2026年高考数学一轮复第04讲数列的通项公式(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复第04讲数列的通项公式(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共19页。学案主要包含了方法技巧，变式训练1-2，变式训练1-3，变式训练2-1，变式训练2-2，变式训练2-3，变式训练3-2，变式训练3-3等内容，欢迎下载使用。
01TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc3048" \l "_Tc199181714" 考情解码・命题预警 PAGEREF _Tc199181714 \h 2
\l "_Tc21629" 02体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc21629 \h 3
\l "_Tc26288" 03核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc26288 \h 4
\l "_Tc8047" 知能解码 PAGEREF _Tc8047 \h 4
\l "_Tc19871" 知识点1 利用与的关系求通项 PAGEREF _Tc19871 \h 4
\l "_Tc1660" 知识点2 累加法 PAGEREF _Tc1660 \h 5
\l "_Tc27531" 知识点3 累乘法 PAGEREF _Tc27531 \h 5
\l "_Tc16282" 知识点4 构造法 PAGEREF _Tc16282 \h 6
\l "_Tc25387" 知识点5 倒数法 PAGEREF _Tc25387 \h 7
\l "_Tc23791" 知识点6 递推关系式法 PAGEREF _Tc23791 \h 8
\l "_Tc14121" 题型破译 PAGEREF _Tc14121 \h 8
\l "_Tc13080" 题型1 法 PAGEREF _Tc13080 \h 8
\l "_Tc15335" 题型2 累加法 PAGEREF _Tc15335 \h 10
【方法技巧】累加法求解模型
\l "_Tc5721" 题型3 累乘法 PAGEREF _Tc5721 \h 12
【方法技巧】累乘法求解模型
\l "_Tc10323" 题型4 形如 PAGEREF _Tc10323 \h 14
【方法技巧】常考构造法模型
\l "_Tc20126" 题型5 形如 PAGEREF _Tc20126 \h 15
\l "_Tc18051" 题型6 形如 PAGEREF _Tc18051 \h 16
\l "_Tc24631" 题型7 倒数法 PAGEREF _Tc24631 \h 18
\l "_Tc2532" 题型8 形如 PAGEREF _Tc2532 \h 19
\l "_Tc30638" 题型9 利用前n项积求通项 PAGEREF _Tc30638 \h 21
\l "_Tc16460" 04真题溯源·考向感知 PAGEREF _Tc16460 \h 22
05课本典例·高考素材 \l "_Tc31027" PAGEREF _Tc31027 \h 24
\l "_Tc25045" 知识点1 利用与的关系求通项
对于数列，前项和记为；
①；②
②：
自主检测已知数列an满足a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n，则数列an的通项公式为 .
【答案】an=n+1
【详解】由题意a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n，
当n≥2时，a1+2a2+⋯+2n−2an−1=n−1⋅2n−1，两式相减得，
2n−1an=2n⋅2n−1−n−1⋅2n−1=n+1⋅2n−1，解得an=n+1，
在a1+2a2+⋯+2n−1an=n⋅2n中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，
综上所述，所求即为an=n+1.
故答案为：an=n+1.
\l "_Tc25045" 知识点2 累加法
若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法。
自主检测若数列an满足an=an−1+1n2+n（n≥2且n∈N+），a1=12，则a2025=（ ）
A．20222023B．20232024C．20242025D．20252026
【答案】D
【详解】由an=an−1+1n2+n⇒an−an−1=1n−1n+1，可得：
a1=12a2−a1=12−13a3−a2=13−14a4−a3=14−15⋅⋅⋅a2025−a2024=12025−12026，累计可得：a2025=1−12026=20252026，
故选：D.
