微突破(一) 求数列的通项公式常用方法
例1 解:(1)因为a1=1,an+1=2+1,所以a2=2+1=2+1=3.
(2)方法一:由an+1=2+1,得2=an+1-1,
可得4Sn=(an+1-1)2.当n≥2时,4Sn-1=(an-1)2,
两式相减得4an=(an+1-1)2-(an-1)2,化简得(an+1-an-2)(an+1+an)=0.
因为数列{an}的各项均为正数,所以an+1-an-2=0,即an+1-an=2,
又a2-a1=3-1=2,所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
方法二:由an+1=2+1,得Sn+1-Sn=2+1,所以Sn+1=(+1)2.
因为an>0,所以Sn>0,所以=+1,
所以数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,所以=n,所以Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
又a1=1符合上式,所以an=2n-1.
例2 解:由条件知an+1-an=2n+n,所以a2-a1=21+1,a3-a2=22+2,a4-a3=23+3,…,an-an-1=2n-1+n-1(n≥2),上述式子累加得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=(21+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n-1+n-1)(n≥2),所以an-a1=(21+22+…+2n-1)+(1+2+…+n-1)=2n-2+(n≥2),所以an=2n+(n≥2),又a1=2也符合上式,所以an=2n+.
例3 解:因为=,所以=,=,=,=,…,=(n≥2),上述式子累乘得····…·=××××…×(n≥2),即=××××…×=(n≥2),所以an=×=(n≥2),又a1=也符合上式,所以an=.
例4 (1)4×3n-1-2 [解析] ∵an=3an-1+4(n≥2),
∴an+2=3(an-1+2)(n≥2),易知an+2≠0,
∴{an+2}为等比数列,其首项为4,公比为3,∴an+2=4×3n-1,∴an=4×3n-1-2.
(2)解:由an+1=,得==1+,
则+=3.所以是首项为,公比为3的等比数列,
所以+=×3n-1=,所以an=.微突破(一) 求数列的通项公式常用方法
◆ 方法一 由数列前n项和求通项公式
已知Sn=f(an)或Sn=f(n)求an的解题步骤:
第一步,利用Sn满足的条件,写出当n≥2时,Sn-1的表达式;
第二步,利用an=Sn-Sn-1(n≥2),求出an或者转化为an的递推公式的形式;
第三步,若求出了n≥2时{an}的通项公式,再根据a1=S1求出a1,并代入n≥2时{an}的通项公式进行验证,若成立,则合并,若不成立,则写成分段形式.
例1 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=2+1.
(1)求a2的值;
(2)求数列{an}的通项公式.
◆ 方法二 累加法
求形如an+1=an+f(n)的通项公式,将原递推公式转化为an+1-an=f(n),再利用累加法(逐差相加法)求解,即由a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)(n≥2),累加可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)(n≥2).
例2 在数列{an}中,a1=2,an+1=an+2n+n,求数列{an}的通项公式.
◆ 方法三 累乘法
求形如an+1=f(n)an的通项公式,将原递推公式转化为=f(n),再利用累乘法(逐商相乘法)求解,即由=f(1),=f(2),…,=f(n-1)(n≥2),累乘可得=f(1)f(2)·…·f(n-1)(n≥2).
例3 在数列{an}中,a1=,=(n∈N*),求{an}的通项公式.
◆ 方法四 待定系数法
形如an+1=pan+q(其中p,q为常数,且pq(p-1)≠0)可用待定系数法求得通项公式,步骤如下:
第一步,假设递推公式可改写为an+1+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.
例4 (1)[2023·湖北襄阳一中高二期末] 设数列{an}满足a1=2,且an=3an-1+4(n≥2),则数列{an}的通项公式为an= .
(2)在数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),求数列{an}的通项公式.微突破(一) 求数列的通项公式常用方法
1.B [解析] Sn=n(n+3),当n=1时,a1=4,当n≥2时,Sn-1=(n-1)(n+2),则an=Sn-Sn-1=n(n+3)-(n-1)(n+2)=2n+2,又a1=4符合上式,所以an=2n+2,n∈N*.故选B.
2.A [解析] 因为=2·(n≥2),所以an=··…··a1=2××2××…×2××1=(n≥2),所以a10==.故选A.
3.D [解析] 当n≥2时,an-a1=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=2n+2n-1+…+22==2n+1-4,则an=2n+1-4+a1=2n+1-2(n≥2),所以a6=126.故选D.
4.B [解析] 当n≥2时,Sn-1=3an+t,所以an=Sn-Sn-1=3an+1-3an,则=.因为数列{an}是等比数列,所以=,又a2=2,所以a1=.当n=1时,S1=3a2+t,所以=3×2+t,解得t=-.故选B.
5.D [解析] 由an+1=(n∈N*),可得=+,
即-=,所以是以1为首项,为公差的等差数列,所以=1+×9=,所以a10=.故选D.
