15 专题三 课时6 数列的通项公式（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

课时6　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，体现出化归思想在数列中的应用． 基础考点1　由an与前n项和(积)的关系求通项公式 【母题1】　[人教B版选择性必修第三册P44习题5-3CT2节选]在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1． (1)设bn＝an＋1－2an，求证：数列{bn}是等比数列； (2)设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列； (3)求数列{an}的通项公式． [解]　(1)证明：由a1＝1及Sn＋1＝4an＋2， 有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5， ∴b1＝a2－2a1＝3， 由Sn＋1＝4an＋2，① 当n2时，有Sn＝4an－1＋2，② ①－②得an＋1＝4an－4an－1， ∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)． 又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1， ∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列． (2)证明：由(1)知，bn＝3·2n-1，∵cn＝，∴cn＋1－cn＝＝＝＝＝， c1＝＝， ∴{cn}是以为首项，为公差的等差数列． (3)由(2)可知cn＝＝＋(n－1)×＝n－， ∴an＝(3n－1)·2n-2． 链接核心知识：(1)由Sn与an的递推关系求通项公式，利用Sn－Sn－1＝an(n2)转化为an的递推关系来求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． (2)已知数列前n项积Tn与an之间的关系，若依照(1)的方法求an，则步骤如下：①先利用a1＝T1求出a1；②再利用an＝(n2)求出当n2时an的表达式；③对n＝1时的结果进行检验． 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n2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n2时，bn＝＝＝． 当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式， 故bn＝ 反思领悟：在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an．但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n2)，求出an(n2)． 【教用·备选题】 (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， 所以当n2时，Sn＝， 代入＝2可得，＝2， 整理可得2bn－1＋1＝2bn， 即bn－bn－1＝(n2)． 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n2时，an＝Sn－Sn－1＝＝－． 因为a1＝不满足上式， 故an＝ 基础考点2　累加、累乘法求通项公式 【母题2】　[人教A版选择性必修第二册P26习题4.2T12]如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列{an}，写出数列{an}的一个递推公式 ；根据上述的递推公式，写出数列{an}的一个通项公式 ． an＝an－1＋n(n2)(答案不唯一)　an＝(n∈N*)　[由题意可知a2－a1＝2，a3－a2＝3，于是有a4－a3＝4，…，an－an－1＝n(n2，n∈N*)，显然可得an＝an－1＋n(n2)．当n2，n∈N*时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝，显然a1＝1也适合上式．] 链接核心知识：(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． 1．(2025·湖北十堰模拟)定义：在数列{an}中，＝d(n∈N*)，其中d为常数，则称数列{an}为“等比差”数列．已知“等比差”数列{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝(　　) A．1 763　　　　　　　 B．1 935 C．2 125 D．2 303 B　[∵数列{an}是“等比差”数列， ∴＝d(n∈N*)． ∵a1＝a2＝1，a3＝3，∴d＝＝2， ∴＝2，＝2，…，＝2，由累加法得＝2n，即＝2n＋1，即＝2n－3(n2，n∈N*)， ∴＝2n－3，＝2n－5，…，＝1， 由累乘法得＝(2n－3)(2n－5)…1， ∴an＝1×3×5×…×(2n－3)， ∴＝＝1 935． 故选B．] 2．(2025·江西南昌模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1，则{an}的通项公式为an＝ ． 2n－1　[令n＝1，得a1＝1．因为4Sn＝(2n＋1)an＋1，所以当n2时，4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1，两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1，即(2n－3)an＝(2n－1)an－1，所以＝，所以··…·＝×…×，即＝2n－1，所以an＝2n－1(n2，n∈N*)． 又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1．] 易错提醒：n＝1不一定符合an＝f(n)(n2，n∈N*)，所以需要检验． 【教用·备选题】 1．