\l "_Tc25045" 知识点3 累乘法
若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。
自主检测已知数列an满足a1=1,(n−1)an=n⋅2nan−1n∈N∗,n≥2，则数列an的通项公式为 ．
【答案】an=n⋅2(n−1)(n+2)2n∈N∗
【详解】当n≥2时，有(n−1)an=n⋅2nan−1，故anan−1=nn−1⋅2n，
则有an−1an−2=n−1n−2⋅2n−1，an−2an−3=n−2n−3⋅2n−2,⋯,a2a1=21×22．
上述n−1个式子累乘得ana1=nn−1⋅2n⋅n−1n−2⋅2n−1⋅n−2n−3⋅2n−2⋅⋯⋅21×22 =n⋅2n+(n−1)+(n−2)+⋯+2 =n⋅2(n−1)(n+2)2．
因为a1=1，所以an=n⋅2(n−1)(n+2)2，
而当n=1时，a1=1×20=1，也满足上式，
故数列an的通项公式为an=n⋅2(n−1)(n+2)2n∈N∗．
故答案为：an=n⋅2(n−1)(n+2)2n∈N∗.
\l "_Tc25045" 知识点4 构造法
（一）形如（其中均为常数且）型的递推式：
（1）若时，数列{}为等差数列；
（2）若时，数列{}为等比数列；
（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：
法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
（2）当为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
自主检测数列an中，a1=1，an+1=3an−1，则通项an= ．
【答案】3n−1+12
【详解】数列an中，由an+1=3an−1，得an+1−12=3(an−12)，而a1−12=12，
因此数列{an−12}是首项为12，公比为3的等比数列，则an−12=12⋅3n−1，
所以an=3n−1+12.
故答案为：3n−1+12
\l "_Tc25045" 知识点5 倒数法
类型1：形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得.
类型2：形如（为常数，，，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，可通过换元：，化简为：（此类型符构造法类型1： 用“待定系数法”构造等比数列：形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式.）
自主检测已知数列|an中，a1=25，an+1=2anan+1，则满足an>20242025的n的最小值为 .
【答案】13
【详解】由an+1=2anan+1，得1an+1=an+12an=12+12⋅1an，则1an+1−1=121an−1．
因为a1=25，所以1a1−1=32，所以1an−1是首项为32，公比为12的等比数列，
所以1an−1=32⋅12n−1=32n.
由an>20242025，可得1an−16072的n的最小值为13.
故答案为：13.
\l "_Tc25045" 知识点6 递推关系式法
形如型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
自主检测已知数列an满足a1=1,a2=3，且an+2=3an+1−2ann∈N∗，求an ．
【答案】13,+∞
【详解】因为an+2=3an+1−2ann∈N∗，可得an+2−an+1=2an+1−2an，
即an+2−an+1=2(an+1−an)，所以an+2−an+1an+1−an=2n∈N∗，
所以an+1−an是以a2−a1=3−1=2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1−an=2nn∈N∗，所以an+1−2n+1=an−2n，
所以数列an−2n是常数数列，an−2n=a1−21=1−2=−1，所以an=2n−1，
题型1 法
例1-1已知数列an的各项均为正，Sn为数列an的前n项和，an2+2an=4Sn+3.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n+1
【详解】（1）因为an2+2an=4Sn+3，则a12+2a1=4a1+3，即a12−2a1−3=0，
解得：a1=3或a1=−1（舍），
当n∈N∗时，由an2+2an=4Sn+3可得an+12+2an+1=4Sn+1+3，
上述两个等式作差可得an+12+2an+1−an2+2an=4an+1，
整理可得an+1+anan+1−an−2=0，
又因为数列an的各项均为正，所以an+1−an=2，
所以数列an是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列an的通项公式an=3+2n−1=2n+1.
例1-2已知数列an满足1a1+12a2+13a3+⋯+1nan=nn+34，则an的通项公式为 .
【答案】an=2n(n+1)
【详解】数列an中，1a1+12a2+13a3+⋯+1nan=n(n+3)4，
当n≥2时，1a1+12a2+13a3+⋯+1(n−1)an−1=(n−1)(n+2)4，
两式相减得1nan=n+12，解得an=2n(n+1)，而1a1=1，即a1=1满足上式，
所以an的通项公式为an=2n(n+1).
