微专题6 数列的通项公式与递推公式
微点一 an与Sn之间的递推关系
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋.
(1)证明：数列{S}是等差数列；
(2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝S，求数列{bn}的通项公式．
(1)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.
(2)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(n≥2)求出an(n≥2).
训练1 (1)已知Sn为正项数列{an}的前n项和．若Sn＋2an＝Sn＋1－1，且S5＝57，则a4＝ ( )
A．7 B．15 C．8 D．16
(2)已知数列{an}的首项为－1，设Sn是数列{an}的前n项和，且an＋1＝2SnSn＋1，则Sn＝________.
微点二 相邻两项的递推关系
例2 (2025·湖南模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝an－2an＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
模型1：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数且p≠0)的递推式：①当p＝1时，数列{an}为等差数列；②当q＝0时，数列{an}为等比数列；③当p≠1且q≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项公式可通过待定系数法构造等比数列来求．
模型2：形如an＋1＝pan＋f(n)(p≠1)的递推式：其中f(n)可以是关于n的一次型函数或指数型函数，此类题型主要采用待定系数法构造相应的等比数列进行求解.
模型3：形如an＋1＝(p，q，r是不为0的常数)的递推式，可变形为＝·＋.
训练2 (1)在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通项公式为________．
(2)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n-1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为________．
微点三 相邻三项的递推关系
例3 已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则这个数列的通项公式为__________________________．
[听课记录]____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
已知形如an＋2＝pan＋1＋qan的递推式问题的求解方法：
方法一：用待定系数法，化为特殊数列{an＋1－kan}的形式求解．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，这样就转化为an＋1＝kan＋f(n)再继续求解．
方法二：直接构造法，根据问题中所给的引导提示，有倾向性地进行构造数列，进而求解．
训练3 (1)在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＝2an＋1－an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
(2)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝________．
1．(2025·天津高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为 ( )
A．48 B．112
C．80 D．144
2．(2022·北京高考改编)(多选题)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…).下列正确的是 ( )
A．{an}的第2项小于3
B．{an}为等比数列
C．{an}为递减数列
D．{an}中存在小于的项
3．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.
微专题6 数列的通项公式与递推公式
例1 解 (1)证明：当n＝1时，a1＝＋，得a＝2，即S＝2，当n≥2时，Sn＝＋，所以＝，所以S－S＝2，故数列{S}是以S＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知，S＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n，当n≥2时，bn＝＝＝，当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝
训练1 (1)B 解析 因为Sn＋2an＝Sn＋1－1，所以2an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋1，即2(an＋1)＝an＋1＋1.因为an>0，所以an＋1>0，所以＝2，所以数列{an＋1}是公比为2的等比数列，所以an＋1＝(a1＋1)·2n-1，则an＝(a1＋1)·2n-1－1，所以S5＝－5＝57，解得a1＝1，所以an＝2n－1，则a4＝24－1＝15.
(2) 解析 因为an＋1＝Sn＋1－Sn(n∈N*)，所以Sn＋1－Sn＝2SnSn＋1，所以－＝－2(n∈N*).因为a1＝－1，所以＝－1，所以是以－1为首项，－2为公差的等差数列，所以＝－1－2(n－1)＝1－2n，即Sn＝.
例2 解 (1)由题设条件，可得若an≠0，则an＋1≠0，用反证法，假设an＋1＝0，由题设条件，显然an＝0，这与已知条件矛盾，所以an＋1≠0.因为a1＝1≠0，所以a2≠0，a3≠0，…，所以 n∈N*，an≠0，由an＋1an＝an－2an＋1得－＝1，所以＋1＝2， 又＋1＝2≠0，所以是首项、公比均为2的等比数列．所以＋1＝2n，则an＝.
(2)证明：显然n＝1时，a1＝1<2成立，当n≥2时，2n-1≥22-1＝2>1，所以<1，所以2－>1，所以2n-1>1×2n-1，即2n－1>2n-1>0，所以an＝<，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<1＋＋＋…＋＝＝2<2.综上所述，Sn<2.
训练2 (1)an＝3n＋2 解析 解法一：(构造法)由an＋1＝3an－4，设an＋1－λ＝3(an－λ)，即an＋1＝3an－2λ，故2λ＝4，λ＝2，则an＋1－2＝3(an－2)，又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n＋2.
解法二：(不动点法)令3x－4＝x，解得不动点x＝2，由an＋1＝3an－4，得an＋1－2＝3(an－2)，所以数列{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n＋2.
(2)an＝4×3n-1－5×2n-1 解析 解法一：设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n-1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n-1，可得λ＝－4，即an＋1－4×3n＝2(an－4×3n-1)，且a1－4×31-1＝－5≠0，则数列{an－4×3n-1}是首项为－5，公比为2的等比数列，所以an－4×3n-1＝－5×2n-1，即an＝4×3n-1－5×2n-1.
