第34讲 数列通项公式的求法 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列通项公式求法，依据课标要求覆盖等差等比通项及非等差等比的累加、累乘、构造等核心考点，通过真题与模拟题分析明确累加、构造法等高频题型权重，构建系统解题思路。 课件亮点在于“考点分类+例题精析+模拟训练”策略，如构造法中通过待定系数法转化a_{n+1}=pa_n+q为等比数列，培养学生数学思维与推理能力。特设易错点警示和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第6章 数列 第34讲 数列通项公式的求法 2027届高考一轮复习 数学 1 必备知识 基础知识夯实 关键能力 命题视角突破 2 【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. 3 【基础检测】 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)数列的通项公式的形式是唯一的.(　　) (2)数列可以用一群孤立的点表示.(　　) (3)已知{an}是数列，则也是一个数列.(　　) (4)已知数列{an}的前4项为3，6，11，20，则{an}的通项公式可以是an=4n-n.(　　) (5)设数列{an}的前n项和为Sn.若a1=1，Sn=，则a2=-2.(　　) × √ √ × √ 4 教材改编 2.已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an+1，则a3=(　　) A.9 B.11 C.13 D.15 B [解析] 因为a1=2，an+1=2an+1，所以a2=2a1+1=5，a3=2a2+1=11.故选B. 5 3.已知数列{an}满足a1=1，an+an+1=(-1)n·2，则数列{an}前2025项和为(　　) A.1012 B.1013 C.2024 D.2025 D [解析] 依题意an+an+1=(-1)n·2，S2025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2024+a2025)，其中后1012对(n=2，4，…，2024)的和均为(-1)n·2=2， 故这1012对的和为1012×2=2024，由a1=1得S2025=1+2024=2025.故选D. 6 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2且Sn+1=2Sn+2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　　　 　.  an=2n(n∈N*) [解析] 当n=1时，S2=2S1+2，S1=a1=2，解得a2=4， 当n≥2时，由Sn+1=2Sn+2，可得Sn=2Sn-1+2，相减可得an+1=2an，对n=1也成立， 由此可得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2n(n∈N*)， 所以，数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*). 7 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足通项公式a1=2021，Sn=n2an，则a2021=　　　　.  [解析] 因为Sn=n2an，所以n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1， 即(n-1)2an-1=(n2-1)an，化简得=，又a1=2021， 所以an=×××…×××a1=×××…×××2021=， 检验n=1时也成立，所以an=， 所以a2021==. 8 考点1 累加法 例1　若数列{an}满足a1=1，a2=4，且对任意的n∈N*(n≥2)都有an+1-2an+an-1=2，则an=　　　　.  n2 [解析] 因为∀n∈N*(n≥2)都有an+1-2an+an-1=2， 则(an+1-an)-(an-an-1)=2，令bn=an+1-an，所以bn-bn-1=2(n≥2)，又b1=a2-a1=3， 所以数列{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列，所以bn=3+(n-1)·2=2n+1， 即an+1-an=2n+1，则a2-a1=3，a3-a2=5，a4-a3=7，…，an-an-1=2n-1， 累加得an-a1=3+5+7+…+2n-1，n≥2， 所以an=1+3+5+7+…+2n-1==n2，n≥2， 当n=1时，a1=1符合上式.所以an=n2. 9 [小结]形如an+1-an=常数，或an+1-an=f(n)(f(n)是可以求和的)，使用累加法. 10 1.数列{an}满足a1=-1，且an+1=an+(n∈N*)，则a22等于(　　) A.19 B.20 C.21 D.22 B [解析] 因为an+1=an+(n∈N*)，所以 = +-==2， 所以有-=2-=2-=2，…，-=2(n≥2). 累加得-=2(n≥2)， 又a1=-1，所以=1-(n≥2)， 即an=n-2(n≥2).当n=1时，a1=1-2=-1符合上式，所以an=n-2(n∈N*). 则a22=22-2=20.故选B. 巩固训练 11 考点2 累乘法 例2　(2025·全国·模拟预测)已知数列{an}满足=，其中a1=1，则a8=(　　) A. B.4 C. D.9 C [解析] 由题意，得==，…，=. 累乘得:××…×=××…×， 即=，又a1=1，所以a8=.故选C. [小结]形如an+1=pan(p为非零常数)，或an+1=f(n)an(f(n)是可以求积的)，使用累乘法. 12 2.(2025·江西·模拟预测)已知数列{an}满足:a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+…+nan，则n≥2时，an=　　　　　.  