2025年高考数学大题题型归纳精讲(新高考通用)第02讲数列的证明和通项公式的四种求法练习(学生版+解析）

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考法一：等差、等比数列基本量的运算
例题分析
【例 1】已知an为正项等差数列，bn为正项等比数列，其中a2=3,b1=a1，且a2,a3+1，a5+3成等比数列，b1+b2+b3=13．
求an,bn的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1n∈N*，bn=3n-1n∈N*
【详解】解：（1）设等差数列an的公差为d，则an=a1+n-1d．
因为a2=3，且a2,a3+1,a5+3成等比数列，
所以a1+d=3,a1+2d+12=3a1+4d+3,解得a1=1,d=2,或a1=4,d=-1,（舍去）
所以an=2n-1n∈N*．
因为b1=a1=1,b1+b2+b3=13，即q2+q-12=0，可得q=3或q=-4（舍去），
所以bn=3n-1n∈N*．
满分秘籍
在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意等差数列性质、整体代换及方程思想的应用.
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．
变式训练
【变式1-1】已知数列an是等差数列，其前n和为Sn，a3+a9=12，S9=45，数列bn满足a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn=142n-13n+1+34.
(1)求数列an，bn的通项公式；
【答案】(1)an=n，bn=3n
【分析】（1）根据等差数列基本量相关运算直接得到an的通项公式，结合已知等式令n≥2得到第二个等式，两式相减并验证n=1的情况得到bn的通项公式；
【详解】（1）设等差数列的首项为a1，公差为d，
因为a3+a9=12，S9=45，
所以a1+2d+a1+8d=129a1+a1+8d2=45，即2a1+10d=129a1+4d=45，
解得a1=1d=1，所以an=a1+n-1d=1+n-1=n
a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn=142n-13n+1+34①
当n≥2时，a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+an-1bn-1=142n-33n+34②，
①-②可得，anbn=n⋅3n，an=n，所以bn=3n，
当n=1时，a1b1=b1=3适合bn=3n，
所以bn=3n
【变式1-2】已知数列an是等差数列，bn是各项均为正数的等比数列，数列bn的前n项和为Sn，且a1=b1=1，a2=b2+1，a4=S3．
(1)求数列an，bn的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1，bn=2n-1
【分析】（1）由数列an是等差数列，bn是各项均为正数的等比数列，设出公差和公比，根据题意列出方程组求解即可；
【详解】（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为qq>0，
由题意可得，a1+d=b1q+1a1+3d=b11+q+q2，即d=qq2+q=3d，
所以q2-2q=0，
因为q>0，所以d=q=2，
所以an=1+2n-1=2n-1，bn=1×2n-1=2n-1．
【变式1-3】已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S3=74，a1-a3=34，等差数列bn满足b7+b12=12+b8，a2b1=1.
(1)求数列an，bn的通项公式；
【答案】(1)an=12n-1；bn=n+1
【分析】（1）根据等差等比数列的基本量的运算求解；
【详解】（1）设等比数列an的公比为q，等差数列bn的公差为d，
由S3=74，a1-a3=34，可得a1+a2+a3=74a1-a3=34，
即a11+q+q2=74a11-q2=34，化简得1+q+q21-q2=73，
即10q2+3q-4=0，解得q=-45（舍）或q=12，
从而可得a1=1，所以an=12n-1；
又因为b7+b12=12+b8，a2b1=1，
所以2b1+17d=12+b1+7d12b1=1，解得b1=2d=1，
所以bn=2+n-1=n+1.
【变式1-4】已知等差数列an满足a2=4，2a4-a5=7，等比数列bn满足b3=4，b4+b5=8b1+b2．
(1)求an与bn的通项公式；
【分析】（1）设an的公差为d，由题意可得24+2d-4+3d=7，求得d=3， a1=1，进而可求an=3n-2；设bn的公比为q，由题意可得b1q31+q=8b11+q，求得q=2或q=-1，再分q=2，q=-1两种情况求解即可.
【详解】（1）设an的公差为d，因为a2=4，2a4-a5=7，
所以24+2d-4+3d=7，解得d=3，从而a1=1，
所以an=3n-2．
设bn的公比为q，因为b4+b5=8b1+b2，则有b1q31+q=8b11+q
b1≠0，q31+q=81+q，解得q=2或q=-1，
当q=2时，因为b3=4，所以b1=422=1，所以bn=2n-1．
当q=-1时，因为b3=4，所以b1=4,b2=-4，所以bn=4×-1n-1．
【变式1-5】已知等差数列an满足(n+1)an=n2-8n+k，数列bn是以1为首项，公比为3的等比数列.