解法二：(两边同除以qn+1)两边同时除以3n+1，得＝×＋，整理得－＝×，且－＝－≠0，则数列是首项为－，公比为的等比数列，所以－＝－×，即an＝4×3n-1－5×2n-1.
解法三：(两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1，得＝＋n-1，即－＝，当n≥2时，则＝(－)＋＋…＋＋＝＋＋…＋1－＝－＝2×－，故an＝4×3n-1－5×2n-1(n≥2)，显然当n＝1时，a1＝－1符合上式，故an＝4×3n-1－5×2n-1.
例3 an＝×3n-1＋(－1)n-1 解析 解法一：(构造法)因为an＝2an－1＋3an－2，所以an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝7，所以{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n-2 ①，又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，所以{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝(－13)·(－1)n-2 ②，①×3＋②得4an＝7×3n-1＋13·(－1)n-1，所以an＝×3n-1＋(－1)n-1.
解法二：(特征根法)数列{an}的特征方程为x2＝2x＋3，解得x1＝－1，x2＝3.令an＝c1·(－1)n＋c2·3n，由得故an＝－(－1)n＋·3n＝×3n-1＋(－1)n-1.
训练3 (1)an＝10－2n 解析 (1)由题意知an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列．设公差为d，由题意得2＝8＋3d，则d＝－2，得an＝8－2(n－1)＝10－2n.
(2)2n－1 解析 由题意知an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，因为a2－a1＝2，所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，an－an－1＝2n-1(n≥2)，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n-1＋2n-2＋…＋2＋1＝＝2n－1.显然n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝2n－1.
真题巧用·明技法
1．C 解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝所以{|an|}的前12项和为＋＝80.故选C.
2．ACD 解析 由题意可知， n∈N*，an>0，当n＝1时，a＝9，可得a1＝3；当n≥2时，由Sn＝，可得Sn－1＝，两式作差可得an＝－，所以＝－an，则－a2＝3，整理可得a＋3a2－9＝0.因为a2>0，所以解得a2＝<3，A正确；假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，则a＝a1a3，即＝，所以S＝S1S3，可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，解得q＝0，不合题意，故数列{an}不是等比数列，B错误；当n≥2时，an＝－＝>0，可得an
90 000时，Sn>900，又an≥，所以an·Sn>×900＝9，与an·Sn＝9矛盾，故D正确．
3．7 解析 因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{an}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448 ①.因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，可得an－an－2＝3(n－2)－1，…，a3－a1＝3×1－1，累加可得an－a1＝3[1＋3＋…＋(n－2)]－＝，即an＝＋a1，所以a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋(0＋8＋40＋96＋176＋280＋408＋560)＝448，即8a1＝56，所以a1＝7.(共33张PPT)
专题二
数列
专题二 数列
微专题6
数列的通项公式与递推公式
证明
解
方法提炼
解析
解析
解
证明
方法提炼
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
以题梳点
和考君
8当
0
01
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真题巧用
明技君微练(九) 数列的通项公式与递推公式
班级： 姓名：
基础过关练
一、单项选择题
1．已知数列{an}满足an＋1＝2(an＋1)，若a5＝78，则a1＝ ( )
A.4 B．3 C． D．2
2．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1且an＋1＝2Sn＋1，则a5＝ ( )
A.101 B．81 C．32 D．16
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝4an－3，则Sn＝ ( )
A.4 B．4
C.3 D．4(3n－1)
4．(2025·绍兴模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则S10＝ ( )
A. B．
C.410－1 D．411－1
5．(2025·长沙模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1－n＋2，若an>980，则n的最小值是 ( )
A.8 B．9 C．10 D．11
6．(2025·宿迁二模)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，则 ( )
A.9a7>8a8 B. 9a7<8a8
C.9S7>7a8 D. 9S7<7a8
二、多项选择题
7．(2025·襄阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则下列结论正确的有 ( )
A.数列为等比数列
B.an＝
C.数列{an}为递增数列
D.的前n项和Tn＝2n+2－3n－4
8．(2025·宁波模拟)数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1＝，an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，则下列命题正确的是 ( )
A.Sn＝
B.an＝－
C.数列{an}为递增数列
D.数列为递增数列
三、填空题
9．设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为____________．
10．设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，Sn＝________.
四、解答题
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝an＋1，设bn＝.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
12．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
能力提升练
13.(2025·安庆模拟)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超过x的最大整数(例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2)，则＋＋…＋＝ ( )
A.2 022 B．2 023 C．2 024 D．2 025
14．对于数列{an}，若满足nRn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则称Rn为数列{an}的“优值”，现已知数列{an}的“优值”Rn＝，记数列的前n项和为Sn，则Sn的最大值为 ( )
A. B． C． D．
微练(九) 数列的通项公式与递推公式
1.B 解析 由an＋1＝2(an＋1)可得an＋1＋2＝2(an＋2)，所以＝2，则{an＋2}是公比为2的等比数列，所以a5＋2＝(a1＋2)·24＝80，得a1＝3.故选B.