6.A [解析] 因为Sn=2an-4,所以当n≥2时,Sn-1=2an-1-4,两式相减可得Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-2an-1(n≥2),整理得an=2an-1(n≥2),所以=2(n≥2).又因为S1=a1=2a1-4,即a1=4,所以数列{an}是首项为4,公比为2的等比数列,所以an=4×2n-1=2n+1.故选A.
7.B [解析] 因为an+1=4an-12n+4,所以an+1-4(n+1)=4(an-4n),因为a1=4,所以a1-4×1=0,所以an=4n,由ak=4k=2024,得k=506.故选B.
8.A [解析] 方法一:∵an+1=an+lg,∴an+1-an=lg,∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=lg+lg+…+lg+2=lg+2=lg n+2.又a1=2=lg 1+2也符合上式,∴an=lg n+2.
方法二:∵an+1=an+lg,∴an+1=an+lg(n+1)-lg n,∴an+1-lg(n+1)=an-lg n,∴数列{an-lg n}是常数列,即an-lg n=a1-lg 1=2,∴an=lg n+2.故选A.
9.ABD [解析] ∵an+an+1=3n,∴an+1+an+2=3(n+1),两式相减得an+2-an=3,又a1=2,a1+a2=3×1=3,∴a2=1,∴数列{an}的奇数项构成首项为2,公差为3的等差数列,偶数项构成首项为1,公差为3的等差数列,∴a2n-1=2+3(n-1)=3n-1,a2n=1+3(n-1)=3n-2,∴a2024=3×1012-2=3034,a2-a1=-1≠1,S2n=[2+5+8+…+(3n-1)]+[1+4+7+…+(3n-2)]=+=3n2.故选ABD.
10.ACD [解析] 对于A,由Sn=2Sn-1+n-1(n≥2),得
an=Sn-1+n-1(n≥2),所以an>Sn-1(n≥2),故A正确.
对于B,由an=Sn-1+n-1(n≥2),得an+1=Sn+n,两式相减可得an+1=2an+1(n≥2),
所以an+1+1=2(an+1)(n≥2),
由S2=a1+a2=2a1+1,a1=2,可得a2=3,
所以an+1=
所以{an+1}不是等比数列,故B错误.
对于C,由B知an=
所以当n≥2时,Sn=2+22-1+23-1+…+2n-1=2n+1-n-1.当n=1时,S1=2<2a1=4,
当n≥2时,Sn-2an=2n+1-n-1-2n+1+2=1-n<0,所以Sn<2an,故C正确.
对于D,当n≥2时,因为Sn=2n+1-n-1,所以=2-,
所以-=-+=>0,又=1,=,所以>,所以是递增数列,故D正确.
故选ACD.
11. [解析] 由题意得a1=2a2+1,a1=,解得a2=.因为Sn=2an+1+1,所以当n≥2时,Sn-1=2an+1,两式相减得an=2an+1-2an(n≥2),整理得an+1=an(n≥2),所以数列{an}从第二项起是以为首项,为公比的等比数列,所以an=×(n≥2).又因为a2=≠a1=,所以an=
12.2n+(-1)n [解析] 由an+1+an=3×2n,得an+1=-an+3×2n,则an+1-2n+1=-an+3×2n-2n+1=-(an-2n),又a1-2=1-2=-1,
所以数列{an-2n}是以-1为公比,-1为首项的等比数列,
所以an-2n=-1×(-1)n-1=(-1)n,所以an=2n+(-1)n.
13.4042 n2-n+1 [解析] 依题意an+2-2an+1+an=2,则an+2-an+1-(an+1-an)=2,所以数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公差的等差数列,所以an+1-an=2+(n-1)×2=2n,则a2024-a2023=4046.当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=(2n-2)+(2n-4)+…+4+2+1 =+1=n2-n+1,又a1=1也符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=n2-n+1.
14.解:(1)证明:∵an+1=an+,∴====,∴数列an-是等比数列.
(2)∵a1-=-=,∴数列an-是以为首项,为公比的等比数列,∴an-=×=,∴an=+.
15.解:(1)因为Sn+1=Sn+an-2,即Sn+1-Sn=an-2,
所以an+1=an-2,即an+1-an=-2,
所以数列{an}是公差为-2的等差数列,
由a4+a7=6,可得2a1+9×(-2)=6,解得a1=12,
所以an=12-2(n-1)=14-2n.
(2)由(1)可得Sn=n(12+14-2n)=13n-n2=+,
所以当n=6或7时,Sn取得最大值42.
16.解:(1)证明:因为an+2=5an+1-6an+2,
所以an+2-2an+1+1=3an+1-6an+3=3(an+1-2an+1),
又bn=an+1-2an+1,所以bn+1=an+2-2an+1+1,
所以bn+1=3bn,
又b1=a2-2a1+1=3,
所以数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列.
因为an+2=5an+1-6an+2,所以an+2-3an+1+2=2an+1-6an+4=2(an+1-3an+2),
又cn=an+1-3an+2,所以cn+1=an+2-3an+1+2,
所以cn+1=2cn,
又c1=a2-3a1+2=3,
所以数列{cn}是以3为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)知,bn=3n,cn=3×2n-1.
