×(-1)°， ∴.an=2an-1+2×(-1)”-, a1=2a2+2×-l,a=2a1-2. ∴.a=2"a+2Y×(-)+2"2×(-1}++2x(-1y 5/9 =2+(-1)[-2）+(-2）2++(-2) =21-（-y21-(-2] 3 2+01 2 验证a,=1也满足上式，所以a,二2+- 例3.解：由条件知：an+1-am= 1.1211 n2+nn(n+1)nn+l 分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式累加之，即 (a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-am-1) `n-1n1 所以a,-a,=1-1 1 1 0aa,+1-13》 n n 2 n 例4.解：由条件知1=” ,分别令n=1,2,3,…,(n-1),代入上式得(n-1)个等式 an n+l 累乘之，即，，0.0=×2×3xxn-1→0=1 a a2 a3 am-12341 n a n 2 2 :a=3,a.=3n =3n-）-1.3n-2)-1..3×2-1.3-1。 例5.解：a,-n-)+230m-2+2…3×2+23+20 =3m-4.3n-7523=,6 3n-13n-4853n-1。 例6. 解：在数孙n冲，a1=1,a=2an+3n≥)，∴.an+3=2(an+3)0≥)，即an+3}是 以a+3=4为首项为公比的等比数列， 619 0n+3=4.2=2,a=2m-3. 1 例7解：在a1=an+(兮)两边乘以2得：21·an1 3 22a,)+1 令bn=2”·an,则bH= b,+1.应用例7解法得：6，=-3-2（写 所以an= 6=3°-2( 2 1 例8.解：（1)由S.=4-a,-2得：S1=4-a1- 2n- 于是S1-S,=(a。-a)+(22 1 1 1 所以a1=an-a+1 2→01=20.+ 2n (2)应用类型4的方法，上式两边同乘以2得：2an+1=2”an+2 1 由a=S9,=4-4,2京→a=1.于是数列2a}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以2”a,=2+2(0n-)=2n→a.=2可 n 例0解：因a,+久=2a+4+a+2的=a+a 所以an+bn=an1+bn1=an-2+bn-2=●=a2+b2=a1+b=1 即n+bn=1…(1) 为a,-6=写2a+6）-5a+26=写a-bn） 所以a,-b.=3a-b)=3'a-h)==(分a-b) =(白即a,-6,= （2) 由a2标。，+60-r门】 例10.解：a+2an=4Sn→an-2+2an-1=4Sn1, 7/9 :'.a2-ai+2an-2am=4(S,-S1)=4a (an+an1)(an-an1-2)=0,:an+an1≠0，∴an-a1=2.即{an}是以2为公差的 等差数列，且a2+2a1=4a1→a1=2. ∴.an=2+2(n-1)=2n 例11. 解：.a1=S1=2-a1→a1=1当n≥2时， 1 a=S。-S1=2n-a,-2(n-1)-a=-a,+2+a-→a.=20+l →0，-2=a-2,令么=0，-2.则6且6=1-2=- 例12.解：由题设得(an+an-1)(an-an-1-)=0. .an >0,a1>0,..an+an1>0...an-an=n a,=a+(a,-a)+(a,-a)+…(a.-a-)=1+2+3+…+n=n0m+ 2 例13.解：an=Sn-Sn1=n2an-(n-1)2an1→(n2-1)an=(n-1)2an 5a2=n-1, an-n+1 ∴a,=a2a,=nn-2x-1 an-an-2 a n+1 n 3 2 n(n+1) 1 .a1F(0n+1n+2） 例14.解：两边取对数得：log2=1+21og21,1og%+1=2(1og2-+1),设bn=log2+1, 则bn=2bn1,{bn}是以2为公比的等比数列，b=log2+1=1. b,=1×20-=2"1,log2+1=2",1og2=21-1,an=22* 例15.解：，am-1= 4一4，两边取倒数得1 13 3an+1 am-1a1-1'4 可化为等差数列关系式 11,+2a-)=3n+ an-1a1-14 4 8/9 6/6 I+uE="p s+uE