(1)求an和bn；
【答案】(1)an=n-9，bn=3n-1
【分析】（1）方法一：由等比数列通项公式求bn，由数列an的通项公式求其前三项，由条件列方程求k，由此可得an；
方法二：由等比数列通项公式求bn，设数列an的公差为d，由条件结合等差数列通项公式化简条件可求a1,d，由此可得an；
【详解】（1）解法一：因为数列bn是以1为首项，公比为3的等比数列，
所以bn=3n-1，
因为(n+1)an=n2-8n+k，
所以a1=k-72，a2=k-123，a3=k-154.
因为数列an是等差数列，
所以2a2=a1+a3，即2×k-123=k-72+k-154，
解得k=-9.
所以(n+1)an=n2-8n-9=(n+1)(n-9)，
所以an=n-9.
解法二：因为数列bn是以1为首项，公比为3的等比数列，
所以bn=3n-1，
因为数列an是等差数列，设公差为d，则an=a1+(n-1)d=dn+a1-d.
所以(n+1)an=(n+1)dn+a1-d=dn2+a1n+a1-d=n2-8n+k，
所以d=1a1=-8k=-9，
所以an=n-9.
【变式1-6】已知an是等差数列，a1=1，d≠0，且a1，a2，a4成等比数列.
求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=n
【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列通项公式得到方程，求出d，即可求出通项；
【详解】（1）因为{an}是等差数列，a1=1，d≠0，且a1，a2，a4成等比数列，
所以a1a4=a22，即(1+d)2=1×(1+3d)，解得d=1或d=0（舍去），
所以an=1+(n-1)×1=n．
考法二：等差、等比数列的证明
例题分析
【例2】已知等比数列an的公比q0，
由b1+bn=2lg2an，
可得：当n≥2时，b1+bn-1=2lg2an-1，
两式相减得，bn-bn-1=2lg2anan-1=2lg2q,n≥2，
故数列bn是等差数列.
【变式2-2】设数列an的前n项和为Sn，且an与-4n的等差中项为Sn-an.
(1)证明：数列an+2是等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】(1)利用an与Sn关系，得到an与an-1间的关系，再利用定义即可证明结论；【详解】（1）依题知得2Sn-2an=an-4n
∴2Sn=3an-4n.
当n=1时，a1=4
当n≥2时，2Sn-1=3an-1-4n+4
∴2Sn-2Sn-1=3an-3an-1-4.
2an=3an-3an-1-4，得到an=3an-1+4，可变形为an+2=3an-1+2，
∵a1+2=6≠0.
∴an+2an-1+2=3
所以，数列an+2是等比数列.
【变式2-3】已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1，12Sn+1是3与4an的等差中项．
(1)设bn=an+1-2an，证明数列bn是等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】(1)根据等差中项的应用可得Sn+1=3+4an，利用Sn与an的关系即可证明；
【详解】（1）由题设得Sn+1=3+4an①，有Sn+2=3+4an+1②，
在①中令n=1得，
S2=3+4a1⇒a1+a2=3+4a1⇒a2=6⇒b1=a2-2a1=4，
由②-①，得
an+2=4an+1-4an⇒an+2-2an+1=2an+1-2an⇒bn+1=2bn，
又bn≠0，所以bn+1bn=2，
∴数列bn是首项为4，公比为2的等比数列．
【变式2-4】已知正项数列an满足a1=1，a2=2，且对任意的正整数n，1+an+12是an2和an+22的等差中项.
(1)证明：an+12-an2是等差数列，并求an的通项公式；
【答案】(1)证明见解析；an=n.
【分析】（1）证明an+12-an2是以3为首项，公差为2的等差数列，再求出an2=n2即得解；
（1）证明：由题知an+22+an2=2(1+an+12)，得(an+22-an+12)-(an+12-an2)=2，所以an+12-an2是以a22-a12=3为首项，公差为2的等差数列，即an+12-an2=3+(n-1)2=2n+1，当n≥2时，an2=(an2-an-12)+(an-12-an-22)+⋯+(a22-a12)+a12 =2(1+2+⋯n-1)+n=2×n(n-1)2+n=n2，当n=1时，a12=1也符合题意，所以an2=n2，又an>0所以an=n.
【变式2-5】已知数列an的前n项和为Sn，12Sn=an-2n-1．
(1)证明：an2n-1是等差数列；
(2)求数列an+1an的前n项积．
【答案】(1)证明见解析
(2)n+2×2n-1
【分析】（1）根据Sn与an的关系化简，可得an+12n-an2n-1=1，由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求出an，再由累乘法求解.
【详解】（1）由12Sn=an-2n-1，得12Sn+1=an+1-2n．
所以12Sn+1-Sn=an+1-an-2n-1，
即12an+1=an+1-an-2n-1，整理得an+1-2an=2n，
上式两边同时除以2n，得an+12n-an2n-1=1．
又12Sn=an-2n-1，所以12a1=a1-1，即a1=2，
所以an2n-1是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知，an2n-1=2+n-1×1=n+1．
所以an=n+1×2n-1．
所以a2a1×a3a2×a4a3×⋯×an-1an-2×anan-1×an+1an=an+1a1=n+2×2n2=n+2×2n-1．
【变式2-6】已知an数列满足a1=3，3an+1-9an=3n+2．
(1)证明：数列an3n为等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）等式两边同时除以3n+2，得到an+13n+1-an3n=1，再根据等差数列的定义即可证明.