(2025·重庆市渝中区模拟)数列{an}对任意的n∈N*有an＋1＝an＋成立，若a12＝，则a2＝(　　) A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4 C　[因为an＋1＝an＋， 所以an＋1－an＝＝1－＝1－2， 所以a12－a11＝1－2，a11－a10＝1－2，a10－a9＝1－2，…，a3－a2＝1－2， 累加可得a12－a2＝10－2＝10－2＝10－＝， 所以a2＝a12－＝＝＝3．故选C．] 2．(2025·江苏南京模拟节选)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足＝，a1＝1．求数列{an}的通项公式． [解]　由题意，可知S1＝a1＝1， 则S1＝1，＝＝＝＝，…，＝＝， 各项相乘，可得Sn＝1·····…· ·＝， ∵当n＝1时，S1＝1也满足上式， ∴Sn＝，n∈N*， ∴当n2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n， ∵当n＝1时，a1＝1也满足上式， ∴an＝n，n∈N*． 基础考点3　构造法求通项公式 【母题3】　[苏教版选择性必修第一册P147T18]设数列{an}满足递推关系：an＋1＝2an＋2n+1(n∈N*)且a1＝2． (1)设bn＝，求证：数列{bn}为等差数列； (2)试求数列{an}的通项公式． [解]　(1)由an＋1＝2an＋2n+1两边同除以2n+1得 ＝＋1， 即bn＋1－bn＝1． ∵a1＝2，∴b1＝1． 故{bn}是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)得bn＝1＋(n－1)×1＝n， 即＝n，∴an＝n·2n(n∈N*)． 【母题4】　[人教A版选择性必修第二册P41习题4.3T11节选]已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝． 求证：数列为等比数列． [证明]　由题意，数列{an}满足an＋1＝，可得＝＝·，可得－1＝·－1＝，即＝，又由a1＝，所以－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 链接核心知识：(1)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0，1；q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)． (2)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0，1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]． (3)形如 an＝(n∈N*且n2)的数列，取倒数构造等差(或等比)数列求通项． 1．(2025·江西景德镇模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝，则下列说法正确的是(　　) A．a10＝ B．an＝2－n C．{an}有最大值 D．{an}不是单调数列 C　[由a1＝1，an＋1＝， 可得＝，an＋1＋1＝， 即＝， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 即＝n， 即an＝－1，可得a10＝－，故A，B错误； 由{an}是递减数列，可得数列{an}有最大值，为a1＝1，故C正确，D错误． 故选C．] 2．(2025·长沙市开福区模拟)在数列{an}中，a1＝4，an＋1＝5an＋2×5n，n∈N*，则数列{an}的通项公式为 ． an＝2(n＋1)·5n-1　[由在数列{an}中，a1＝4，an＋1＝5an＋2×5n，n∈N*， 等式两边同时除以5n+1，可得＝， 设bn＝，则bn＋1＝bn＋， 因为a1＝4，所以b1＝， 所以数列{bn}是首项为，公差为的等差数列． 由等差数列的通项公式可得bn＝(n－1)＝，an＝5nbn＝2(n＋1)·5n-1．] 3．已知数列an＝(n＝2，3，…)，a1＝1，则数列{an}的通项公式an＝ ． 　[由已知得＝＋2×3n-1，则＝，即＝(n2)，又＝． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列．所以＝＋(n－1)·＝，即an＝．] 【教用·备选题】 已知数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝an＋(n∈N*)，则数列的前10项的和为 ． 1 023　[数列{an}的首项a1＝2， 且an＋1＝an＋(n∈N*)， 则an＋1－1＝(an－1)，整理得＝(常数)， 所以数列{an－1}是以a1－1＝2－1＝1为首项，为公比的等比数列，所以an－1＝， 故＝2n-1， 所以数列的前n项和Sn＝20＋21＋22＋…＋2n-1＝2n－1， 所以S10＝210－1＝1 024－1＝1 023．] (2022·全国甲卷)记Sn为数列的前n项和．已知＋n＝2an＋1． (1)证明：是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． [解]　(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①， 当n2时，2Sn－1＋＝2an－1＋②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－＝2nan＋n－2an－1－， 即2an＋2n－1＝2nan－2an－1＋1， 即2an－2an－1＝2，所以an－an－1＝1，n2且n∈N*， 所以是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以 ＝ a4 ·a9 ， 即＝·，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝－n＝－， 所以当n＝12或n＝13时，＝－78． 9 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $