2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 039-能力提升8 求数列的通项公式（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 039-能力提升8 求数列的通项公式（教用），共15页。试卷主要包含了累加法求数列的通项公式，累乘法求数列的通项公式，构造法求数列的通项公式等内容，欢迎下载使用。
能力提升8 求数列的通项公式
除了利用前面我们学习过的观察法、公式法以及an 与Sn 的关系求数列的通项公式外，还可以利用累加法、累乘法以及构造法求数列的通项公式，其中构造法求数列的通项公式是高考的一个热点内容.
题型一 累加法求数列的通项公式
例1 （2026·四川成都开学考）已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+2n(n∈N∗)，则a10=（ ）
A. 210−1B. 211+1C. 210+1D. 211−1
【答案】A
【解析】因为an+1=an+2n，所以an+1−an=2n，所以a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=an−a1=2+22+23+⋯+2n−1，则an=1+2+22+⋯+2n−1=1−2n1−2=2n−1，所以a10=210−1.故选A.
归纳总结
对于形如an+1=an+f(n) 的数列，其通项公式可以利用累加法求解，即将an+1=an+f(n) 变形为an+1−an=f(n)，然后借助an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=a1+f(1)+f(2)+⋯+f(n−1) 求解.
针对训练1．在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln(1+1n)，则{an}的通项公式为an=（ ）
A. 2+lnnB. 2+(n−1)lnn
C. 2+nlnnD. 1+n+lnn
【答案】A
【解析】因为an+1−an=lnn+1n=ln(n+1)−lnn，所以a2−a1=ln2−ln1，a3−a2=ln3−ln2，
a4−a3=ln4−ln3，⋯⋯ ，
an−an−1=lnn−ln(n−1)(n≥2)，
以上各式累加得an−a1=lnn−ln1，则an=2+lnn(n≥2)，
又a1=2满足上式，所以an=2+lnn.
题型二 累乘法求数列的通项公式
例2
（1） （2025·山东济南模拟）在数列{an}中，满足a1=1，an+1=nann+2(n∈N∗)，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2） 已知数列{an}中，a1=1，nan+1=2(a1+a2+⋯+an)(n∈N∗)，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】（1） an=2n(n+1)
（2） an=n
【解析】
（1） 因为an+1=nann+2，所以an+1an=nn+2，则有a2a1=13，a3a2=24，a4a3=35，⋯⋯ ，anan−1=n−1n+1(n≥2).
以上各式相乘得ana1=2n(n+1)(n≥2)，
又a1=1，所以an=2n(n+1)(n≥2).
显然a1=1满足上式，则an=2n(n+1)(n∈N∗).
（2） ∵nan+1=2(a1+a2+⋯+an)①，
∴ 当n≥2时，(n−1)an=2(a1+a2+⋯+an−1)②，
①−②得nan+1−(n−1)an=2an，即nan+1=(n+1)an，又当n=1时，a2=2a1,满足此式，
∴an+1an=n+1n(n≥1)，
∴ 当n≥2时，an=a1⋅a2a1⋅⋯⋅anan−1=1⋅21⋅⋯⋅nn−1=n，
又a1=1满足上式，∴an=n.
归纳总结
对于形如an+1=an⋅f(n) 的数列，其通项公式可以利用累乘法求解，即将an+1=an⋅f(n) 变形为an+1an=f(n)，然后借助an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=a1⋅f(1)⋅ f(2)⋅⋯⋅f(n−1)求解.
针对训练2．若数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，2Sn=(n+1)an，则数列{an}的通项公式为an=_ _ _ _ .
【答案】n
【解析】因为2Sn=(n+1)an，所以当n≥2时，2Sn−1=nan−1，两式相减得2an=(n+1)an−nan−1，即(n−1)an=nan−1，所以anan−1=nn−1，则有a2a1=21，a3a2=32，a4a3=43，⋯ ，anan−1=nn−1(n≥2)，以上各式相乘得ana1=n，即an=n(n≥2).又a1=1满足此式，所以an=n.故数列{an}的通项公式为an=n.