【详解】（1）依题，在3an+1-9an=3n+2两边同时除以3n+2，
得an+13n+1-an3n=1，a131=1，
故数列an3n是以1为首项，1为公差的等差数列．
考法三：累加法求数列的通项公式
例题分析
【例3】数列{ an}满足an+2-4an+1+3an=0，且a1=8 , a2=2，求通项an.
【答案】an=11-3n
【分析】构造法求证{an+1-an}为等比数列并写出通项公式，再应用累加法求数列通项公式.
【详解】因为an+2-4an+1+3an=0，所以an+2-an+1=3(an+1-an)，
又a1=8 , a2=2 ，所以a2-a1=-6，
由等比数列定义知，数列an+1-an是以-6为首项，3为公比的等比数列，
所以an+1-an=-6⋅3n-1，
累加法可得：an-a1=(-6)⋅(30+31+⋯+3n-2)=(-6)⋅(1-3n-11-3)=3-3n,n≥2，
所以an=11-3n,n≥2，又a1=1符合该式，
故an=11-3n.
满分秘籍
当出现an＝an－1＋f(n)时，一般用累加法求通项．
变式训练
【变式3-1】已知数列{an}满足an+1=3an+2⋅3n+1,a1=3，求数列{an}的通项公式．
【答案】an=2n⋅3n-1+12⋅3n-12
【分析】先将条件变形为an+13n+1-an3n=23+13n+1，再利用累加法即可求得数列{an}的通项公式.
【详解】an+1=3an+2⋅3n+1两边除以3n+1，得
an+13n+1=an3n+23+13n+1，则an+13n+1-an3n=23+13n+1，故
an3n=an3n-an-13n-1+an-13n-1-an-23n-2+an-23n-2-an-33n-3+⋯+a232-a131+a13
=23+13n+23+13n-1+23+13n-2+⋯+23+132+33
=2n-13+13n+13n-1+13n-2+⋯+132+1，
=2n-13+13n⋅1-3n-11-3+1=2n3+12-12⋅3n，
则数列{an}的通项公式为an=2n⋅3n-1+12⋅3n-12．
【变式3-2】已知数列an各项均为正数，a1=1，an+1>an，且an+2+an=a2⋅an+1n∈N*.
(1)若数列an+1-an为等差数列，求数列an的前n项和Sn；
(2)若数列an+1-2an为等比数列，且数列an不为等比数列，求数列an的通项公式.
【答案】(1)Sn=n+nn-12=nn+12
(2)an=232n-12n
【分析】（1）根据等差数列定义结合条件数列an+1-an为等差数列，证明an+2+an=2an+1，由此证明an为等差数列，结合等差数列求和公式可求Sn，
（2）设数列an+1-2an的公比为q，根据等比数列定义结合条件求a2,q，化简可得an+12n+1-an2n=12⋅4n，利用累加法求an2n，由此可得an.
【详解】（1）因为an+2+an=a2⋅an+1n∈N*，所以an+3+an+1=a2⋅an+2，
两式相减，可得an+3-an+2+an+1-an=a2an+2-an+1
又∵an+1-an为等差数列，∴an+3-an+2+an+1-an=2an+2-an+1，
则a2an+2-an+1=2an+2-an+1，
又∵an+1>an，∴an+2-an+1≠0，∴a2=2，
所以an+2+an=2an+1，即an为等差数列，且公差d=1，
所以Sn=n+nn-12=nn+12.
（2）设an+1-2an的公比为q，
因为an+2+an=a2⋅an+1，所以an+2-2an+1+an-12an+1=a2-52an+1
所以q-12an+1-2an=a2-52an+1，因为an+1≠0,所以q-121-2anan+1=a2-52，
因为an不是等比数列，所以anan+1不是常数，所以q=12，a2=52，
又a2-2a1=12，所以an+1-2an=12n，即an+12n+1-an2n=12×4n=122n+1，
由累加法可知，an2n=an2n-an-12n-1+an-12n-1-an-22n-2+⋯+a222-a121+a121 =122n-1+122n-3+⋯+123+12 =12⋅1-14n1-14=231-14n,n≥2，
经检验，a121=2也满足an2n=231-14n，
所以an=232n-12n.
【变式3-3】数列an中，an+1=2n+1⋅an2n+1+an，a1=2，求an的通项.
【答案】an=2n2n-1
【分析】将an+1=2n+1⋅an2n+1+an两边取到数，可得1an+1=1an+12n+1，设bn=1an，即得bn-bn-1=12n，利用叠加法可求得bn，即可求得答案.