故答案为：an=2n(n+1)
【变式训练1-1·变考法】数列an满足a12n+a22n−1+⋅⋅⋅+an2=n，则an= ；
【答案】 n+1
【详解】解法一：由a12n+a22n−1+⋅⋅⋅+an2=n，得a1+2a2+⋅⋅⋅+2n−1an=n⋅2n．①
当n=1时，a12=1，所以a1=2．
当n≥2时，有a1+2a2+⋅⋅⋅+2n−2an−1=(n−1)2n−1．②
①－②得2n−1an=n⋅2n−(n−1)2n−1，即an=n+1(n≥2)．
因为a1=2符合an=n+1，所以an=n+1，
【变式训练1-2】已知数列an的首项为1，其前n项和为Sn，且满足3nan+1−6Sn=nn+1n+2.
(1)求数列an的通项公式.
【答案】(1)an=n2
(2)证明见解析
【详解】（1）∵3nan+1−6Sn=nn+1n+2，①
∴当n≥2时，3n−1an−6Sn−1=n−1nn+1，②
①-②，得nan+1−n+1an=nn+1，
两边同时除以nn+1，得an+1n+1−ann=1n≥2.
当n=1时，3a2−6S1=3a2−6a1=1×2×3=6.
∵a1=1，
∴3a2−6=6，解得a2=4，
此时a22−a11=1，也满足an+1n+1−ann=1，
∴数列ann是以a11=1为首项，1为公差的等差数列，
∴ann=1+n−1⋅1=n，即an=n2.
【变式训练1-3】数列an是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn=14an2+n,n∈N∗．
(1)求an,Sn；
【答案】(1)an=2n，Sn=n2+n
【详解】（1）由Sn=14an2+n,n∈N∗得，Sn−1=14an−12+n−1,n≥2．
两式相减得：an=14an2−an−12+1,n≥2，即an−22=an−12,n≥2，
因为an是递增数列，所以an−an−1=2,n≥2，
由S1=14a12+1，得a1=2，所以an是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an=2+2(n−1)=2n，Sn=na1+an2=n2+n；
题型2 累加法
例2-1已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1−an=2n，则Sn= .
【答案】2n+1−n−2
【详解】数列an中，由an+1−an=2n，得当n≥2时，an−an−1=2n−1，
则an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+21+22+⋯+2n−1=1−2n1−2=2n−1，
显然a1=1满足上式，因此an=2n−1，
所以Sn=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2.
故答案为：2n+1−n−2
例2-2已知数列an满足a1=18，an+1−an=3n，则ann的最小值为
【答案】9
【详解】由已知可得，an+1=an+3n，
所以当n≥2时，有an=an−1+3n−1.
则有
a1=18，
a2=a1+3×1，
a3=a2+3×2，
⋯
an=an−1+3n−1，
两边分别相加可得，a1+a2+a3+⋯+an =a1+a2+⋯+an−1+18+3×1+3×2+⋯+3n−1 =a1+a2+⋯+an−1+18+n−13+3n−32=a1+a2+⋯+an−1+3nn−12+18，
所以an=3nn−12+18.
当n=1时，a1=18满足条件.
所以，an=3nn−12+18，
所以ann=3n−12+18n=3n2+18n−32.
设fx=3x2+18x−32，
根据对勾函数的性质可知，当01时，n−1an=n+1an−1，则数列1an的前100项和为 .
【答案】200101/199101
【详解】在数列an中，首项a1=1，n>1时，n−1an=n+1an−1，
即当n≥2时，anan−1=n+1n−1，
所以a2a1=31，a3a2=42，a4a3=53，⋯，anan−1=n+1n−1，
上述等式全部相乘得ana1=3×4×5×⋯×n−1×n×n+11×2×3×4×5×⋯×n−1=nn+12，则an=nn+12，
a1=1也满足an=nn+12，故对任意的n∈N∗，an=nn+12，
所以，1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以数列1an的前100和为S=21−12+212−13+213−14+⋯+21100−1101=21−1101=200101.
故答案为：200101.
