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2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲 数列的递推关系
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲 数列的递推关系，共7页。
1．已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4等于( D )
A．7B．6
C．5D．4
【解析】 由题得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2an－1，那么满足 eq \f(an,n)≤2的正整数n的集合为( B )
A．{1，2}B．{1，2，3，4}
C．{1，2，3}D．{1，2，4}
【解析】 因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1.又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an＝2n-1.由 eq \f(an,n)≤2，得2n-1≤2n，故所有满足条件的正整数n＝1，2，3，4.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__n·2n__.
【解析】 Sn＝2an－2n＝2(Sn－Sn－1)－2n，整理得Sn－2Sn－1＝2n，等式两边同时除以2n，得 eq \f(Sn,2n)－ eq \f(Sn－1,2n-1)＝1，又S1＝2a1－2＝a1，可得a1＝S1＝2，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 eq \f(Sn,2n)＝n，所以Sn＝n·2n.
4．(人A选必一P56第9题)已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)，当an为偶数时，,3an＋1，当an为奇数时，))若a8＝1，则m所有可能的取值集合M为__ {2，3，16，20，21，128}__.
【解析】 若a8＝1，根据上述运算法进行逆推，a7＝2，a6＝4，a5＝8或a5＝1；若a5＝8，则a4＝16，a3＝32或a3＝5；当a3＝32时，a2＝64，a1＝128或a1＝21；若a3＝5时，a2＝10，a1＝20或a1＝3；若a5＝1，则a4＝2，a3＝4，a2＝8或a2＝1；当a2＝8时，a1＝16；当a2＝1时，a1＝2，故m所有可能的取值集合M＝{2，3，16，20，21，128}．
举题固法
目标引领
an与Sn的关系
例1 (2023·娄底模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＜0，a eq \\al(2,n) －2an＝3－4Sn.
(1) 求a1，a2；
【解析】 当n＝1时，a eq \\al(2,1) －2a1＝3－4a1，得a eq \\al(2,1) ＋2a1－3＝0，解得a1＝1(舍去)或a1＝－3.当n＝2时，a eq \\al(2,2) －2a2＝3－4(a1＋a2)，得a eq \\al(2,2) ＋2a2－15＝0，解得a2＝－5或a2＝3(舍去).故a1＝－3，a2＝－5.
(2) 求数列{an}的通项公式．
【解析】 当n≥2时，a eq \\al(2,n－1) －2an－1＝3－4Sn－1，又a eq \\al(2,n) －2an＝3－4Sn，所以a eq \\al(2,n) －2an－(a eq \\al(2,n－1) －2an－1)＝－4(Sn－Sn－1)，即(an＋an－1)(an－an－1＋2)＝0.因为an＜0，所以an＋an－1＜0，所以an－an－1＝－2，所以数列{an}是首项为－3，公差为－2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)·(－2)＝－3－2(n－1)＝－2n－1.
已知Sn求an的步骤：①先利用a1＝S1求出a1；②再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n＝1时的结果进行检验．
变式1 (2023·连云港期初)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(1,an).
(1) 求证：数列{S eq \\al(2,n) }是等差数列；
【解析】 当n＝1时，a1＝ eq \f(a1,2)＋ eq \f(1,a1)，a eq \\al(2,1) ＝2；当n≥2时，Sn＝ eq \f(Sn－Sn－1,2)＋ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以 eq \f(Sn＋Sn－1,2)＝ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以S eq \\al(2,n) －S eq \\al(2,n－1) ＝2(常数)，故数列{S eq \\al(2,n) }是以S eq \\al(2,1) ＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2) 设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝S eq \\al(2,n) ，求数列{bn}的通项公式．
【解析】 由(1)知，S eq \\al(2,n) ＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n.当n≥2时，bn＝ eq \f(Tn,Tn－1)＝ eq \f(2n,2(n－1))＝ eq \f(n,n－1).当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(n,n－1)，n≥2.))
累加、累乘法
例2 (1) (2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n-1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝2n＋1(n∈N*)__.
【解析】 因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n-2＋2n-1＝2＋ eq \f(1－2n,1－2)＝2n＋1.检验：当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*).