n! [解析] 因为数列{an}满足:a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+…+nan， 当n=1时，a2=a1=2， 当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+…+nan可得an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1， 两个等式作差得an+1-an=nan，所以an+1=(n+1)an，可得=n+1， 当n≥3时，an=a1···…·=2×1×3×…×n=n!，a2=2满足an=n!， 故当n≥2时，an=n!. 巩固训练 13 考点3 构造法 角度1.形如an+1-an=pan+1an(p为常数且p≠0) 例3　已知数列{an}满足:a1=-1，an+1-an=an+1·an，则数列{an}的通项公式 为　　　　　.  an=- [解析] ∵an+1-an=an+1an，∴-=1，即-=-1， 又∵=-1，∴是以-1为首项，-1为公差的等差数列， ∴=-1-(n-1)=-n，∴an=-. 14 [小结]形如an-1-an=pan-1an(p为常数且p≠0)的递推式:两边同除于an-1an，转化为=+p的形式，化归为等差数列求出的表达式，再求an. 15 3.已知数列{an}满足a1=1，an+1-an=-an+1an，则数列{an}的通项公式为　　　　　.  an= [解析] ∵an+1-an=-an+1an， ∴-=-，即-=，又∵=1， ∴是以1为首项，为公差的等差数列， ∴=1+(n-1)=，∴an=. 巩固训练 16 角度2.形如an+1=pan+q，(p≠0，p≠1，q≠0)型 例4　已知数列{an}满足:a1=1，an+1=3an+2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为　　　　　 　.  an=2×3n-1-1(n∈N*) [解析] ∵an+1=3an+2，∴an+1+1=3(an+1)，∴=3， ∴数列{an+1}为等比数列，公比q=3. 又a1+1=2，∴an+1=2×3n-1， ∵当n=1时也满足此式. ∴an=2×3n-1-1(n∈N*). 17 [小结]形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数且pq≠0,p≠1)型的递推式: 法一:设an+1+λ=p(an+λ),展开移项整理得an+1=pan+(p-1)λ,与题设an+1=pan+q比较系数(待定系数法)得λ=,(p≠0,1)⇒an+1+=p⇒an+=p,即构成以a1+为首项,以p为公比的等比数列.再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得an. 法二:由an+1=pan+q得an=pan-1+q(n≥2)两式相减并整理得=p,即{an+1-an}构成以a2-a1为首项,以p为公比的等比数列.求出{an+1-an}的通项再用累加法便可求出an. 18 4.(2025·河北·二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an-2n-1(n∈N*).则数列{an}的通项公式是　　　　　 .  an=4×3n-1-1 [解析] 因为2Sn=3an-2n-1(n∈N*)， 所以当n=1时，2a1=3a1-2-1，解得a1=3; 当n≥2时，2Sn-1=3an-1-2n+1， 所以2(Sn-Sn-1)=3(an-an-1)-2， 即an=3an-1+2，所以an+1=3(an-1+1)(n≥2)， 又a1+1=4.所以数列{an+1}是以4为首项，3为公比的等比数列. 所以an+1=4×3n-1，得an=4×3n-1-1. 巩固训练 19 角度3.形如an+1=pan+f(n)，(p≠0，1)型 例5　(1)已知数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n，则an=　　　　.  2n+1 [解析] 解法一:由an+1=3an-4n， 可设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y)， 其中x，y为常数，整理得an+1=3an+2xn+2y-x，与an+1=3an-4n对比故2x=-4，2y-x=0，得x=-2，y=-1， 所以an+1-2(n+1)-1=3(an-2n-1)=…=3n(a1-2×1-1)=3n(a1-3). 又a1-3=0，所以{an-2n-1}是各项均为0的常数列，故an-2n-1=0，即an=2n+1. 20 解法二:由an+1=3an-4n，得an=3an-1-4(n-1)(n≥2)， 两式相减得an+1-an=3(an-an-1)-4(n≥2). 令bn=an+1-an，则b1=a2-a1=3a1-4-a1=2，bn=3bn-1-4(n≥2)， 则bn-2=3(bn-1-2)(n≥2)，又b1-2=0，所以bn-2=0，即an+1-an=2，又a2-a1=2，a1=3， 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an=2n+1. 21 (2)已知数列{an}满足an+1-2an=3n+1，a1=11.则数列{an}的通项公式为　　　　　　.  an=2n+3n+1 [解析] 因为an+1-2an=3n+1， 所以-·=1， 所以-3=，又-3=， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以-3=，所以an=2n+3n+1. 22 [小结]形如an+1=pan+f(n)(p≠1)型的递推式: (1)当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时: 法一:设an+An+B=p[an-1+A(n-1)+B],通过待定系数法确定A、B的值,转化成以a1+A+B为首项,以p为公比的等比数列{an+An+B},再利用等比数列的通项公式求出{an+An+B}的通项整理可得an. 