第四章 重点突破1 求数列的通项-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦数列通项公式求解，涵盖观察归纳法、累加累乘法、公式法及构造法等核心技法，通过典型例题与规律方法解析，搭建从基础观察到复杂构造的递进式学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其亮点在于以数学眼光引导学生观察数列特征，通过构造法等培养数学思维，如典型例题4将递推关系转化为等比数列，强化推理能力，随堂评价结合生活情境增强数学语言表达。学生能提升解题能力，教师可获得系统教学资源，高效开展教学。

　 第四章　单元学习三　等比数列 重点突破1　求数列的通项 学习目标 　　求数列的通项公式的方法灵活多样，对观察、分析、推理能力要求较高，此类问题充分体现了化未知为已知的转化与化归思想. 内容索引 技法一　观察归纳法 1 技法二　累加、累乘法 2 技法三　公式法 3 课时分层评价 6 技法四　构造法 4 随堂评价 5 技法一　观察归纳法 返回 根据下列数列的前几项，分别写出数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； 典例 1 解：观察可得该数列的奇数项为负，偶数项为正，且后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，所以该数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5). (2)1，1，，，，…； 解：原数列可写成，，，，，…，观察发现分子为2n－1，分母为2n－1，所以该数列的一个通项公式为an＝. (3)，3， ， ，3，…； 解：原数列可写成，，，，，…，所以该数列的一个通项公式为an＝. (4)m，n，m，n，m，n，…. 解：这个数列奇数项为m，偶数项为n，所以奇数项可写为＋ ，偶数项可写为－，所以该数列的一个通项公式为an＝＋(－1)n＋1(答案不唯一). 观察归纳法的适合类型及关注点 1.适合类型：已知数列的前几项求数列的通项公式. 2.关注点：根据前几项的规律重点关注如下几个特征：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项符号的特征等，并对此进行归纳、联想. 规律方法 对点练1.根据下列数列的前4项，写出数列的一个通项公式： (1)－1，1，3，5，…； 解：由题可得a1＝2×1－3＝－1，a2＝2×2－3＝1，a3＝2×3－3＝3，a4＝2×4－3＝5， 故an＝2×n－3＝2n－3； (2)－，，－，，…； 解：由题可得a1＝(－1)1×＝－， a2＝(－1)2×＝， a3＝(－1)3×＝－， a4＝(－1)4×＝， 故a4＝(－1)n×＝； (3)11，102，1 003，10 004，…； 解：由题可得11＝10＋1，102＝102＋2，1 003＝103＋3，10 004＝104＋4，故an＝10n＋n. (4)1，2，2，3，3，4，4，…. 解：奇数项为1，2，3，4，…，可得an＝. 偶数项为2，3，4，…，可得an＝. 则该数列通项公式an＝ 返回 技法二　累加、累乘法 返回 (1)(2025·河南郑州高二月考)已知数列{an}的首项为2，且an＋1－an＝2n，则a6＝ A.255 B.63 C.64 D.127 √ 典例 3 因为数列{an}的首项为2，且an＋1－an＝2n，所以a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a6－a5)＝2＋21＋22＋…＋25＝2＋＝64. 故选C. (2)已知a1＝2，an＝n(an＋1－an)，则数列{an}的通项公式是an＝ A.n B.n＋1 C.2n D.()n √ 由an＝n(an＋1－an)，易知an≠0，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，则当n≥2时，＝，＝，＝，…，＝，由累乘法可得＝n(n≥2)，因为a1＝2，所以an＝2n(n≥2)，又a1＝2也满足上式，所以an＝2n. 故选C. 1.对于an＋1＝an＋f(n)型数列，通常将an＋1＝an＋f(n)变形为an＋1－an＝f(n)，从而就有a2－a1＝f(1)，a3－a2＝f(2)，……，an－an－1＝f(n－1)(n≥2). 将上述n－1个式子累加，得到an－a1＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)，进而应用等差数列或等比数列的求和公式计算. 2.对于an＋1＝an·f(n)型数列，通常将an＋1＝an·f(n)变形为＝f(n)，从而就有＝f(1)，＝f(2)，＝f(3)，……，＝f(n－1)(n≥2)，将上述n－1个式子累乘，得到＝f(1)·f(2)· … ·f(n－1)，进而求解. 规律方法 对点练2.(1)(2025·陕西咸阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则a7＝ A.43 B.46 C.37 D.36 √ 由题得an＋1－an＝2n－1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋3＋1＋1＝＋1＝n2－2n＋2(n≥2)，所以a7＝72－2×7＋2＝37. 