例3-2已知数列an满足a1=2，an+1=2n+2n+1an，则an的通项公式为 ．
【答案】an=n+1⋅2n−1
【详解】因为数列an满足a1=2，an+1=2n+2n+1an，则an+1an=2n+2n+1，
所以，当n≥2时，an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=2×2×32×2×43×⋯×2n+1n=n+1⋅2n−1，
a1=2也满足an=n+1⋅2n−1，所以，对任意的n∈N∗，an=n+1⋅2n−1．
故答案为：an=n+1⋅2n−1
方法技巧 累乘法求解模型
若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。
【变式训练3-1·变考法】在数列an中，a1=3,an+1an=n+3n+2，则a34= .
【答案】6
【详解】因a1=3,an+1an=n+3n+2，故有a34a33⋅a33a32⋅a32a31⋅a31a30⋅⋅⋅a2a1=3635⋅3534⋅3433⋅⋅⋅43，
即得a34a1=363，所以a34=12a1=6.
故答案为：6.
【变式训练3-2】已知{an}中，a1=1，nan+1=(n+1)an，则数列{an}的通项公式是 ．
【答案】an=n
【详解】由nan+1=(n+1)an，可得：an+1an=n+1n，又a1=1，
∴an=a2a1⋅a3a2…anan−1⋅a1＝21×32×…×nn−1×1=n．
∴an=n．
故答案为：an=n
【变式训练3-3】已知数列an满足：a1=2，且an+1+an=2nan+1−ann∈N∗，则a2021= .
【答案】8082
【详解】由an+1+an=2nan+1−an，可得2n−1an+1=2n+1an，
所以an+1an=2n+12n−1，
则当n≥2时，an=anan−1·an−1an−2·an−2an−3·⋅⋅⋅·a3a2·a2a1·a1=2n−12n−3×2n−32n−5×⋅⋅⋅×53×31×2=22n−1=4n−2，当n=1时，a1=2也符合上式，
所以an=4n−2，
所以a2021=4×2021−2=8082.
故答案为：8082
题型4 形如
例4-1在数列{an}中，a1=78，an+1=12an+13，n∈N∗，则该数列的通项公式an= ．
【答案】524⋅2n−1+23
【详解】因为数列{an}中，an+1=12an+13，即an+1−23=12(an−23)，
故数列{an−23}是首项为a1−23=524，公比为12的等比数列，
则an−23=524×12n−1，解得an=524×12n−1+23=524⋅2n−1+23.
故答案为：524⋅2n−1+23.
例4-2数列{an} 满足a1=1，an+1=2an+3(n∈N∗)，则a4= ．
【答案】29
【详解】解：∵an+1=2an+3，∴an+1+3=2(an+3)，
∴数列{an+3}公比为2，首项为4的等比数列，
∴an+3=4×2n−1，即an=2n+1−3，
∴ a4=25−3=29．
故答案为：29．
方法技巧 构造法常考模型
形如（其中均为常数且）型的递推式：
设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
【变式训练4-1】已知数列an满足an+1=2an+2，a1=1，则an= ．
【答案】3×2n−1−2
【详解】由an+1=2an+2得an+1+2=2(an+2)，又a1+2=3，
所以an+1+2an+2=2，即{an+2}是等比数列，
所以an+2=3×2n−1，即an=3×2n−1−2．
故答案为：3×2n−1−2．
【变式训练4-2】数列an满足an=4an−1+3，且a1=0，则a5= ．
【答案】15
【详解】∵an=4an−1+3，∴an+1=4(an−1+1)，
又∵a1+1=0+1=1，
∴数列{an+1}是以1为首项，公比为4的等比数列，
∴an+1=4n−1，∴an=−1+4n−1，
又∵a1=0满足上式，∴an=−1+4n−1，∴a5=−1+45−1=15，
故答案为：15．
【变式训练4-3】已知数列an满足an+1=23an+4，且a1=1，则an的通项公式为 .
【答案】an=12−11×23n−1
【详解】设an+1+x=23an+x，即an+1=23an−13x，所以−13x=4，解得x=−12，
所以an+1−12=23an−12，
所以an−12是首项为a1−12=−11，公比为23的等比数列，
所以an−12=−11×23n−1，
所以an=12−11×23n−1．
故答案为：an=12−11×23n−1
题型5 形如
例5-1已知数列an满足a1=2，an+1=3an+2n−1，n∈N∗，则数列an的通项公式为 ．
【答案】an=3n−2n−1
【详解】由a1=2，an+1=3an+2n−1，n∈N∗，可得an+1+2n=3an+2n−1，
所以an+2n−1是以3为首项、3为公比的等比数列，所以an+2n−1=3n，
则an=3n−2n−1，n∈N∗；
故答案为：an=3n−2n−1.