即an+1-2an+1=3n,an+1-3an+2=3×2n-1,
两式作差可得an+1-2an+1-(an+1-3an+2)=3n-3×2n-1,
整理可得an=3n-3×2n-1+1.微突破(一) 求数列的通项公式常用方法
一、选择题
1.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n(n+3),n∈N*,则an= ( )
A.2n B.2n+2
C.n+3 D.3n+1
2.[2023·陕西宝鸡金台区高二期中] 若数列{an}满足a1=1,=2·(n≥2),则a10=( )
A. B. C. D.
3.已知数列{an}的首项为2,且an+1-an=2n+1,则a6= ( )
A.254 B.64 C.62 D.126
4.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且a2=2,Sn=3an+1+t.则t= ( )
A.3 B.- C.4 D.8
5.[2024·长沙明德中学高二期末] 在数列{an}中,a1=1且an+1=(n∈N*),则a10= ( )
A. B. C.- D.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-4,则an= ( )
A.2n+1 B.2n C.2n-1 D.2n-2
7.[2024·广东佛山高二期中] 已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4,且a1=4,若ak=2024,则k=( )
A.253 B.506 C.1012 D.2024
8.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+lg,则an= ( )
A.lg n+2 B.(n-1)lg n+2
C.nlg n+2 D.nlg n+1
9.(多选题)若数列{an}满足a1=2,an+an+1=3n,设{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是( )
A.a2024=3034 B.a2n-1=3n-1
C.an+1-an=1 D.S2n=3n2
10.(多选题)[2024·安徽亳州高二期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且Sn=2Sn-1+n-1(n≥2),则下列结论中正确的是 ( )
A.an>Sn-1(n≥2)
B.{an+1}是等比数列
C.Sn<2an
D.是递增数列
二、填空题
11.已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1+1,a1=,则an= .
12.[2024·四川南充嘉陵一中高二期中] 已知数列{an}的首项为1,且满足an+1+an=3×2n,则an= .
13.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,且an+2-2an+1+an=2,则a2024-a2023= ,数列{an}的通项公式为an= .
三、解答题
14.已知数列{an}满足a1=,an+1=an+.
(1)求证:数列是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
15.[2024·江苏南菁中学高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=Sn+an-2,a4+a7=6.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求Sn的最大值和Sn取最大值时n的值.
16.[2023·重庆巴蜀中学高二期末] 已知数列{an}满足a1=1,a2=4,且an+2=5an+1-6an+2.
(1)令bn=an+1-2an+1,cn=an+1-3an+2,求证:数列{bn},{cn}都是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.(共13张PPT)
微突破（一） 求数列的通项公式常
用方法
方法一 由数列前 项和求通项公式
已知或求 的解题步骤：
第一步，利用满足的条件，写出当时， 的表达式；
第二步，利用，求出或者转化为 的递推
公式的形式；
第三步，若求出了时的通项公式，再根据求出 ，
并代入时 的通项公式进行验证，若成立，则合并，若不成
立，则写成分段形式.
例1 已知数列的各项均为正数，其前项和为 ，且满足
， .
（1）求 的值；
解：因为， ，
所以 .
（2）求数列 的通项公式．
解：方法一：由，得 ，
可得 .
当时， ，
两式相减得 ，
化简得 .
因为数列 的各项均为正数，
所以，即 ，
又 ，
所以数列 是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以 .
方法二：由 ，
得 ，
所以 .
因为，所以 ，
所以 ，
所以数列{ }是首项为1，公差为1的等差数列，
所以 ，
所以 .
当时， ，
又 符合上式，
所以 .
方法二 累加法
求形如 的通项公式，将原递推公式转化为
，再利用累加法（逐差相加法）求解，即由
,, , ,累
加可得 .
例2 在数列中，，，求数列 的通项公式.
解：由条件知，所以 ，
，， ，，上述式子累加得 ，
所以 ，所以，
又 也符合上式，所以 .
方法三 累乘法
求形如的通项公式,将原递推公式转化为 ，
再利用累乘法（逐商相乘法）求解，即由， ，
, ，累乘可得
.
例3 在数列中，，,求 的通项公式.
解：因为，所以，，，， ，
，
上述式子累乘得 ，
即 ，
所以,
又 也符合上式，所以 .
方法四 待定系数法
形如其中，为常数，且 可用待定
系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步，假设递推公式可改写为 ；
第二步，由待定系数法，解得 ；
第三步，写出数列 的通项公式；
第四步，写出数列 的通项公式.
例4（1） [2023·湖北襄阳一中高二期末] 设数列满足 ，且
，则数列的通项公式为 _____________.
[解析] ，
，易知 ，
为等比数列，其首项为4，公比为3，
， .
（2）在数列中，，,求数列 的通
项公式.
解：由，得 ,
则 .
所以是首项为 ，公比为3的等比数列，
所以，所以 .