(2) 已知数列{an}满足 eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2 024＝( D )
A．2 023B．2 024
C．4 045D．4 047
【解析】 因为 eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，所以an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(2n＋1,2n－1)，所以a2 024＝ eq \f(a2 024,a2 023)× eq \f(a2 023,a2 022)× eq \f(a2 022,a2 021)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝ eq \f(4 047,4 045)× eq \f(4 045,4 043)× eq \f(4 043,4 041)×…× eq \f(5,3)× eq \f(3,1)×1＝4 047.
(1) 已知an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2) 已知 eq \f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法”求an.
变式2 (1) 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n2＋n＋2,2)__.
【解析】 因为an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝ eq \f((n－1)(n＋2),2)，则an＝ eq \f(n2＋n＋2,2)，当n＝1时也符合上式，故an＝ eq \f(n2＋n＋2,2).
(2) 已知数列{an}的前n项和为Sn，S2＝1，an＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2n)))an，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n,2n)__.
【解析】 由题知a1＋a2＝1①，2a2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,1)))a1，即a1＝a2②，由①②得a1＝a2＝ eq \f(1,2).由2an＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))an得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(1,2)× eq \f(n＋1,n)，所以当n≥2时，an＝a1× eq \f(a2,a1)× eq \f(a3,a2)× eq \f(a4,a3)×…× eq \f(an,an－1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×1× eq \f(2,1)× eq \f(3,2)×…× eq \f(n,n－1)＝ eq \f(n,2n)，a1＝ eq \f(1,2)也满足an＝ eq \f(n,2n)，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(n,2n)(n∈N*).
待定系数法构造新数列
例3 (1) (2023·惠州三调改)在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2an－1，则数列{an}的通项公式为__an＝2n-1＋1__.
【解析】 方法一：因为an＋1＝2an－1，所以设an＋1＋x＝2(an＋x)，所以an＋1＝2an＋x，所以x＝－1，所以an＋1－1＝2(an－1).又a1－1＝1，所以数列{an－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝1·2n-1，所以an＝2n-1＋1.
方法二：因为a1＝2，所以a2＝2a1－1＝3，a3＝2a2－1＝5，…，以此类推可知，对任意的n∈N*，an≥2，所以 eq \f(an＋1－1,an－1)＝2.以下同方法一．
(2) (2023·东莞模拟)已知数列{an}满足a1＝ eq \f(1,2)，∀n∈N*，都有an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n__.
【解析】 因为an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1，所以设an＋1＋k(n＋1)＋b＝ eq \f(1,2)(an＋kn＋b)，所以an＋1＝ eq \f(1,2)an－ eq \f(kn,2)－k－ eq \f(b,2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)＝\f(1,2)，,－k－\f(b,2)＝1，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝0，))所以an＋1－(n＋1)＝ eq \f(1,2)(an－n).设bn＝an－n，所以bn＋1＝ eq \f(1,2)bn.因为a1＝ eq \f(1,2)，所以b1＝ eq \f(1,2)－1＝－ eq \f(1,2)，所以数列{bn}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列，所以bn＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，所以an＝bn＋n＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n.
(1) 形如an＝can－1＋d(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项同时加上一个常数即可，且常数x＝ eq \f(d,c－1)，则an＋x＝c(an－1＋x).令bn＝an＋x，则{bn}为等比数列，求出bn，再还原到an，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(d,c－1)))·cn-1－ eq \f(d,c－1).
(2) 形如an＝can－1＋dn＋e(c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项后面加上一个与相应的项的下标一致的一次函数即可．
变式3 (2023·南通三模改)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}的通项公式为__an＝3n－2n__.
【解析】 构造等比数列{an＋1＋λan}，公比为q，则an＋2＋λan＋1＝q(an＋1＋λan)，即an＋2＝(q－λ)an＋1＋qλan.又an＋2＝5an＋1－6an，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q－λ＝5，,qλ＝－6，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－2，,q＝3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,q＝2.))当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－2，,q＝3))时，an＋1－2an＝3×3n-1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n.两边同时除以3n+1，则 eq \f(an＋1,3n+1)＝ eq \f(2,3)· eq \f(an,3n)＋ eq \f(1,3)， eq \f(an＋1,3n+1)－1＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)－1))，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)－1))是以－ eq \f(2,3)为首项， eq \f(2,3)为公比的等比数列，所以 eq \f(an,3n)－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)，所以an＝3n－2n.同理，当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,q＝2))时，an＝3n－2n.综上，an＝3n－2n.