例5-2已知数列an满足a1=1，且an=13an−1+13nn≥2，则数列an的通项公式an= ．
【答案】n+23n
【详解】∵an=13an−1+13nn≥2，
∴3nan=3n−1an−1+1n≥2，
即3nan−3n−1an−1=1n≥2．又a1=1，31⋅a1=3，
∴数列3nan是以3为首项，1为公差的等差数列，
∴3nan=3+n−1×1=n+2，
∴数列an的通项公式an=n+23n．
故答案为：n+23n.
【变式训练5-1】数列{an}满足an+1=5an+3×5n+1，a1=6，则数列{an}的通项公式为 .
【答案】an=(3n−95)⋅5n．
【详解】∵an+1=5an+3×5n+1，所以an+15n+1=an5n+3，即an+15n+1−an5n=3，
∴{an5n}是等差数列，而a15=65，
所以an5n=65+3(n−1)=3n−95，
所以an=(3n−95)⋅5n．
故答案为：an=(3n−95)⋅5n．
【变式训练5-2】各项均正的数列an满足a1=4,an+1=2an+2n+1，则an等于
【答案】(n+1)⋅2n
【详解】将an+1=2an+2n+1两边同除以2n+1，得an+12n+1=an2n+1，则an2n是首项为2，公差为1的等差数列，∴an2n=2+n−1×1=n+1，则an=n+1⋅2n．
故答案为：(n+1)⋅2n．
【点睛】本题主要考查利用构造法求数列的通项公式以及等差数列的定义的应用，属于基础题．
【变式训练5-3】已知数列an满足an+1=3an+3nn∈N*，且a1=1，则数列an的通项公式为 ．
【答案】an=n⋅3n−1
【详解】将an+1=3an+3n两边同时除以3n+1，得an+13n+1=an3n+13，即an+13n+1−an3n=13．
由等差数列的定义知，数列an3n是以a13=13为首项，13为公差的等差数列，
所以an3n=13+n−1×13=n3，故an=n⋅3n−1．
故答案为：an=n⋅3n−1.
题型6 形如
例6-1在数列an中，已知a1=2，且an+1=4an−3n+ 1n∈N∗，则该数列的通项公式为 .
【答案】an=4n−1+n
【详解】令an+1−A(n+1)−B=4an−An−B，
则an+1=4an−3An+A−3B，
由条件得−3A=−3A−3B=1，解得A=1B=0，
即an+1−(n+1)=4an−n，
故数列an−n是首项为a1−1=1，公比为4的等比数列，
从而an−n=4n−1，故an=4n−1+n.
故答案为：an=4n−1+n.
例6-2已知数列an满足an+2−4an=−3n+2，且a1=3，a2=6，则数列an的通项公式为an= .
【答案】2n+n
【详解】法一：因为an+2−4an=−3n+2，所以an+2−2an+1+2an+1−2an=−3n+2.
设bn=an+1−2an，则bn+1+2bn=−3n+2，所以bn+1+n+2bn+n−1)=0.
设tn=bn+n−1，则tn+1+2tn=0.
因为a1=3，a2=6，所以b1=a2−2a1=0，t1=b1+1−1=0，
所以tn=0，即bn+n−1=0，即an+1−2an+n−1=0，所以an+1−n+1=2an−n.
因为a1−1=3−1=2，所以数列an−n是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an−n=2n，an=2n+n.
法二：因为an+2−4an=−3n+2，所以an+2−n+2=4an−n，
由a1=3，a2=6，得a1−1=2，a2−2=4，
所以数列an−n的奇数项是首项为2，公比为4的等比数列，偶数项是首项为4，公比为4的等比数列，
当n为奇数时，an−n=2×4n−12=2n，即an=2n+n；
当n为偶数时，an−n=4×4n2−1=2n，即an=2n+n.