故选C. (2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式是an＝ A. B. C. D. √ 因为an＋1＝2nan，所以＝2n，所以当n≥2时，an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2×2＝，当n＝1时，a1＝2也符合上述通项公式，所以an＝. 故选C. 返回 技法三　公式法 返回 已知等差数列{an}的前四项和为10，且a2，a3，a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 典例 3 解：设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 解得 所以an＝或an＝－2＋3(n－1)＝3n－5. (2)设bn＝an＋2n，求数列的前n项和Sn. 解：当an＝时，bn＝＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n＋＝2n＋1＋n－2； 当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝·n＋＝2n＋1＋n2－n－2. 公式法适合的类型 1.已知给出的数列是等差数列或者是等比数列，可以直接利用等差、等比数列的通项公式进行求解. 2.已知给出的是an与Sn的关系式，可以利用公式an＝ 进行求解. 规律方法 对点练3.数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn，n＝1，2，3，…. (1)求数列{an}的通项公式； 解：已知an＋1＝2Sn，则an＝2Sn－1(n≥2)， 两式相减可得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an， 即an＋1＝3an，即＝3(n≥2). 所以当n≥2时，数列{an}是公比为3的等比数列，a2＝2S1＝2a1＝2， 则an＝a2·3n－2＝2·3n－2(n≥2)， 因为a1＝1，不符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝ (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：由(1)知，Sn＝1＋2×30＋2×31＋…＋2×3n－2＝1＋＝1＋3n－1－1＝3n－1， 所以数列{an}的前n项和Sn＝3n－1. 返回 技法四　构造法 返回 角度1　模型＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0) 已知数列{an}满足a1＝－2，＝2an＋4.求数列{an}的通项公式. 解：令＋t＝2(an＋t)，所以＝2an＋t， 又因为＝2an＋4，所以t＝4， 所以＋4＝2(an＋4)， 所以＝2， 因为a1＝－2，所以a1＋4＝2. 所以{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列. 所以an＋4＝2×＝2n，即an＝2n－4. 典例 4 用待定系数法解决此类问题的一般步骤 第一步：假设递推公式可改写为＋t＝p(an＋t)； 第二步：由待定系数法，解得t＝； 第三步：写出数列的通项公式； 第四步：写出数列{an}的通项公式. [注意]　形如＝pan＋qn＋r的模型，可以利用待定系数法构造等比数列求解. 规律方法 对点练4.(1)已知数列{an}满足a1＝1，＝3an＋4.则数列{an}的通项公式为__________. an＝3n－2 令＋t＝3(an＋t)，所以＝3an＋2t，又因为＝3an＋4，所以2t＝4，即t＝2，所以＋2＝3(an＋2)，所以＝3，因为a1＝1，所以a1＋2＝3.所以{an＋2}是以3为首项，3为公比的等比数列.所以an＋2＝3×＝3n，即an＝3n－2. (2)已知数列{an}中，a1＝1，＝2an＋2n－1.证明数列{an＋2n＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式. 因为＝2an＋2n－1，所以an＋1＋2(n＋1)＋1＝2(an＋2n＋1)，即＝2，所以数列{an＋2n＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋2n＋1＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－2n－1. 角度2　模型an＝p＋tqn(p≠1) 已知数列{an}满足an＝3＋3n(n≥2)，且a1＝1，求数列{an}的通项公式. 解：因为an＝3＋3n，等式两边同时除以3n， 得＝＋1，即－＝1， 所以为首项，以1为公差的等差数列， 即＝＋(n－1)×1＝n－， 所以an＝(n－)×3n. 典例 5 利用同除法解决此类问题的一般步骤 第一步：等式两边同除以qn，不管这一项是，都同除以qn，为的是数列的下标和q的指数对应起来； 第二步：写出数列an与qn构造的式子； 第三步：写出数列{an}的通项公式. [注意]　形如＝pan＋qan的模型，可以利用同除法构造等比数列求解. 规律方法 对点练5.已知数列{an}满足a1＝1，＝3an＋4n，则数列{an}的通项公式为__________. an＝4n－3n 因为an＋1＝3an＋4n，等式两边同时除以4n，得＝3·＋1，即－1＝－1)，所以数列是首项为－，公比为的等比数列，即－1＝(－)·＝－，所以an＝4n－3n. 