“不动点法”求数列通项
例4 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝ eq \f(7an－2,an＋4)，求数列{an}的通项公式．
【解析】 由方程x＝ eq \f(7x－2,x＋4)，得数列{an}的不动点为1和2，则 eq \f(an＋1－1,an＋1－2)＝ eq \f(\f(7an－2,an＋4)－1,\f(7an－2,an＋4)－2)＝ eq \f(6,5)· eq \f(an－1,an－2)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an－2)))是首项为 eq \f(a1－1,a1－2)＝2，公比为 eq \f(6,5)的等比数列，所以 eq \f(an－1,an－2)＝2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)，解得an＝ eq \f(4·6n-1－5n-1,2·6n-1－5n-1)，n∈N*.
设f(x)＝ eq \f(ax＋b,cx＋d)(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则 eq \f(an＋1－p,an＋1－q)＝k eq \f(an－p,an－q)，此处k＝ eq \f(a－pc,a－qc).
变式4 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2an－1,4an＋6)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
【解析】 由题知其特征方程为x＝ eq \f(2x－1,4x＋6)，即4x2＋4x＋1＝0，解得x1＝x2＝－ eq \f(1,2).令 eq \f(1,an＋1＋\f(1,2))＝ eq \f(1,an＋\f(1,2))＋c，由a1＝2，得a2＝ eq \f(3,14)，求得c＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋\f(1,2))))是以 eq \f(1,a1＋\f(1,2))＝ eq \f(2,5)为首项，以1为公差的等差数列，所以 eq \f(1,an＋\f(1,2))＝ eq \f(2,5)＋(n－1)·1＝n－ eq \f(3,5)，所以an＝ eq \f(13－5n,10n－6).
随堂内化
1．(2023·湖北联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝an＋1，a1＝2，则S2 024的值为( D )
A．22 024B．3·22 022
C．22 025－2D．3·22 023－1
【解析】 由题得an＋1＝Sn＋1，当n≥2时，an＝Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an.又a1＝2，a2＝S1＋1＝a1＋1＝3，所以{an}从第二项开始成等比数列，当n≥2时，an＝3×2n-2，S2 024＝2＋3×(1＋2＋22＋…＋22 022)＝2＋3× eq \f(1－22 023,1－2)＝3×22 023－1.
2．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝ eq \f((n＋2)an,3)，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n2＋n,2)__.
【解析】 由已知Sn＝ eq \f((n＋2)an,3)①，所以当n≥2时，Sn－1＝ eq \f((n＋1)an－1,3)②，①－②得an＝ eq \f((n＋2)an－(n＋1)an－1,3)，整理可得 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，则 eq \f(an－1,an－2)＝ eq \f(n,n－2)， eq \f(an－2,an－3)＝ eq \f(n－1,n－3)， eq \f(an－3,an－4)＝ eq \f(n－2,n－4)，…， eq \f(a3,a2)＝ eq \f(4,2)， eq \f(a2,a1)＝ eq \f(3,1)，等式左右分别相乘得 eq \f(an,a1)＝ eq \f((n＋1)n,2×1)＝ eq \f(n2＋n,2)，又a1＝1符合上式，所以an＝ eq \f(n2＋n,2).
3．(2023·南京零模)已知首项为 eq \f(1,3)的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＋(2n＋3)anan＋1＝an＋Sn.
(1) 记bn＝ eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)，求证：数列{bn}为等差数列；
【解析】 依题意得(2n＋3)anan＋1＝an－an＋1，则2n＋3＝ eq \f(an－an＋1,anan＋1)，故 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝2n＋3＝bn，故bn＋1－bn＝2n＋5－2n－3＝2，所以数列{bn}是公差为2的等差数列．
(2) 求数列{an}的通项公式．
【解析】 由(1)可知n≥2时， eq \f(1,an)－ eq \f(1,an－1)＝2n＋1， eq \f(1,an－1)－ eq \f(1,an－2)＝2n－1，…， eq \f(1,a2)－ eq \f(1,a1)＝5，累加可得， eq \f(1,an)－ eq \f(1,a1)＝5＋7＋…＋(2n＋1)＝ eq \f((2n＋1＋5)(n－1),2)＝(n－1)(n＋3)，所以an＝ eq \f(1,n(n＋2))，n＝1时也符合此式，故an＝ eq \f(1,n(n＋2)).