综上，an=2n+n.
故答案为：2n+n
【变式训练6-1】在数列an中，a1=3，且an+1=3an+4n−6n∈N∗，则an的通项公式为 ．
【答案】an=3n−2n−1
【详解】因为an+1=3an+4n−6n∈N∗，设an+1+xn+1+y=3an+xn+y，其中x、y∈R，
整理可得an+1=3an+2xn+2y−x，
所以，2x=42y−x=−6，解得x=2y=−2，所以，an+1+2n+1−2=3an+2n−2，
且a1+2×1−2=a1=3，所以，数列an+2n−2是首项为3，公比也为3的等比数列，
所以，an+2n−2=3×3n−1=3n，解得an=3n−2n−1.
故答案为：an=3n−2n−1.
【变式训练6-2】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 .
【答案】an=2⋅3n−n−1
【详解】设an+pn+q=3an−1+p(n−1)+q，化简后得an=3an−1+2pn+2q−3p，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得2p=22q−3p=−1，解得p=1q=1，
即an+n+1=3an−1+n−1+1，令bn=an+n+1，则bn=3bn−1，又b1=6，
故bn=6⋅3n−1=2⋅3n，bn=an+n+1，得an=2⋅3n−n−1.
故答案为：an=2⋅3n−n−1
题型7 倒数法
例7-1已知数列an满足a1=1，an+1=an4an+1，n∈N∗，则an= .
【答案】14n−3
【详解】数列an中，a1=1，an+1=an4an+1，显然an≠0，取倒数得1an+1=4an+1an=4+1an，
即1an+1−1an=4，则数列{1an}是首项为1，公差为4的等差数列，
因此1an=1+4n−1=4n−3，所以an=14n−3.
故答案为：14n−3.
例7-2已知数列an满足a1=12，an+1=an2−an，若bn=1an−1，则数列bn的通项公式为bn= ．
【答案】2n−1
【详解】因为an+1=an2−an，
所以1an+1=2an−1，
所以1an+1−1=2an−2=21an−1，
而1a1−1=1，且bn=1an−1，
∴数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，
∴bn=1×2n−1=2n−1.
故答案为：2n−1
【变式训练7-1】数列{an}中，an+1=2an2+an对所有正整数n都成立且a1=2，则an= .
【答案】2n
【详解】解：由于数列{an}中，an+1=2an2+an，
所以1an+1=1an+12，
即1an+1−1an=12（常数），
所以数列1an是以1a1=12为首项，12为公差的等差数列．
所以1an=12+12(n−1)=n2（首项符合通项），
故an=2n．
故答案为：2n．
【变式训练7-2·变考法】已知数列an满足a1=1,an+1=anan+2，则数列1an的前8项和S8= ．
【答案】502
【详解】由an+1=anan+2，取倒数得1an+1=2an+1，
所以1an+1+1=21an+1，
因为1a1+1=2≠0，所以1an+1≠0，所以1an+1+11an+1=2，
所以1an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
所以1an+1=2×2n−1=2n，则1an=2n−1，
所以数列1an的前8项和S8=2×1−281−2−8=29−2−8=502.
故答案为：502
【变式训练7-3】已知数列an的前n项和为Sn，若Sn+1=4Sn3Sn+2，且a1=1，则Sn= ．
【答案】2n3×2n−1−1
【详解】由Sn+1=4Sn3Sn+2 ⇒ 1Sn+1=3Sn+24Sn=12⋅1Sn+34，
即1Sn+1−32=12⋅1Sn−32，因为S1=a1=1，
所以数列1Sn−32是首项为−12，公比为12的等比数列，
即1Sn−32=−12n，所以Sn=2n3×2n−1−1．
故答案为：2n3×2n−1−1
题型8 形如
例8-1已知数列an满足：a1=1，a2=5，an+2=4an+1−4an.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=3n−14×2n
【详解】（1）解：因为an+2=4an+1−4an，所以an+2−2an+1=2an+1−4an=2(an+1−2an)，
因为a1=1,a2=5，可得a2−a1=3，所以an+1−2an≠0，
所以数列an+1−2an是以3为首项，公比为2的等比数列，所以an+1−2an=3×2n−1，
可得an+12n+1−2an2n+1=34，即an+12n+1−an2n=34，
所以数列an2n表示首项为a121=12，公差为d=34的等差数列，
可得an2n=12+(n−1)×34=34n−14，所以an=(34n−14)⋅2n=3n−14×2n.
