2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章第2节　数列的通项公式


第2节　数列的通项公式
考试要求　会求简单数列的通项公式.

知 识 梳 理
1.归纳法：寻找数列的项与序号之间的规律.
2.公式法：利用等差、等比数列的通项公式.
3.前n项和法：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
4.递推公式法：如果数列{an}的第n项与它前一项(或前几项)的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.数列的递推公式包含两个部分，一是递推关系，二是初始条件.此类型一般用累加(乘)法、叠代法、或构造新数列解决.
5.由f(an，Sn)＝0，求an.一般用转化法，即项an和Sn互化.
[常用结论与易错提醒]
1.由Sn＝f(n)求an时，需检验n＝1的情况.
2.由递推公式求通项公式时，注意构造新数列.
3.由f(an，Sn)＝0求an时，注意利用变量n.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一.(　　)
(2)an＝Sn＋1－Sn(n∈N*).(　　)
(3)利用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项.(　　)
(4)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则an＝2n.(　　)
解析　(2)不正确，an＋1＝Sn＋1－Sn；(4)不正确，当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
2.设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)
A.15 B.16
C.49 D.64
解析　当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.
答案　A
3.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是(　　)
A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝
C.an＝2sin D.an＝cos(n－1)π＋1
解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意，故选C.
答案　C
4.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.

解析　a1＝1，a2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，
a3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)，
a4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)，
∴an＝1＋5×(n－1)＝5n－4.
答案　5n－4
5.在数列{an}中，a1＝2，且对任意的m，n∈N*有am＋n＝am·an，则a6＝________.
解析　a6＝a2a4＝a2a2a2＝(a)3＝26＝64.
答案　64
6.(2020·北京朝阳区一模)等比数列{an}满足如下条件：①a1>0；②数列{an}的前n项和Sn0，q＝，Sn＝＝1－1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项.数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式.
审题路线图
(1)
(2).
满分解答
解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.(5分)
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.(7分)
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·，
故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2，(9分)
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7×＋3.(11分)
设Tn＝3＋7×＋11×＋…＋(4n－5)·，n≥2，
Tn＝3×＋7×＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·，
所以Tn＝3＋4×＋4×＋…＋4·－·，
因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2，(14分)
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·，n≥2，又b1＝1也适合上式，
所以bn＝15－(4n＋3)·.(15分)
[构建模板]
……找关系：列方程(组)求q
　
……求通项：由{(bn＋1－bn)an}前n项和求出其通项公式.
　
……找关系：利用第二步结果结合{an}的通项，找出{bn}的递推关系式
　
……方法：逐差法，错位相减法求和
　
……回代得出n≥2时，bn的公式
　
……反思：需检验n＝1的情况，得结论
【训练】 (2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.
①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
②求aici(n∈N*).
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
依题意得解得
故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.
所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.
(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.
所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.
②aici＝ [ai＋ai(ci－1)]
＝ai＋a2i(c2i－1)
＝＋ (9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n
＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*).

基础巩固题组
一、选择题
1.数列，－，，－，…的第10项是(　　)
A.－ B.－
C.－ D.－
解析　所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·，故a10＝－.
答案　C
2.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于(　　)
A. B.cos
C.cos π D.cos π
解析　令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.
答案　D
3.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是(　　)
A. B.
C.4 D.0
解析　∵an＝－3＋，由二次函数性质得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案　D
4.数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝(　　)
A.7 B.6
C.5 D.4
解析　依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)＝2，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
答案　D
5.数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝(　　)
A.2n－1 B.n2
C. D.
解析　设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
答案　D
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，则(　　)
A.an≥2n＋1 B.an≥2n－1
C.Sn≥n2 D.Sn≥2n－1
解析　由an＋1－an≥2，得a2－a1≥2，a3－a2≥2，…，an－an－1≥2，累加得an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥2(n－1)＋1＝2n－1，所以Sn≥1＋3＋5＋…＋2n－1＝n×＝n2.
答案　C
二、填空题
7.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋，a8＝，则a5＝________.
解析　借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝，a6＝，a5＝.
答案　
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________.
解析　因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，由于a1≠0，则a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.
答案　1
9.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝________；数列{an}的通项公式为an＝________.
解析　由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝
答案　2　
10.已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 019的值为________.
解析　由题意得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝3，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2 019＝6×336＋3，∴a2 019＝a3＝1.
答案　1
三、解答题
11.(2020·北京延庆区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*).
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式.
(1)证明　由Sn＝4an－3可知当n＝1时a1＝4a1－3，解得a1＝1.当n≥2时，Sn＝4an－3，Sn－1＝4an－1－3，两式相减得an＝4an－4an－1，即an＝an－1，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列.
(2)解　由(1)可知an＝，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)得bn＋1－bn＝an＝.
所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＋＋…＋
＝2＋＝3·－1.
当n＝1时上式也满足条件，
故数列{bn}的通项公式为bn＝3·－1.
12.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)(一题多解)设cn＝a·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝4.
对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.
又当n＝1时，a1＝4适合上式，故{an}的通项公式an＝4n.将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.
对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝bn－1，所以数列{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，故bn＝21－n.
(2)证明　法一　由cn＝a·bn＝n225－n，
得＝.
当且仅当n≥3时，1＋≤＜，即