1．已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4等于( D )
A．7B．6
C．5D．4
【解析】 由题得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2an－1，那么满足 eq \f(an,n)≤2的正整数n的集合为( B )
A．{1，2}B．{1，2，3，4}
C．{1，2，3}D．{1，2，4}
【解析】 因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1.又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an＝2n-1.由 eq \f(an,n)≤2，得2n-1≤2n，故所有满足条件的正整数n＝1，2，3，4.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__n·2n__.
【解析】 Sn＝2an－2n＝2(Sn－Sn－1)－2n，整理得Sn－2Sn－1＝2n，等式两边同时除以2n，得 eq \f(Sn,2n)－ eq \f(Sn－1,2n-1)＝1，又S1＝2a1－2＝a1，可得a1＝S1＝2，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 eq \f(Sn,2n)＝n，所以Sn＝n·2n.
4．(人A选必一P56第9题)已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)，当an为偶数时，,3an＋1，当an为奇数时，))若a8＝1，则m所有可能的取值集合M为__ {2，3，16，20，21，128}__.
【解析】 若a8＝1，根据上述运算法进行逆推，a7＝2，a6＝4，a5＝8或a5＝1；若a5＝8，则a4＝16，a3＝32或a3＝5；当a3＝32时，a2＝64，a1＝128或a1＝21；若a3＝5时，a2＝10，a1＝20或a1＝3；若a5＝1，则a4＝2，a3＝4，a2＝8或a2＝1；当a2＝8时，a1＝16；当a2＝1时，a1＝2，故m所有可能的取值集合M＝{2，3，16，20，21，128}．
举题固法
目标引领
an与Sn的关系
例1 (2023·娄底模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＜0，a eq \\al(2,n) －2an＝3－4Sn.
(1) 求a1，a2；
【解析】 当n＝1时，a eq \\al(2,1) －2a1＝3－4a1，得a eq \\al(2,1) ＋2a1－3＝0，解得a1＝1(舍去)或a1＝－3.当n＝2时，a eq \\al(2,2) －2a2＝3－4(a1＋a2)，得a eq \\al(2,2) ＋2a2－15＝0，解得a2＝－5或a2＝3(舍去).故a1＝－3，a2＝－5.
(2) 求数列{an}的通项公式．
【解析】 当n≥2时，a eq \\al(2,n－1) －2an－1＝3－4Sn－1，又a eq \\al(2,n) －2an＝3－4Sn，所以a eq \\al(2,n) －2an－(a eq \\al(2,n－1) －2an－1)＝－4(Sn－Sn－1)，即(an＋an－1)(an－an－1＋2)＝0.因为an＜0，所以an＋an－1＜0，所以an－an－1＝－2，所以数列{an}是首项为－3，公差为－2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)·(－2)＝－3－2(n－1)＝－2n－1.
已知Sn求an的步骤：①先利用a1＝S1求出a1；②再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n＝1时的结果进行检验．
变式1 (2023·连云港期初)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(1,an).
(1) 求证：数列{S eq \\al(2,n) }是等差数列；
【解析】 当n＝1时，a1＝ eq \f(a1,2)＋ eq \f(1,a1)，a eq \\al(2,1) ＝2；当n≥2时，Sn＝ eq \f(Sn－Sn－1,2)＋ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以 eq \f(Sn＋Sn－1,2)＝ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以S eq \\al(2,n) －S eq \\al(2,n－1) ＝2(常数)，故数列{S eq \\al(2,n) }是以S eq \\al(2,1) ＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2) 设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝S eq \\al(2,n) ，求数列{bn}的通项公式．
【解析】 由(1)知，S eq \\al(2,n) ＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n.当n≥2时，bn＝ eq \f(Tn,Tn－1)＝ eq \f(2n,2(n－1))＝ eq \f(n,n－1).当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(n,n－1)，n≥2.))
累加、累乘法
例2 (1) (2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n-1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝2n＋1(n∈N*)__.
【解析】 因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n-2＋2n-1＝2＋ eq \f(1－2n,1－2)＝2n＋1.检验：当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*).
(2) 已知数列{an}满足 eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2 024＝( D )
A．2 023B．2 024
C．4 045D．4 047
【解析】 因为 eq \f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，所以an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(2n＋1,2n－1)，所以a2 024＝ eq \f(a2 024,a2 023)× eq \f(a2 023,a2 022)× eq \f(a2 022,a2 021)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝ eq \f(4 047,4 045)× eq \f(4 045,4 043)× eq \f(4 043,4 041)×…× eq \f(5,3)× eq \f(3,1)×1＝4 047.