例8-2已知数列an满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1−2ann∈N*.
(1)证明：数列an+1−an是等比数列，并指出其首项及公比；
(2)求数列an的通项公式an．
【答案】(1)证明见解析，首项为2，公比为2.
(2)an=2n−1n∈N∗.
【详解】（1）∵an+2=3an+1−2an，
∴an+2−an+1=2an+1−an，
∵a1=1，a2=3，
∴数列an+1−an是以a2−a1=2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得an+1−an=2nn∈N∗，
当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+…+a2−a1+a1=2n−1+2n−2+…+2+1=1−2n1−2=2n−1，
当n=1时，a1=1也满足上式，
故an=2n−1n∈N∗.
【变式训练8-1】已知数列an满足an+1=3an−2an−1(n≥2，且n∈N∗)，a1=1，a2=3，则数列an的前10项和为 .
【答案】2036
【详解】因为an+1=3an−2an−1(n≥2，且n∈N∗)，
所以an+1−an=2an−an−1，
所以数列an+1−an是首项为a2−a1=2，公比为2的等比数列，
所以an+1−an=2n，
所以an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=2n−1+2n−2+⋯+2+1=2n−1，
所以数列an的前10项和为：
2−1+22−1+⋯+210−1
=2+22+⋯+210−10
=21−2101−2−10=211−2−10=2036.
故答案为：2036
【变式训练8-2】2．已知数列an中a1=1，a2=34，且满足4an+1=4an−an−1(n∈N,n≥2)，则an= ．
【答案】n+12n
【详解】由题意可得an+1=−3an+1+4an−an−1，即2an+1−an=122an−an−1，
又2a2−a1=12，所以2an+1−an是首项为12，公比为12的等比数列，
所以2an+1−an=12n，则2n+1an+1−2nan=1，
又2a1=2，所以2nan为首项为2，公差为1的等差数列，则2nan=n+1，
则an=n+12n．
故答案为：n+12n
题型9 利用前n项积求通项
例9-1若数列an的前n项积bn=1−27n，则an的最大值与最小值之和为（ ）
A．−13B．57C．2D．73
【答案】C
【详解】∵数列an的前n项积bn=1−27n，
当n=1时，a1=57，
当n≥2时，bn−1=1−27n−1，an=bnbn−1=1−27n1−27n−1=2n−72n−9=1+22n−9，
n=1时也适合上式，
∴an=1+22n−9，
∴当n≤4时，数列an单调递减，且an 1，
故an的最大值为a5=3，最小值为a4=−1，
∴an的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
例9-2记bn为数列an的前n项积，已知a1=3，1an+2bn=1，求数列bn的通项公式
【答案】bn=2n+1
【详解】由题意可得bnbn−1=an(n≥2)，因为1an+2bn=1，
所以bn−1bn+2bn=1(n≥2)，即bn−1+2=bn(n≥2)，
所以bn−bn−1=2(n≥2)．
又1a1+2b1=1，a1=3，所以b1=3，
故bn是以3为首项，2为公差的等差数列，bn=2n+1.
【变式训练9-1】已知数列an的前n项积Tn=6n2+n2，则a3a6=（ ）
A．67B．68C．69D．610
【答案】C
【详解】an=TnTn−1=6n2+n2−n−12+n−12=6n，n≥2,n∈N∗，又a1=T1=6，
∴an=6n，n∈N∗.
∴a3a6=63⋅66=69.
故选：C.