题型三 构造法求数列的通项公式
角度1 an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)型
例3 已知数列{an}的首项a1=4，且an+1=2an−3(n为正整数)，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=2n−1+3
【解析】因为an+1=2an−3，所以an+1−3=2(an−3)，因此数列{an−3}是公比为2的等比数列，
又a1=4，所以a1−3=4−3=1，所以an−3=2n−1，即an=2n−1+3.
归纳总结
an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)型的构造方法
角度2 an+1=pan+f(n)(p≠0,1)型
例4 已知数列{an}满足a1=2，且an+1=2an+2n+2(n∈N∗)，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=(2n−1)⋅2n
【解析】因为an+1=2an+2n+2，所以an+12n+1=2an+2n+22n+1=an2n+2，即an+12n+1−an2n=2，又a121=1，所以数列{an2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，故an2n=1+2(n−1)=2n−1，则an=(2n−1)⋅2n.
变式．将本例中的“an+1=2an+2n+2(n∈N∗)”改为an+1=3an+2n+1(n∈N∗)，其他条件不变，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=2(3n−2n)
【解析】由an+1=3an+2n+1，得an+12n+1=32⋅an2n+1，即an+12n+1+2=32(an2n+2)，于是数列{an2n+2}是首项为a12+2=3，公比为32的等比数列，因此an2n+2=3×(32)n−1，即an=2(3n−2n)，所以数列{an}的通项公式为an=2(3n−2n).
例5 已知数列{an}满足a1=1，且an+1=2an−4n(n∈N∗)，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=4n+4−7×2n−1
【解析】an+1=2an−4n可化为an+1+λ(n+1)+μ=2(an+λn+μ)，则an+1=2an+λn+(μ−λ)，因此有λ=−4,μ−λ=0,所以λ=−4,μ=−4,此时an+1−4(n+1)−4=2(an−4n−4)，于是an+1−4(n+1)−4an−4n−4=2，所以{an−4n−4}是公比为2的等比数列，又a1−4×1−4=−7，所以an−4n−4=−7×2n−1，故an=4n+4−7×2n−1.
归纳总结
1.an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1)型的构造方法
2.an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0)型的构造方法
角度3 an+1=panqan+r(p≠0,q≠0,r≠0,p≠r)型
例6 已知数列{an}的首项a1=34，且满足an+1=3an2an+1，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=3n3n+1
【解析】将an+1=3an2an+1的两边同时取倒数得1an+1=2an+13an，所以1an+1=13⋅1an+23，即1an+1−1=13⋅(1an−1)，因此数列{1an−1}是首项为1a1−1=13，公比为13的等比数列，于是1an−1=13⋅(13)n−1=(13)n，故an=3n3n+1.
归纳总结
an+1=panqan+r(p≠0,q≠0,r≠0,p≠r)型的构造方法
针对训练3．已知数列{an}满足a1=3，且an=4an+1−12，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=4−(14)n−1
【解析】由an=4an+1−12可得an+1=14an+3，所以an+1−4=14(an−4)，因此{an−4}是首项为a1−4=−1，公比为14的等比数列，所以an−4=−(14)n−1，于是an=4−(14)n−1.
针对训练4．已知数列{an}满足an+1=2an−n+1，a1=3，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=2n+n
【解析】设an+1=2an−n+1可化为an+1+x(n+1)+y=2(an+xn+y)，则an+1=2an+xn+y−x，因此x=−1,y−x=1,即x=−1,y=0,于是an+1−(n+1)=2(an−n)，所以{an−n}是首项为a1−1=2，公比为2的等比数列，于是an−n=2n，故an=2n+n.
针对训练5．（2025·陕西咸阳模拟）已知数列{an}满足a1=13，an+1=an3an+1，则数列{anan+1}的前n项和Sn=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】n9(n+1)
【解析】因为an+1=an3an+1，所以1an+1=3an+1an=3+1an，故1an+1−1an=3，又1a1=3，所以{1an}是以3为首项，3为公差的等差数列，于是1an=3+(n−1)×3=3n，即an=13n，所以anan+1=13n×13(n+1)=19(1n−1n+1)，故Sn=a1a2+a2a3+⋯+anan+1=19(11−12)+19(12−13)+⋯+19(1n−1n+1)=19(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=19(1−1n+1)=n9(n+1).