角度3　形如an＋1＝(p，q，r≠0)的递推关系求通项公式 已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，求. 解：由a1＝，an＋1＝，得an≠0，＝＝1＋， 所以－2＝－1＝－2)，又－2＝≠0， 故数列的等比数列， 则－2＝×()n－1＝，故＝＋2. 典例 6 利用取倒数法解决此类问题的一般步骤 第一步：等式两边同时取倒数； 第二步：变形构造出线性递推式an＝A＋B(n≥2，A，B是 常数)； 第三步：利用待定系数法求出原数列的通项. 规律方法 对点练6.(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则 A.为等比数列 B.{an}的通项公式为an＝ C.{an}为递增数列 D.的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 √ √ √ 因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，所以＋3＝2(＋3).又＋3＝4，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；＋3＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝，故B正确；an＋1－an＝－＝＝，因为n≥1，所以2n＋2－3＞0，2n＋1－3＞0，2n＋1＞0，所以an＋1－an＜0，所以{an}为递减数列，故C错误；＝2n＋1－3，则Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确. 故选ABD. 返回 随堂评价 返回 1.数列1，－，，－，，…的通项公式可能是 A.an＝(－1 B.an＝(－1)n C.an＝(－1 D.an＝(－1)n √ 将数列1，－，，－，，…变为，－，，－，，…，从而可知分母的规律为2n，分子的规律为n＋1，再结合正负的调节，可知其通项为an＝(－1. 故选C. 2.已知数列{an}满足a1＝2，＝2an＋1，则a4的值为 A.15 B.23 C.32 D.42 √ 因为＝2an＋1，所以＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝3·，所以an＝3·－1，a4＝3×23－1＝23. 故选B. 3.已知数列{an}为等比数列，且a6a7＝2，数列{bn}满足b1＝1，且＝an，则＝_____. 64 因为{an}是等比数列，于是有a1＝a2a11＝a3a10＝a4a9＝a5a8＝a6a7＝2，而＝an，则有＝b1···…·＝b1a1a2a3·…·＝26＝64，所以＝64. 4.已知数列{an}的各项均为正数，a1＝6，点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，则数列{an}的通项公式是__________. an＝n＋5 因为点An(an，)在抛物线y2＝x＋1上，所以－an＝1，所以数列{an}是以1为公差的等差数列.因为a1＝6，所以an＝6＋(n－1)×1＝n＋5. 返回 课时分层评价 返回 1.(2025·河南南阳六校联考)已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则a11＝ A. B. C. D. √ a11＝a10＝×a9＝××a8＝…＝××××…××a1＝a1＝. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为 A.3 B.18 C.54 D.152 √ 由题意可得，当n＝1时，a2＝2a1＋2，即a1q＝2a1＋2　①，当n＝2时，a3＝2(a1＋a2)＋2，即a1q2＝2(a1＋a1q)＋2　②，联立①②可得a1＝2，q＝3，则a4＝a1q3＝2×33＝54. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(2024·河北石家庄高二期末)设数列{an}满足a1＝4，an＋1＝an＋2，则a100＝ A. B. C. D. √ 在数列{an}中，由an＋1＝an＋2，得an＋1－3＝(an－3)，而a1－3＝1，因此数列{an－3}是首项为1，公比为的等比数列，an－3＝1×()n－1，即an＝3＋，所以a100＝. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(2025·广东名校联盟期末)已知数列{an}满足an＋1－an＝4n，a1＝8，则的最小值为 A.2 B.3 C.6 D.8 √ 由an＋1－an＝4n，a1＝8，可得n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝8＋4[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝8＋4×＝2n2－2n＋8. 又a1＝8符合上式，所以an＝2n2－2n＋8，则＝2n＋－2. 因为当x＞0时，2x＋≥2＝8，当且仅当2x＝，即x＝2时等号成立，所以当n＝2时，取最小值，为6. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)已知无穷数列{an}的前3项分别为2，4，8，则下列结论正确的是 A.若{an}是等比数列，则an＝2n B.若{an}满足an＋3＝an，则a2 025＝4 C.若{an}满足an＋3＝an，则a2 025＝8 D.