【变式训练9-2】记Tn为正项数列an的前n项积，且a1=2，a2=4，TnTn+2=2Tn+12.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n
(2)22n+13−n−23
【详解】（1）由TnTn+2=2Tn+12可得，Tn+2Tn+1=2Tn+1Tn，即an+2=2an+1，
又∵a2=2a1，∴an是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an=a1⋅2n−1=2n；
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=53n−1
【详解】（1）因为2Sn=3an+1−3,故2Sn−1=3an−3，
所以2an=3an+1−3ann≥2即5an=3an+1故等比数列的公比为q=53，
故2a1=3a2−3=3a1×53−3=5a1−3，故a1=1，故an=53n−1.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知4Sn=3an+4．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=4⋅(−3)n−1
【详解】（1）当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4．
当n≥2时，4Sn−1=3an−1+4，所以4Sn−4Sn−1=4an=3an−3an−1即an=−3an−1，
而a1=4≠0，故an≠0，故anan−1=−3，
∴数列an是以4为首项，−3为公比的等比数列，
所以an=4⋅(−3)n−1.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=n−1
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，21+a3=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=n−1an−1，所以2Sn−Sn−1=nan−n−1an−1=2an，
化简得：n−2an=n−1an−1，当n≥3时，ann−1=an−1n−2=⋯=a32=1，即an=n−1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n−1n∈N∗．
4．（2022·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=nn+12
【详解】（1）∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan=1+13n−1=n+23,∴Sn=n+2an3,
∴当n≥2时，Sn−1=n+1an−13，
∴an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,
整理得：n−1an=n+1an−1,
即anan−1=n+1n−1,
∴an=a1×a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1
=1×31×42×…×nn−2×n+1n−1=nn+12，
显然对于n=1也成立，
∴an的通项公式an=nn+12；
1．（人教A版选择性必修第二册P42习题4.3第7题）人教A版选择性必修第二册P42习题4.3第7题）已知数列an的首项为a1=1，且满足an+1+an=3⋅2nn∈N*；
(1)求证an−2n是等比数列，并求数列an的通项；
(2)记数列n⋅an的前n项和为Sn，求S2n.
【答案】(1)证明见解析，an=(−1)n+2n
(2)S2n=n+2+2n−1×22n+1
（2）利用错位相减法和分组求和，求出答案.
【详解】（1）由题意，数列an满足an+1+an=3⋅2n，即an+1=−an+3⋅2n，
则an+1−2n+1an−2n=−an+3⋅2n−2n+1an−2n=2n−anan−2n=−1，
又由a1=1，可得a1−21=−1，
所以数列an−2n表示首项为−1，公比为-−1的等比数列.
所以an−2n=−1×(−1)n−1=(−1)n，所以an=(−1)n+2n，
（2）由（1）知：nan=(−1)n⋅n+n2n，
设bn=(−1)n⋅n，记数列bn的前n项和为Kn；
设cn=n⋅2n，记数列cn的前n项和为Tn；
则S2n=K2n+T2n，
K2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n−1+b2n=−1+2−3+4+…−2n−1+2n=n，
∵T2n=1×21+2×22+3×23+…+2n×22n①，
∴2T2n=1×22+2×23+3×24+…+2n×22n+1②，
①−②得：−T2n=1×21+1×22+1×23+…+1×22n−2n×22n+1
=21−22n1−2−2n×22n+1 =22n+1−2−2n×22n+1，
∴T2n=2n−1×22n+1+2，
∴S2n=K2n+T2n=n+2n−1×22n+1+2，
所以S2n=K2n+T2n=n+2+2n−1×22n+1.
2．（人教A版选择性必修第二册P42习题4.3第8题）若数列an的首项a1=1，且满足an+1=2an+1，求数列an的通项公式及前10项的和．
【答案】an=2n−1，2036
【详解】∵ an+1=2an+1，∴an+1+1=2an+1，
∴an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an+1=2×2n−1=2n，即an=2n−1，
∴S10=a1+a2+⋯+a10=2+22+⋯+210−10=21−2101−2−10=2036.
3（人教A版选择性必修第二册P42习题4.3第11题）已知数列an的首项a1=35，且满足an+1=3an2an+1．
(1)已知数列1an−1是等比数列，求公比q；
(2)若i=1n1ai0，故数列1+n−13n为单调递增数列，
因为1+99−1399