【详解】由题意得1an+1=2n+1+an2n+1an，∴ 1an+1=1an+12n+1，
设bn=1an，∴ bn+1=bn+12n+1，∴bn=bn-1+12n，∴ bn-bn-1=12n(n≥2)，
bn-1-bn-2=12n-1，∴bn-2-bn-3=12n-2，…，b3-b2=123，b2-b1=122，
∴bn-b1=122+123+⋯+12n=122[1-12n-1]1-12=12-12n，
而b1=1a1=12，∴bn=12-12n+12=2n-12n，
∴ an=2n2n-1,n≥2，由于a1=2适合该式，
故an的通项为an=2n2n-1.
考法四：累乘法求数列的通项公式
例题分析
【例4】已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，nanSn是公差为2的等差数列.
(1)求an的通项公式；
(2)求Sn.
【答案】(1)an=-1n-12n-1
(2)Sn=-n,n为偶数n,n为奇数
【分析】（1）推导出Sn=n2n-1×an，则Sn+1=n+12n+1×an+1，两式相减得an+1an=-2n+12n-1，再由累乘法能求出{an}的通项公式；
（2）分奇数偶数两种情况讨论，利用并项求和能求出Sn.
【详解】（1）由题意可知nanSn=1+2n-1=2n-1，整理可得Sn=n2n-1×an，①
则Sn+1=n+12n+1×an+1②
由②-①可得an+1=n+12n+1×an+1-n2n-1×an，
整理可得an+1an=-2n+12n-1，
因为a1=1，所以由累乘法可得an+1=-1n2n+1，
因为-102×0+1=a1，所以an=-1n-12n-1，
满分秘籍
当出现eq \f(an,an－1)＝f(n)时，一般用累乘法求通项．
变式训练
【变式4-1】已知数列an，Sn为数列an的前n项和，且满足a1=1，3Sn=n+2an．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=nn+12
【分析】（1）当n≥2时，由3Sn=n+2an可得出3Sn-1=n+1an-1，两式作差推导出anan-1=n+1n-1，然后利用累乘法可求得数列an的通项公式；
【详解】（1）解：对任意的3Sn=n+2an，
当n≥2时，3Sn-1=n+1an-1，两式相减3an=n+2an-n+1an-1．
整理得anan-1=n+1n-1，
当n≥2时，an=a1×a2a1×a3a2×⋯×an-1an-2×anan-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=nn+12，
a1=1也满足an=nn+12，从而an=n(n+1)2n∈N*．
【变式4-2】在数列an中，a1=1,anan-1=2n-32n+1n≥2，求an.
【答案】an=32n+12n-1
【分析】根据给定条件，利用累乘法列式求解即可.
【详解】在数列an中，a1=1,anan-1=2n-32n+1n≥2，
则当n≥2时，an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅a5a4⋅⋯⋅an-3an-4⋅an-2an-3⋅an-1an-2⋅anan-1
=1×15×37×59×711×⋯×2n-92n-5×2n-72n-3×2n-52n-1×2n-32n+1
=32n+12n-1，而a1=1满足上式，
所以an=32n+12n-1.
【变式4-3】已知数列an中，a1=1,an+1=an3nn∈N*．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=13n(n-1)2
【分析】（1）由an+1=an3n (n∈N*)，得到an+1an=13n(n∈N*)，再利用累乘法求解；
【详解】（1）因为a1=1，an+1=an3n (n∈N*)，
所以an+1an=13n(n∈N*)，
所以an=anan-1⋅an-1an-2⋅⋅⋅⋅⋅a2a1⋅a1 =13n-1⋅13n-2⋅⋅⋅⋅⋅131⋅1=131+2+⋯+n-1=13n(n-1)2
当n=1时， a1=1满足条件，
所以an=13n(n-1)2；
考法五：已知Sn求数列的通项公式
例题分析
【例5】已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an-2.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n；
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合“n≥2,an=Sn-Sn-1”求解作答.
【详解】（1）在数列an中，Sn=2an-2，当n≥2时，Sn-1=2an-1-2，两式相减得an=2an-2an-1，
即an=2an-1，而a1=S1=2a1-2，有a1=2，
所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，an=2⋅2n-1=2n，
所以an的通项公式是an=2n.
满分秘籍
通过Sn求an.已知数列{an}前n项和Sn.
则当n=1时 a1=S1
n≥2时 an=Sn-S(n-1)
变式训练
【变式5-1】设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-1n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1；
【分析】（1）利用给定条件，结合“an=Sn-Sn-1(n≥2)”求解作答.
【详解】（1）在数列an中，Sn=2an-1，当n=1时，a1=S1=2a1-1，解得a1=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1-1=2an-2an-1，则an=2an-1，
因此数列an是等比数列，首项为1，公比为2的等比数列，则an=a1qn-1=2n-1，
所以数列an的通项公式是an=2n-1.