(1) 已知an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2) 已知 eq \f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法”求an.
变式2 (1) 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n2＋n＋2,2)__.
【解析】 因为an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝ eq \f((n－1)(n＋2),2)，则an＝ eq \f(n2＋n＋2,2)，当n＝1时也符合上式，故an＝ eq \f(n2＋n＋2,2).
(2) 已知数列{an}的前n项和为Sn，S2＝1，an＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2n)))an，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n,2n)__.
【解析】 由题知a1＋a2＝1①，2a2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,1)))a1，即a1＝a2②，由①②得a1＝a2＝ eq \f(1,2).由2an＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))an得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(1,2)× eq \f(n＋1,n)，所以当n≥2时，an＝a1× eq \f(a2,a1)× eq \f(a3,a2)× eq \f(a4,a3)×…× eq \f(an,an－1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n×1× eq \f(2,1)× eq \f(3,2)×…× eq \f(n,n－1)＝ eq \f(n,2n)，a1＝ eq \f(1,2)也满足an＝ eq \f(n,2n)，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(n,2n)(n∈N*).
待定系数法构造新数列
例3 (1) (2023·惠州三调改)在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝2an－1，则数列{an}的通项公式为__an＝2n-1＋1__.
【解析】 方法一：因为an＋1＝2an－1，所以设an＋1＋x＝2(an＋x)，所以an＋1＝2an＋x，所以x＝－1，所以an＋1－1＝2(an－1).又a1－1＝1，所以数列{an－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝1·2n-1，所以an＝2n-1＋1.
方法二：因为a1＝2，所以a2＝2a1－1＝3，a3＝2a2－1＝5，…，以此类推可知，对任意的n∈N*，an≥2，所以 eq \f(an＋1－1,an－1)＝2.以下同方法一．
(2) (2023·东莞模拟)已知数列{an}满足a1＝ eq \f(1,2)，∀n∈N*，都有an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n__.
【解析】 因为an＋1＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(n,2)＋1，所以设an＋1＋k(n＋1)＋b＝ eq \f(1,2)(an＋kn＋b)，所以an＋1＝ eq \f(1,2)an－ eq \f(kn,2)－k－ eq \f(b,2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)＝\f(1,2)，,－k－\f(b,2)＝1，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝0，))所以an＋1－(n＋1)＝ eq \f(1,2)(an－n).设bn＝an－n，所以bn＋1＝ eq \f(1,2)bn.因为a1＝ eq \f(1,2)，所以b1＝ eq \f(1,2)－1＝－ eq \f(1,2)，所以数列{bn}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列，所以bn＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，所以an＝bn＋n＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n.
(1) 形如an＝can－1＋d(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项同时加上一个常数即可，且常数x＝ eq \f(d,c－1)，则an＋x＝c(an－1＋x).令bn＝an＋x，则{bn}为等比数列，求出bn，再还原到an，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(d,c－1)))·cn-1－ eq \f(d,c－1).
(2) 形如an＝can－1＋dn＋e(c≠0，c≠1，d≠0)，可以构造一个等比数列，只要在每一项后面加上一个与相应的项的下标一致的一次函数即可．
变式3 (2023·南通三模改)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}的通项公式为__an＝3n－2n__.
【解析】 构造等比数列{an＋1＋λan}，公比为q，则an＋2＋λan＋1＝q(an＋1＋λan)，即an＋2＝(q－λ)an＋1＋qλan.又an＋2＝5an＋1－6an，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q－λ＝5，,qλ＝－6，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－2，,q＝3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,q＝2.))当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－2，,q＝3))时，an＋1－2an＝3×3n-1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n.两边同时除以3n+1，则 eq \f(an＋1,3n+1)＝ eq \f(2,3)· eq \f(an,3n)＋ eq \f(1,3)， eq \f(an＋1,3n+1)－1＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)－1))，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)－1))是以－ eq \f(2,3)为首项， eq \f(2,3)为公比的等比数列，所以 eq \f(an,3n)－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n)，所以an＝3n－2n.同理，当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,q＝2))时，an＝3n－2n.综上，an＝3n－2n.