2．B 解析 当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3，当n≥2时，an＋1＝2Sn＋1 ①，an＝2Sn－1＋1 ②，由①－②得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an，且n＝1时也满足，故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，a5＝1×34＝81.
3．C 解析 当n＝1时，S1＝4a1－3＝4S1－3，得S1＝1，当n≥2时，Sn＝4(Sn－Sn－1)－3，得3Sn＝4Sn－1＋3 Sn＝Sn－1＋1 Sn＋3＝(Sn－1＋3)，又S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列，所以Sn＋3＝4×，得Sn＝4×－3＝3.故选C.
4．A 解析 因为an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝4(an－1＋an－2).又a1＋a2＝3≠0，所以＝4(n≥3)，所以{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为3，则数列{a2n－1＋a2n}也是等比数列，公比为42＝16，首项为3.所以S10＝＝.
5．C 解析 因为an＝2an－1－n＋2，所以an－n＝2[an－1－(n－1)].因为a1＝3，所以a1－1＝2，所以数列{an－n}是首项和公比都是2的等比数列，则an－n＝2n，即an＝2n＋n.因为an－an－1＝2n-1＋1>0，所以数列{an}是递增数列．因为a9＝521<980，a10＝1 034>980，所以满足an>980的n的最小值是10.
6．B 解析 因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，则a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2且n∈N*时，由Sn＝2an－2n可得Sn－1＝2an－1－2n-1，上述两式作差可得an＝2an－2an－1－2n-1，整理可得an－2an－1＝2n-1，两边同时除以2n-1可得－＝1，所以数列是以＝2为首项，公差为1的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝(n＋1)·2n-1，对于AB选项，9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7<8a8，A错B对；Sn＝2an－2n＝(n＋1)·2n－2n＝n·2n，对于CD选项，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，CD都错．故选B.
7．ABD 解析 因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝＋3，所以＋3＝2.又＋3＝4，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以＋3＝4×2n-1＝2n+1，即an＝，故A、B正确；因为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；易知＝2n+1－3，则Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n+1)－3n＝－3n＝2n+2－3n－4，故D正确．
8．AD 解析 因为an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，所以Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，因为Sn≠0，所以－＝4(n≥2)，因此数列是以＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；所以＝4＋4(n－1)＝4n，所以Sn＝，即A正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，所以an＝a1>a2，即B、C不正确．
9．an＝2·3n－n－1 解析 设an＋pn＋q＝3[an－1＋p(n－1)＋q]，化简后得an＝3an－1＋2pn＋(2q－3p)，则解得即an＋n＋1＝3(an－1＋n－1＋1).令bn＝an＋n＋1，则bn＝3bn－1.又b1＝6，故bn＝6·3n-1＝2·3n＝an＋n＋1，得an＝2·3n－n－1.
10．1 解析 因为S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，令n＝1可得解得由an＋1＝2Sn＋1可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减可得an＋1－an＝2an，整理得an＋1＝3an(n≥2).又因为a2＝3a1，则an＋1＝3an，且a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以Sn＝＝.
11．解 (1)证明：因为Sn＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，即(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝(2n＋2)Sn，则＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝2n，即＝2n，得Sn＝n·2n，则Tn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n，有2Tn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n+1，则Tn－2Tn＝－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)2n+1－2，故Tn＝(n－1)2n+1＋2.
12．解 (1)因为an＋1＝3an－4n，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y) ①，展开整理，得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，对照an＋1＝3an－4n，可得解得故①式为an＋1－[2(n＋1)＋1]＝3[an－(2n＋1)]，当n＝1时，a1－3＝0，即数列{an－(2n＋1)}是各项为0的常数列，故an＝2n＋1.
(2)因为bn＝＝＝1＋－，所以数列{bn}的前n项和Sn＝n＋＋＋…＋＝n＋－＝n(1＋).
13．D 解析 由题设，(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，a2－a1＝4，故{an＋1－an}是首项为4，公差为2的等差数列，则an＋1－an＝2n＋2，则(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝an－a1＝2[n＋(n－1)＋…＋3＋2]＝(n＋2)(n－1)(n≥2)，所以an＝n(n＋1)，故＝1＋.又n∈N*，当n＝1时，＝2，当n≥2时，＝1，所以＋＋…＋＝2 025.
14．D 解析 由已知得＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an ①，当n≥2时，＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1 ②，所以①－②得－＝an，即an＝－(n－1)＝－n＋1.又当n＝1时，＝a1，符合an＝－n＋1，故an＝－n＋1.所以an＋＝－n＋.令an＋＝－n＋>0，得n≤5，所以Sn的最大值为S5＝＝.(共27张PPT)
微练(九) 数列的通项公式
与递推公式
基础过关练
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