【变式5-2】设正项数列an的前n项和为Sn，an2+2an=4Sn-1n∈N*．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1
【分析】（1）根据an=Sn-Sn-1(n≥2)推出an-an-1=2，再由等差数列的通项公式可求出结果；
【详解】（1）当n=1时，a12+2a1=4S1-1=4a1-1，得a1=1，
当n≥2时，an-12+2an-1=4Sn-1-1，
则an2+2an-an-12-2an-1=4Sn-1-4Sn-1+1=4an，
化简得an+an-1an-an-1=2an+an-1，
又an>0，所以an+an-1>0，an-an-1=2．
所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an=2n-1；
【变式5-3】已知数列an的前n项和Sn=3n2-n2,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意n>1，都有m∈N*，使得a1,an,am成等比数列.
【答案】(1)an=3n-2
(2)证明见解析
【分析】（1）由Sn与an的关系求得{an}的通项公式；
（2）对任意n>1，根据a1,an,am成等比数列求出满足条件的m即可.
【详解】（1）∵Sn=3n2-n2，
∴当n≥2时an=Sn-Sn-1=3n-2,
又n=1时，a1=S1=1=3×1-2,
∴an=3n-2；
（2）要使得a1,an,am成等比数列，只需要an2=a1am，即(3n-2)2 =1×(3m-2),m=3n2-4n+2=3n-232+23>0.
对任意n>1，m-n=3n2-5n+2=3n-2n-1>0，所以m>n,
∴对任意n>1，都有m∈N*，使得a1,an,am成等比数列.
【变式5-4】已知Sn是数列an的前n项和，a1=2，Sn=an+1+1.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2,n=12n-2,n≥2
【分析】（1）利用an与Sn的关系及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解；
【详解】（1）当n=1时，a1=S1=a2+1=2，
∴a2=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+1+1-an-1，
∴an+1=2an，
∴a2,a3,a4,⋯是以a2=1、公比为2的等比数列，
∴an=2,n=12n-2,n≥2.
考法六：构造法求数列的通项公式
例题分析
【例6】已知：a1=1，n≥2时，an=12an-1+2n-1，求an的通项公式．
【答案】an=32n-1+4n-6
【分析】构造等比数列an-4n+6，即可由等比数列的性质求解.
【详解】设an+An+B=12an-1+An-1+B，所以an=12an-1-12An-12A-12B，
∴ -12A=2,-12A-12B=-1,，解得：A=-4B=6，
又 a1-4+6=3，∴ an-4n+6是以3为首项，12 为公比的等比数列，
∴ an-4n+6=312n-1，∴ an=32n-1+4n-6．
满分秘籍
构造法的常见类型一般有：①an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0，其中a1＝a)，②an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)；③an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)．
构造法的构造方法：①形如an＋1＝αan＋β(α≠0,1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列．
②递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn＋1后得到eq \f(an＋1,γn＋1)＝eq \f(α,γ)·eq \f(an,γn)＋eq \f(β,γ)，转化为bn＋1＝kbn＋eq \f(β,γ)(k≠0,1)的形式，通过构造公比是k的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－\f(β,γ(1－k))))求解．
变式训练
【变式训练6-1】已知数列an中，a1=1,an+1=c-1an.设c=52,bn=1an-2，求数列bn的通项公式.
【答案】bn=-23-4n-13
【分析】记f(x)=5x-22x，令f(x)=x，求出不动点x1=12,x2=2，得到an+1-2an+1-12=14⋅an-2an-12，则an-2an-12是等比数列，求出an=2-32+4n-1，进而可得答案.
【详解】依题an+1=52-1an=5an-22an，
记f(x)=5x-22x，令f(x)=x，求出不动点x1=12,x2=2；
由定理2知：
an+1-12=2-1an=2⋅an-12an，
an+1-2=12-1an=12⋅an-2an ；
两式相除得到an+1-2an+1-12=14⋅an-2an-12，
∴an-2an-12是以14为公比，a1-2a1-12=-2为首项的等比数列，
∴an-2an-12=-2⋅14n-1,an=2-32+4n-1，
从而bn=-23-4n-13．
【变式训练6-2】已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=λan+4（λ为常数）.
(1)若λ=3，求an的通项公式；
【答案】(1)an=3n-2
【分析】（1）根据递推公式，利用构造法可得an+2为等比数列，然后可解；
【详解】（1）当λ=3时，an+1=3an+4，得an+1+2=3an+2
又a1+2=3≠0，所以an+2是首项为3，公比为3的等比数列，
所以an+2=3⋅3n-1=3n，即an=3n-2.
【变式训练6-3】已知数列an满足a1=3，a2=6，an+2=2an+1+3an，求an
【答案】an=14．3n+1+34 (-1)n-1．
【分析】法1：构造an+1+an为等比数列，求出其通项，再分奇偶讨论，利用累加法求解即可；法2：利用二阶特征根方程求解得到an=α⋅3n+β⋅-1n，根据a1=3，a2=6列方程组求出α和β即可.