“不动点法”求数列通项
例4 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝ eq \f(7an－2,an＋4)，求数列{an}的通项公式．
【解析】 由方程x＝ eq \f(7x－2,x＋4)，得数列{an}的不动点为1和2，则 eq \f(an＋1－1,an＋1－2)＝ eq \f(\f(7an－2,an＋4)－1,\f(7an－2,an＋4)－2)＝ eq \f(6,5)· eq \f(an－1,an－2)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an－2)))是首项为 eq \f(a1－1,a1－2)＝2，公比为 eq \f(6,5)的等比数列，所以 eq \f(an－1,an－2)＝2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5))) eq \s\up12(n－1)，解得an＝ eq \f(4·6n-1－5n-1,2·6n-1－5n-1)，n∈N*.
设f(x)＝ eq \f(ax＋b,cx＋d)(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则 eq \f(an＋1－p,an＋1－q)＝k eq \f(an－p,an－q)，此处k＝ eq \f(a－pc,a－qc).
变式4 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2an－1,4an＋6)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
【解析】 由题知其特征方程为x＝ eq \f(2x－1,4x＋6)，即4x2＋4x＋1＝0，解得x1＝x2＝－ eq \f(1,2).令 eq \f(1,an＋1＋\f(1,2))＝ eq \f(1,an＋\f(1,2))＋c，由a1＝2，得a2＝ eq \f(3,14)，求得c＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋\f(1,2))))是以 eq \f(1,a1＋\f(1,2))＝ eq \f(2,5)为首项，以1为公差的等差数列，所以 eq \f(1,an＋\f(1,2))＝ eq \f(2,5)＋(n－1)·1＝n－ eq \f(3,5)，所以an＝ eq \f(13－5n,10n－6).
随堂内化
1．(2023·湖北联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝an＋1，a1＝2，则S2 024的值为( D )
A．22 024B．3·22 022
C．22 025－2D．3·22 023－1
【解析】 由题得an＋1＝Sn＋1，当n≥2时，an＝Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an.又a1＝2，a2＝S1＋1＝a1＋1＝3，所以{an}从第二项开始成等比数列，当n≥2时，an＝3×2n-2，S2 024＝2＋3×(1＋2＋22＋…＋22 022)＝2＋3× eq \f(1－22 023,1－2)＝3×22 023－1.
2．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝ eq \f((n＋2)an,3)，则数列{an}的通项公式为__an＝ eq \f(n2＋n,2)__.
【解析】 由已知Sn＝ eq \f((n＋2)an,3)①，所以当n≥2时，Sn－1＝ eq \f((n＋1)an－1,3)②，①－②得an＝ eq \f((n＋2)an－(n＋1)an－1,3)，整理可得 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，则 eq \f(an－1,an－2)＝ eq \f(n,n－2)， eq \f(an－2,an－3)＝ eq \f(n－1,n－3)， eq \f(an－3,an－4)＝ eq \f(n－2,n－4)，…， eq \f(a3,a2)＝ eq \f(4,2)， eq \f(a2,a1)＝ eq \f(3,1)，等式左右分别相乘得 eq \f(an,a1)＝ eq \f((n＋1)n,2×1)＝ eq \f(n2＋n,2)，又a1＝1符合上式，所以an＝ eq \f(n2＋n,2).
3．(2023·南京零模)已知首项为 eq \f(1,3)的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＋(2n＋3)anan＋1＝an＋Sn.
(1) 记bn＝ eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)，求证：数列{bn}为等差数列；
【解析】 依题意得(2n＋3)anan＋1＝an－an＋1，则2n＋3＝ eq \f(an－an＋1,anan＋1)，故 eq \f(1,an＋1)－ eq \f(1,an)＝2n＋3＝bn，故bn＋1－bn＝2n＋5－2n－3＝2，所以数列{bn}是公差为2的等差数列．
(2) 求数列{an}的通项公式．
【解析】 由(1)可知n≥2时， eq \f(1,an)－ eq \f(1,an－1)＝2n＋1， eq \f(1,an－1)－ eq \f(1,an－2)＝2n－1，…， eq \f(1,a2)－ eq \f(1,a1)＝5，累加可得， eq \f(1,an)－ eq \f(1,a1)＝5＋7＋…＋(2n＋1)＝ eq \f((2n＋1＋5)(n－1),2)＝(n－1)(n＋3)，所以an＝ eq \f(1,n(n＋2))，n＝1时也符合此式，故an＝ eq \f(1,n(n＋2)).
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