若{an}满足an＋1＝2n＋an，则an＝n2－n＋2 √ 无穷数列{an}的前3项分别为2，4，8，若{an}是等比数列，则首项为2，公比为2，所以an＝2n，故A正确；若{an}满足an＋3＝an，则该数列是最小正周期为3的周期数列，a2 025＝a3×675＝a3＝8，故B错误，C正确；若{an}满足an＋1＝2n＋an，则当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，得an＝(2n－2)＋(2n－4)＋(2n－6)＋…＋4＋2＋2＝n2－n＋2，a1＝2也满足上式，故D正确. 故选ACD. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是 A.数列{Sn＋n}为等比数列 B.数列{an}的通项公式为an＝－1 C.数列{an＋1}为等比数列 D.数列{－Sn＋1}为等比数列 √ 因为＝2Sn＋n－1，所以＝＝2，所以数列{Sn＋n}是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n.当n≥2时，an＝Sn－＝－1，但a1≠21－1－1，故B错误；由a1＝1，a2＝1，a3＝3可得a1＋1＝2，a2＋1＝2，a3＋1＝4，即≠，故C错误；由Sn＝2n－n，所以－Sn＋1＝2Sn＋n－1－Sn＋1＝Sn＋n＝2n－n＋n＝2n，故D正确. 故选AD. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.观察数列，－，( )，－，，( )…的特点，则括号中应填入的适当的数为__________. 由题可得数列的通项公式为an＝(－1，所以a3＝，a6＝－. 　－ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知数列{an}中，a1＝3，＝3an＋2·，n∈N*，则数列{an}的通项公式为_____________. 由＝3an＋2·，得＝＋，所以－＝2，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝2n－1，得an＝(2n－1)·3n. an＝(2n－1)·3n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(双空题)已知数列{an}满足a1＝1，若an＋1＝，则数列{an}的通项公式为an＝________；若an＋1＝，则数列{an}的通项公式为an＝_______. 当an＋1＝时，得＝＋，又a1＝1，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×＝(n＋1)，所以数列{an}的通项公式为an＝.当an＋1＝时，得＝＋1，所以＋1＝2(＋1).又a1＝1，所以＋1＝2，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＋1＝2×2n－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝. 　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)(开放题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4.有以下三个条件： ①an＋1＝4an－4an－1(n≥2)； ②nan＋1＝2(n＋1)an； ③a1＋＋＋…＋＝(n∈N*). 从上述三个条件中任选一个条件，求数列{an}的通项公式. 解：选①：由an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，得an＋1－2an＝2(an－2an－1)， 故{an＋1－2an}是首项为a2－2a1＝2，公比为2的等比数列， 则an＋1－2an＝2·2n－1＝2n， 等式两边同除以2n＋1得－＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以＝，公差为的等差数列， 则＝＋(n－1)＝n， 所以an＝n·2n－1. 选②：由nan＋1＝2(n＋1)an得＝， 故当n≥2时，· · … · ＝· · … · ， 化简得＝n·2n－1，即an＝n·2n－1，当n＝1时，a1＝1也满足an＝n·2n－1，所以an＝n·2n－1. 选③：因为a1＋＋＋…＋＝(n∈N*)　①， 所以当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝　②， 由①－②得＝n，故an＝n·2n－1，当n＝1，a1＝1也满足，所以an＝n·2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋2n＝2an，则a2 025＝ A.22 024－2 B.22 025－2 C.22 026－2 D.22 027－2 √ 当n＝1时，S1＋2＝2a1，a1＝2，当n≥2时，＋2(n－1)＝2，Sn＋2n－－2(n－1)＝2an－2，即an＝2＋2，所以an＋2＝2(＋2)，＝2，{an＋2}是以a1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列.所以an＋2＝4·，an＝－2，a2 025＝22 026－2. 故 选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋3SnSn－1＝0(n≥2)，则下列结论正确的是 A.