【详解】法1：已知an+2=2an+1+3an，所以an+2+an+1=3an+1+3an=3an+1+an，
则an+1+an是首项为a2+a1=6+3=9，公比为3的等比数列，
故an+1+an=9×3n-1=3n+1①，则an+2+an+1=3n+2②，
②-①得，an+2-an=2×3n+1
当n为奇数时，an-an-2=2×3n-1，an-2-an-4=2×3n-3，⋯，a5-a3=2×34，a3-a1=2×32，
累加可得，an-a1=232+34+⋯+3n-1=2⋅32-3n-1⋅91-9=14⋅3n+1-94，
所以an=14⋅3n+1-94+a1=14⋅3n+1-94+3=14⋅3n+1+34，
当n为偶数时，an=3n+1-an+1=3n+1-14⋅3n+2-34=14⋅3n+1-34，
综上，an=14⋅3n+1+34⋅-1n-1；
法2：由特征根方程x2=2x+3得，x1=3，x2=-1，
所以an=α⋅3n+β⋅-1n，其中a1=3α-β=3a2=9α+β=6，解得α=34，β=-34，
an=34⋅3n-34⋅-1n=14⋅3n+1+34⋅-1n-1.
真题专练
1记Sn为数列an的前n项和，已知Sn,2n的等差中项为an.
(1)求证an+2为等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）利用等差中项性质化简，再利用an与Sn的关系求出an+1=2an+2，利用等比数列定义即可证明；
【详解】（1）因为Sn,2n的等差中项为an，所以Sn+2n=2an，
因为n=1时，S1=a1，则S1+2=2a1，所以a1=2，
由Sn+2n=2an得Sn+1+2n+2=2an+1，
又an+1=Sn+1-Sn，两式相减得an+1+2=2an+1-2an，即an+1=2an+2，
所以有an+1+2=2an+2，所以an+1+2an+2=2，
所以an+2是等比数列，其首项为a1+2=4，公比为2.
2．记Sn为数列an的前n项和，已知Sn=an-nn+1.
(1)求数列{an}的通项公式；
【答案】(1)an=2n
【分析】（1）由Sn-Sn-1=an=n+1an-nan-1-2n，可得an-an-1=2，则数列{an}是首项与公差都是2的等差数列，进而可得答案.
【详解】（1）由a1=S1=a1-1×2⇒a1=2，
由Sn=an-nn+1可得Sn=n+1an-nn+1，
则n≥2时Sn-1=nan-1-nn-1，
两式相减可得Sn-Sn-1=an=n+1an-nan-1-2n，
化为nan-an-1=2n，因为n≠0，
所以an-an-1=2，数列{an}是首项与公差都是2的等差数列，
所以an=2+n-1×2=2n；
3．已知各项均为正数的数列an满足2Sn=an+1，其中Sn是数列an的前n项和.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1
【分析】（1）由an与Sn的关系式即可证得数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列an的通项公式；
【详解】（1）∵2Sn=an+1，∴Sn=an+122
当n=1时，S1=a1=a1+122，解得a1=1.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+122-an-1+122，
即an+an-1an-an-1-2=0，
∵an+an-1≠0，∴an-an-1-2=0，
∴数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴an=2n-1.
4．已知数列an和bn，a1=2，1bn-1an=1，an+1=2bn.
(1)求证数列1an-1是等比数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）通过题中关系，可得1an+1-1=121an-1，进而可得数列1an-1是以-12为首项，公比为12的等比数列.
【详解】（1）由a1=2，1bn-1an=1，an+1=2bn得2an+1-1an=1，
整理得1an+1-1=121an-1，而1a1-1=-12≠0，
所以数列1an-1是以-12为首项，公比为12的等比数列
5．设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，且数列3-2Snan是公比为13的等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=3n-1
【分析】（1）由题意求出2Sn=3-13n-1an，则2Sn+1=3-13nan+1，两式相减化简变形可得an+1=3an，从而得数列an是以a1=1为首项，以3为公比的等比数列，进而可求出通项公式；
【详解】（1）因为S1=a1=1,3-2S1a1=1，
所以由题意可得数列3-2Snan是首项为1，公比为13的等比数列，
所以3-2Snan=13n-1，即2Sn=3-13n-1an，
所以2Sn+1=3-13nan+1，
两式作差得：2Sn+1-Sn=2an+1=3-13nan+1-3-13n-1an，
化简得：1-3-nan+1-31-3-nan=0,即3n-1an+1-3an=0，
所以an+1=3an，
所以数列an是以a1=1为首项，以3为公比的等比数列，
故数列an的通项公式为an=3n-1；
6．已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an-1．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=3n-1
【分析】（1）由an与Sn的关系求通项；
【详解】（1）由已知2Sn=3an-1①，
当n=1时，2S1=3a1-1，即2a1=3a1-1，解得a1=1，
当n≥2时，2Sn-1=3an-1-1②，
①-②得2an=3an-3an-1，即an=3an-1，
所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n-1；
7．已知正项数列an的前n项和为Sn，满足an=2Sn-1.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n-1
【分析】（1）利用和与项的关系可得an+an-1an-an-1-2=0，由an+an-1≠0可得an-an-1=2，再利用等差数列的通项公式即可求解；
【详解】（1）an=2Sn-1⇒an+12=4Sn，
当n≥2时，an-1+12=4Sn-1，两式子作差可得
an2-an-12+2an-2an-1=4an⇒an2-an-12-2an+an-1=0⇒an+an-1an-an-1-2=0，
又an+an-1≠0，所以an-an-1-2=0⇒an-an-1=2，
可得数列an为公差为2 的等差数列，
当n=1时，a1=2S1-1⇒a1-2a1+1=0⇒a1-12=0⇒a1=1，
所以，数列an的通项公式为an=a1+n-1d=2n-1.