法二:当f(n)的公差为d时,由递推式得:an+1=pan+f(n),an=pan-1+f(n-1),两式相减得:an+1-an=p(an-an-1)+d,令bn=an+1-an得:bn=pbn-1+d,再用例4[小结]中的“法二”便可求得an. (2)当f(n)为指数函数类型(即等比数列)时: 法一:设an+λf(n)=p[an-1+λf(n-1)],通过待定系数法确定λ的值,转化成以a1+λf(1)为首项,以p为公比的等比数列{an+λf(n)},再利用等比数列的通项公式求出{an+λf(n)}的通项整理可得an. 23 法二:递推公式为an+1=pan+qn(其中p，q均为常数)或an+1=pan+rqn(其中p，q，r均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以qn+1，得:=·+，引入辅助数列{bn}，得:bn+1=bn+，再转化用例4[小结]中的“法二”便可求出an. 24 5.已知数列{an}满足an+1=3an+3n(n∈N*)，且a1=1，则数列{an}的通项公式为　　　　　　.  an=n·3n-1 [解析] 将an+1=3an+3n两边同时除以3n+1，得=+，即-=. 由等差数列的定义知，数列是以=为首项，为公差的等差数列， 所以=+(n-1)×=，故an=n·3n-1. 巩固训练 25 6.已知数列{an}满足:a1=2，an+1=2an+4n-4.则数列{an}的通项公式为　　　　　　　.  an=3×2n-4n [解析] 由题意知数列{an}满足:a1=2，an+1=2an+4n-4， 则an+1+4(n+1)=2an+8n=2(an+4n)， a1=2，a1+4×1=6，故{an+4n}是首项为6，公比为2的等比数列， 故an+4n=6×2n-1=3×2n，即an=3×2n-4n， a1=2符合上式，故an=3×2n-4n. 26 角度4.形如an+1=(m，p，q为常数，mpq≠0)型 例6　(1)已知数列{an}中，a1=1且an+1=.则数列{an}的通项公式为　　　　　.  an= [解析] 由an+1=，可得=+2，即-=2，又=1， 所以是以1为首项，2为公差的等差数列， 则=1+2(n-1)=2n-1，所以an=. 27 (2)已知数列{an}满足a1=，2an+1-an=16an+1an，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　.  an= [解析] 将2an+1-an=16an+1an两边同时除以anan+1得-=16， 整理得-16=2， 由a1=得-16=2， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以-16=2×2n-1=2n，故an=. 28 [小结]对于an+1=(pmq≠0)，取倒数得==·+.当m=p时，数列()是等差数列;当m≠p时，令bn=，则bn+1=·bn+，可用待定系数法求解. 29 7.已知数列{an}中，a1=4，an+1=，则数列的通项公式为　　　　　.  =1- [解析] 由an+1=，取倒数可得=·+，令+λ==·+·λ， 化简可得=·+λ-λ，则λ-λ=，解得λ=-1， 由-1=，则数列是以-1=-为首项，以为公比的等比数列， 所以-1=-·=-， 可得=-+1. 30 角度5.形如an+2=pan+1+qan型 例7　已知数列{an}中a1=1，a2=3，且满足an+2+3an=4an+1.设bn=an+1-an，n∈N*. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{an}的通项公式. 31 (1)求数列{bn}的通项公式; [解析] (1)∵an+2+3an=4an+1，n∈N*， ∴an+2-an+1=3(an+1-an)， ∵bn=an+1-an，∴bn+1=3bn，又b1=a2-a1=2， ∴数列{bn}是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴bn=2×3n-1，n∈N*. 32 (2)求数列{an}的通项公式. [解析](2)∵bn=an+1-an=2×3n-1， ∴当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =bn-1+bn-2+…+b1+a1=2×3n-2+2×3n-3+…+2×30+1=+1=3n-1， 又a1=1也满足上式，∴an=3n-1. 33 [小结]形如an+2=pan+1+qan型的递推式:用待定系数法，化为特殊数列{an-an-1}的形式求解.方法为:设an+2-kan+1=h(an+1-kan)，比较系数得h+k=p，-hk=q，可解得h、k，于是{an+1-kan}是公比为h的等比数列，这样就化归为an+1=pan+rqn型，进而再转化为an+1=pan+q型，再转化用例4[小结]中的“法二”便可求出an. 34 8.(2025·江苏·三模)已知数列{an}满足a1=1，a2=5，an+2=5an+1-6an. (1)证明:{an+1-2an}是等比数列; (2)证明:存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an=bn+cn成立. 巩固训练 35 (1)证明:{an+1-2an}是等比数列; [解析] (1)由已知，an+2=5an+1-6an， ∴an+2-2an+1=5an+1-6an-2an+1， ∴an+2-2an+1=3an+1-6an=3(an+1-2an)， 显然a2-2a1=3≠0， ∴an+1-2an≠0，∴=3， ∴数列{an+1-2an}是首项为3，公比为3的等比数列. 36 (2)证明:存在两个等比数列{bn}，{cn}，使得an=bn+cn成立. [解析] (2)∵an+2=5an+1-6an， ∴an+2-3an+1=5an+1-6an-3an+1=2an+1-6an=2(an+1-3an)， 显然a2-3a1=2≠0，∴an+1-3an≠0，∴=2， ∴数列{an+1-3an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an+1-3an=2n，①， 又由第(1)问，an+1-2an=3n，②， ∴②-①得，an=3n-2n， ∴存在bn=3n，cn=-2n，两个等比数列{bn}，{cn}， 使得an=bn+cn成立. 37 $