专题3 第2讲 求数列的通项公式（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第2讲　求数列的通项公式 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(人A选必二4.1节习题改编)已知数列{an}满足a1=9,an+1-an=n,则a4=(　　) A.20 B.18 C.15 D.10 C 解析 因为an+1-an=n,所以a4-a3=3,a3-a2=2,a2-a1=1,相加可得a4-a1=6,即a4=a1+6.又a1=9,所以a4=a1+6=15.故选C. 2.(2023天津,5)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=(　　) A.16 B.32 C.54 D.162 C 解析 当n≥2,n∈N*时,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2an,即an+1=3an. 当n=1时,a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1. 所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,则a4=a1q3=54.故选C. 3.(2025天津,6)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为(　　) A.112 B.48 C.80 D.64 C 解析 由题意知a1=S1=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n+(n-1)2-8(n-1)=-2n+9.又a1=7适合上式,所以an=-2n+9.当an>0时,n≤4;当an<0时,n≥5.所以{|an|}的前12项和T12=S4-(S12-S4)=2S4-S12=2×(-16+32)-(-122+8×12)=80.故选C. 4.(人B选必三复习题第6题改编)已知a1=1,an+1=2an+1,则数列{an}的通项公式为　　　　　.  an=2n-1 解析 设bn=an+1,由已知得b1=a1+1=2≠0. 又an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1), 即bn+1=2bn,所以=2, 所以{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n, 所以an=bn-1=2n-1. 5.(2022新高考Ⅰ,17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{}是公差为的等差数列.求{an}的通项公式. 解 是以=1为首项,以为公差的等差数列, =1+(n-1)Sn=an.① 当n≥2时,Sn-1=an-1.② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, an-1=an, ∴an=…a1=…a1(n≥2), 又a1=1,∴an=1=(n≥2). 又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an= 思维引航 1.已知数列{an}中的项满足an+1-an=f(n),则可累加求通项公式. 2.已知Sn=f(an),在n≥2的条件下得Sn-1=f(an-1),两式相减,得到特殊数列,从而求通项公式. 3.已知Sn=f(n),可由an=Sn-Sn-1(n≥2)确定通项公式. 4.形如an+1=pan+q的条件,一般构造an+1+x=p(an+x). 5.先由条件得出Sn=f(an),类似第2题得到=f(n),再类似第1题利用累乘法求出通项公式. 考点进阶　素养淬炼 考点一　an与Sn的关系 例1　(1)若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=. 证明:{}是等差数列. 证明 当n≥2时,an=Sn-Sn-1且an+2SnSn-1=0,即(Sn-Sn-1)+2SnSn-1=0, 可得=2,且=2. 故数列{}是以首项为2,公差为2的等差数列. (2)(2025河北保定模拟)记数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=3,an+1=+3. 证明:数列{an}为等差数列. 证明 因为an+1=+3,所以nan+1=2Sn+3n, 当n≥2时,(n-1)an=2Sn-1+3(n-1), 两式相减得nan+1-(n+1)an=3,① 则(n+1)an+2-(n+2)an+1=3,② ②-①,得(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an+1, 所以an+2+an=2an+1(n≥2). 因为nan+1=2Sn+3n,a1=3, 所以当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=9; 当n=2时,2a3=2S2+6=24+6=30,则a3=15, 所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2an+1, 所以an+2+an=2an+1,故数列{an}为等差数列. 【对点训练1】(2025云南昆明模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an=(n≥2),求数列{an}的通项公式. 解 因为各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,则对任意的n∈N*,Sn>0, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=, 即()()=, 所以=1,因此,数列{}是等差数列,且其首项为=1,公差为1.所以=1+n-1=n,则当n≥2时,an==n+n-1=2n-1,a1=1也满足an=2n-1.故∀n∈N*,an=2n-1. 考点二　累加法、累乘法 例2　(1)(2025山东青岛模拟)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),则a100=(　　) A.5 B.3+100lg 3 C.4 D.10+2lg 3 A 解析 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),即an+1-an=lg=lg(n+1)-lg n, 所以a100=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a100-a99) =3+lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg 100-lg 99 =3-lg 1+lg 100=3+2=5.故选A. (2)(2025浙江衢州模拟)已知正项数列{an}满足a1=1, a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,则a2 025=(　　) A.2 B. C.2 025 D. D 解析 因为a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,所以当n≥2时, a1a2+a2a3+…+an-1an+n=1,两式相减,得anan+1+(n+1)-n=0, 所以anan+1+-n+n=0,所以(an+an+1)an+1+n(an+1+an)(an+1-an)=0, 所以(an+1+an)[an+1+n(an+1-an)]=0,所以(an+1+an)·[(n+1)an+1-nan]=0. 因为数列{an}为正项数列,所以(n+1)an+1=nan,所以, 所以……,所以(n≥2). 又a1=1,所以an=(n≥2),且a1==1.故an=,所以a2 025=故选D. 【对点训练2】(2025湖北武汉模拟)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 解析 因为数列{an}是“等比差”数列,所以=d(n∈N*), 因为a1=a2=1,a3=3,所以d==2, 所以有=2,=2,…,=2, 累加得=2n=2n+1=2n-3(n≥2,n∈N*), 因此有=2n-3,=2n-5,…,=1, 累乘得=(2n-3)×(2n-5)×…×1⇒an=1×3×5×…×(2n-3)(n≥2,n∈N*), 所以=1 935.故选B. 考点三　构造辅助数列 例3　(1)(2025广东广州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=,且an+2=(n∈N*),则数列{an}的通项公式是　　　　　　.  an= 解析 由an+2=(n∈N*),得, 两边取倒数,得+1. 又a1=1,a2=,则=2, 故数列{}是以2为首项,1为公差的等差数列, 所以=2+(n-1)=n+1,则有=n,=n-1,…,=2,n≥2, 故…=n!,即an=,显然n=1满足.故an= (2)(2025湖南湘潭模拟)已知在数列{an}中,a1=3,an+1=2an-2n+3,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,则数列{an}的通项公式an=　　　　;S8=　　　　　. 2n+2n-1 574 解析 因为an+1=2an-2n+3,a1=3,所以an+1-2(n+1)+1=2(an-2n+1), 且a1-2+1=2≠0,可知数列{an-2n+1}是首项为2,公比为2的等比数列, 则an-2n+1=2×2n-1=2n,即an=2n+2n-1, 可得Sn=(2+1)+(22+3)+…+(2n+2n-1)=(2+22+…+2n)+(1+3+…+2n-1) ==2(2n-1)+n2, 所以S8=2×(28-1)+82=574. 【对点训练3】(2025安徽合肥模拟)已知数列{an},{bn}中,a1=2,b1=6, an+1=2an,bn+1=2bn-an,若am=bm,则m=(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 B 解析 在数列{an}中,因为a1=2,an+1=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,an=2n,则bn+1=2bn-2n,即=-,因此数列{}是以=3为首项,-为公差的等差数列.则=3+(n-1)(-),即bn=(7-n)2n-1,由am=bm,得2m=(7-m)2m-1,所以m=5.故选B. $