8．在等比数列an中，a7=8a4，且12a2,a3-4,a4-12成等差数列.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n+1
【分析】（1）设an的公比为q，由题意解出a1,q，可得数列通项；
【详解】（1）设an的公比为q，由a7=8a4，则a4q3=8a4，解得q=2.
∵12a2,a3-4,a4-12成等差数列，∴2a3-4=12a2+a4-12.
得24a1-4=a1+8a1-12，解得a1=4，
∴an=4×2n-1=2n+1.
9．已知数列an的前n项和为Sn,Sn=13n+2an，且a1=1.
(1)求证：数列ann是等差数列；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）利用an与Sn的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列an的通项，再利用等差数列定义推理作答.
【详解】（1）数列an中，3Sn=(n+2)an，当n≥2时，3Sn-1=(n+1)an-1，
两式相减得3an=(n+2)an-(n+1)an-1，即(n-1)an=(n+1)an-1，则ann+1=an-1n-1，
于是an(n+1)n=an-1n(n-1)，因此数列{an(n+1)n}是常数列，则an(n+1)n=a12×1=12，
从而an=n(n+1)2，即ann=n+12,an+1n+1-ann=12，
所以数列ann是以1为首项，12为公差的等差数列.
10．已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-2，数列bnn是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)分别求出数列an,bn的通项公式；
【答案】(1)an=2n，bn=2n2-n
【分析】（1）当n≥2时，根据Sn-Sn-1=an，利用两式相减得an=2an-1，由等比数列的通项公式可求出an；根据等差数列的通项公式可求出bn；
【详解】（1）当n=1时，S1=2a1-2，得a1=2，
当n≥2时，Sn-1=2an-1-2，所以Sn-Sn-1=2(an-an-1)，
所以an=2an-2an-1，即an=2an-1，因为a1=2≠0，
所以anan-1=2，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an=2n.
因为数列bnn是首项为1，公差为2的等差数列，
所以bnn=1+(n-1)⋅2=2n-1，则bn=2n2-n，
11．在等差数列{an}中，a2=4，其前n项和Sn满足Sn=n2+λn(λ∈R).
(1)求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式；
【答案】(1)λ=1，an=2n
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意的λ=1，进而得d=2，即可得到数列的通项公式；
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，
因为a2=S2-S1=(4+2λ)-(1+λ)=3+λ，
所以3+λ=4，所以λ=1. …
所以a1=S1=2，所以d=a2-a1=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n.
12．已知公差为正数的等差数列an的前n项和为Sn,a2=3，且a1,a3,2a6+3成等比数列.
(1)求an和Sn.
【答案】(1)an=2n-1，Sn=n2
【分析】（1）根据条件设出等差数列an的公差，结合等比数列的性质列式求出公差，然后根据等差数列通项公式和求和公式即可得到答案；
【详解】（1）设等差数列an的公差为d(d>0)，
因为a2=3，a1,a3,2a6+3成等比数列，
所以a32=a1⋅2a6+3，即(d+3)2=3-d9+8d，
得d2-d-2=0，
解得d=2或d=-1（舍），
所以a1=a2-d=3-2=1，
所以an=a1+n-1d=1+n-1×2=2n-1，
Sn=na1+an2=n1+2n-12=n2.
13．已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn=32an-1.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2×3n-1
【分析】（1）由an与Sn的关系可求出通项公式；
【详解】（1）当n=1时，a1=32a1-1，得a1=2，
当n≥2时，Sn-Sn-1=an=32an-an-1，得an=3an-1，
所以数列an是以2为首项，公比为3的等比数列，
所以an=2×3n-1.