是等差数列 B.Sn＝ C.an＝－ D.是等比数列 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－Sn－1＋3SnSn－1＝0，所以－＝3，所以数列＝＝3为首项，3为公差的等差数列，所以＝3＋(n－1)×3＝3n，所以Sn＝，故A，B正确；当n≥2时，an＝Sn－ Sn－1＝－＝－，所以an＝故C错误； 由Sn＝，得＝＝ ，所以是等比数列. 故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________________. an＝ 当n≥2时，对an＝2两边同时取对数，得log2an＝2log2an－1＋1，即log2an＋1＝2(log2an－1＋1)，设bn＝log2an＋1，则bn＝2bn－1(n≥2)，所以数列是以b1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1，所以log2an＋1＝2n－1，所以an＝(n≥2)，当n＝1时，上式也成立，故an＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25％，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出200万元进行科研技术发行与广告投资方能保持原有的利润增长率. 问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2≈0.301) 解：设该项目逐年的项目资金数依次为a1，a2，a3，…，an，n∈N*. 则由已知得＝an(1＋25％)－200， 即＝an－200. 令－x＝(an－x)，即＝an－， 由＝200，得x＝800. 所以－800＝(an－800). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故数列{an－800}是以a1－800为首项，为公比的等比数列. 因为a1＝1 000×(1＋25％)－200＝1 050， 所以a1－800＝250， 所以an－800＝250×(， 所以an＝800＋250×((n∈N*). 由题意知an≥4 000， 所以800＋250×(≥4 000， 即()n≥16. 两边取常用对数得nlg ≥lg 16， 即n(1－3lg 2)≥4lg 2. 因为lg 2≈0.301， 所以n≥12.41. 故经过13年后，该项目资金可达到或超过翻两番的目标. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)已知数列{an}满足a1＝2，an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*).若an＜M恒成立，则M的最小值是 A.2 B. C. D.3 √ 因为数列{an}满足a1＝2，an＝an－1＋()n(n≥2且n∈N*)，所以an－an－1＝()n，所以n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋()2＋()3＋()4＋…＋()n＝2＋＝－()n＜. 因为an＜M恒成立，所以M≥，a1＝2＜也成立，所以M的最小值是. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)已知数列{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)－n＋an＋1an＝0，数列{bn}满足bn＋1＝bn＋2n，且b1＝2. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：由(n＋1)－n＋an＋1an＝0， 可得[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0. 又数列{an}是首项为1的正项数列， 所以an＋1＋an＞0， 所以(n＋1)an＋1－nan＝0，即＝， 所以＝(n≥2)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则有an＝××…××a1＝××…××1＝(n≥2).当n＝1时，a1＝1也符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝. 数列{bn}满足bn＋1＝bn＋2n，即bn＋1－bn＝2n， 则有bn－bn－1＝2n－1(n≥2)， 所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋2＝＋2＝2n(n≥2). 又b1＝2也满足bn＝2n， 所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求＋＋＋…＋. 解：由(1)知＝n×2n， 设Sn＝＋＋＋…＋， 则Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，① 2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，② ①－②，可得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝ (1－n)2n＋1－2， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 重点突破1　求数列的通项 返回 $