14．已知各项为正数的数列an的前n项和为Sn，满足Sn+1+Sn=12an+12,a1=2．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n
【分析】（1）根据条件，利用Sn与an间的关系即可求出结果；
【详解】（1）∵Sn+1+Sn=12an+12,∴Sn+Sn-1=12an2(n≥2)，
两式相减得：an+1+an=12an+12-an2=12an+1+anan+1-an，
由于an+1+an>0，则an+1-an=2(n≥2)，
当n=1时，S1+S2=12a22,a1=2，得a2=4，
a2-a1=2，则an+1-an=2n∈N*，
所以an是首项和公差均为2的等差数列，故an=2+(n-1)⋅2=2n．
15．已知数列an的前n项和为SnSn≠0，数列Sn的前n项积为Tn，且满足Sn+Tn=Sn⋅Tn n∈N*．
(1)求证：1Sn-1为等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）根据所给递推公式及前n项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；
【详解】（1）因为Sn+Tn=Sn⋅Tnn∈N*，
当n=1时，S1+T1=S1⋅T1⇒2a1=a12，解得a1=2或a1=0，
又Sn≠0，所以a1≠0，故a1=2，
由Sn+Tn=Sn⋅Tn，可得Sn≠1，所以Tn=SnSn-1，
当n≥2时，Tn-1=Sn-1Sn-1-1．
所以TnTn-1=SnSn-1×Sn-1-1Sn-1，即Sn=SnSn-1×Sn-1-1Sn-1，
所以1Sn-1=Sn-1Sn-1-1=1+1Sn-1-1，所以1Sn-1-1Sn-1-1=1
所以1Sn-1是以1S1-1=1为首项，1为公差的等差数列.
16．已知数列an的前n项和为Sn，且2Snn=n-13.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=n-7
【分析】（1）根据an与Sn的关系可直接求解；
【详解】（1）因为2Snn=n-13，所以2Sn=n(n-13)，
所以当n=1时，2a1=-12，所以a1=-6；
当n≥2时，2Sn-1=(n-1)(n-14)，
所以2an=2Sn-2Sn-1=2n-14，
所以an=n-7，
又a1=-6满足上式，
所以数列an的通项公式为an=n-7.
17．已知Sn为数列an的前n项和，a1=2,Sn=an+1-3n-2．
(1)求数列an的通项公式an；
【答案】(1)an=5×2n-1-3
【分析】（1）根据数列递推式可得Sn-1=an-3n-1-2,n≥2，采用两式相减的方法可得an+1=2an+3,n≥2，从而构造数列，可求得an的通项公式；
【详解】（1）当n=1时，S1=a1=a2-3-2，则a2=7，
因为Sn=an+1-3n-2，
所以Sn-1=an-3n-1-2,n≥2，
两式相减得：an+1=2an+3,n≥2 ，
所以an+1+3=2an+3，n≥2，
a1=2,a1+3=5，a2+3=10，则a2+3=2a1+3，即n=1也适合上式，
所以an+3是以5为首项，公比为2的等比数列，
故：an+3=5×2n-1，
故an=5×2n-1-3；
18．设等差数列an的公差为d，且d>1．令bn=n2+nan，记Sn,Tn分别为数列an,bn的前n项和．
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21，求an的通项公式；
【答案】(1)an=3n
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
【详解】（1）∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
又T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d，
∴S3+T3=6d+9d=21，
即2d2-7d+3=0，解得d=3或d=12（舍去），
∴an=a1+(n-1)⋅d=3n.
19．设等差数列an的前n项和为Sn，公比是正数的等比数列bn的前n项和为Tn，已知a1=1，b1=3，a3+b3=17，T3-S3=12，求an，bn的通项公式．
【答案】an=2n-1，bn=3×2n-1
【分析】设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，由等差数列和等比数列通项公式和前n项和定义化简条件，解方程求d,q，结合通项公式求解.
【详解】设an的公差为d，数列bn的公比为q，由已知q>0，
由a3+b3=17得1+2d+3q2=17①
由T3-S3=12得3+3q+3q2-1-1-d-1-2d=12
故q2+q-d=4②
由①②及q>0解得q=2，d=2
故所求的通项公式为an=1+2n-1=2n-1，bn=3×2n-1．
20．已知数列an的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)．
(1)证明数列an+1是等比数列；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）利用n≥2时，Sn-Sn-1=an将原式变形为an+1+1=2an+1，最后根据等比数列定义给以证明；
【详解】（1）由已知Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)可得n≥2，Sn=2Sn-1+n+4，
两式相减得Sn+1-Sn=2Sn-Sn-1+1，即an+1=2an+1，从而an+1+1=2an+1，
当n=1时，S2=2S1+1+5，所以a2+a1=2a1+6，
又a1=5，所以a2=11，从而a2+1=2a1+1．
故总有an+1+1=2an+1，n∈N*，
又a1=5，a1+1=6，从而an+1+1an+1=2，
即数列an+1是以6为首项，2为公比的等比数列.