1、微专题24数列的通项真 题 感 悟(2019全国卷)已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn).又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解由(1)知，anbn，anbn2n1，所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n
2、.考 点 整 合求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系an(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列an中，满足an1anf(n)，把原递推公式转化为an1anf(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列an中，满足an1f(n)an，把原递推公式转化为f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列an中，满足an1panq(其中p，q均为常数，pq(p1)0)先用待定系数法把原递推公式转化为an1
3、tp(ant)，其中t，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一由Sn与an的关系求an【例1】 (2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_.解析法一因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11；当n2时，a1a22a21，解得a22；当n3时，a1a2a32a31，解得a34；当n4时，a1a2a3a42a41，解得a48；当n5时，a1a2a3a4a52a51，解得a516；当n6时，a1a2a3a4a5a62a61，解得a632.所以S61248163263.法二因为Sn2an1，所以当n1时，a12a11，解得a11，当n2时，anSnSn12an
4、1(2an11)，所以an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1，所以S663.答案63探究提高给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.【训练1】 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13, nN*.证明：an23an，并求an.解由条件，对任意nN*，有an23SnSn13，因而对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，
5、所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN*，an23an.又因为an0，所以3.于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列.因此a2n13n1，a2n23n1.所以an热点二“累加法”、“累乘法”求通项【例2】 已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式.解(1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13.由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n2时，有anSnSn1anan1，整理得，因此，化简得ana1，当n1时也满足上式，
6、故an的通项公式为an.探究提高(1)形如an1anf(n)，求an.采用累乘法：若已知a1且f(n)(n2)，则f(n)f(n1)f(3)f(2)，即ana1f(2)f(3)f(n1)f(n).(2)形如an1anf(n)，求an.采用累加法：若已知a1且anan1f(n)(n2)，则(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)ana1f(n)f(n1)f(3)f(2)，即ana1f(2)f(3)f(n1)f(n).【训练2】 已知在数列an中，a11，an23n1an1(n2)，则an_.解析因为an23n1an1(n2)，所以anan123n1(n2)，由累加原理知ana12(
7、332333n1)(n2)，所以ana1213n33n2(n2)，因为a11也符合上式，故an3n2.答案3n2热点三用“转化法”求an【例3】 (2019苏州模拟)在数列an中，已知a12，an13an2n1，则数列an的通项公式是_.解析因为an13an2n1，所以an1n13(ann)，又a12，所以an0，ann0，故3，故ann是以3为首项，3为公比的等比数列，从而ann3n，故an3nn.答案an3nn探究提高本题主要考查利用转化思想构造等比数列来求数列的通项公式.本方法主要适用于给出递推关系式的数列的通项公式的求解问题.一般地，需要将所给出的递推关系式进行转化变形，构造出一个新数
8、列，此新数列为等差数列或等比数列，通过求出此新数列的通项公式后，再求出原数列的通项公式.常见的递推关系的形式有：(1)anpan1q(其中p，q为常数，且p0，p1)，通过变形得anp，从而构造出等比数列；(2)an(其中p，q，r为常数)，通过变形得，令bn，则转化为第(1)种类型或等差数列来求解.【训练3】 在数列an中，已知a14，an1，求数列an的通项公式.解an1，两边取倒数得1，设bn，则bn1bn1，则bn12(bn2)，故bn2是以b122为首项，为公比的等比数列.bn2，即2，得an.【新题感悟】 (2019苏北七市高三一模)已知等差数列an满足a44，前8项和S836.(
9、1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 (bka2n12k)2an3(2n1)，(nN*).证明：bn为等比数列；求集合.解(1)设等差数列an的公差为d.因为等差数列an满足a44，前8项和S836，所以，解得所以数列an的通项公式为ann.(2)证明设数列bn前n项的和为Bn.由(1)及 (bka2n12k)2an3(2n1)，(nN*)得由得3(2n1)3(2n11)(b1a2n1b2a2n3bn1a3bna12n)(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)b1(a2n32)b2(a2n52)bn1(a12)bna12n(b1a2n3b2a2n5bn1a12n2)2(b1b2b
10、n1)bn22(Bnbn)bn2.所以32n12Bnbn2(n2，nN*)，又3(211)b1a12，所以b11，满足上式.所以2Bnbn232n1(nN*).当n2时，2Bn1bn1232n2，由得，bnbn132n2.bn2n1(bn12n2)(1)n1(b120)0，所以bn2n1，2，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列.由，得，即2pm.记cn，由得，cn，所以1，所以cncn1(当且仅当n1时等号成立).由，得cm3cpcp，所以mp.设tpm(m，p，tN*)，由2pm，得m.当t1时，m3，不合题意；当t2时，m6，此时p8符合题意；当t3时，m，不合题意；当t4时，m1
11、，不合题意.下面证明当t4，tN*时，m1.不妨设f(x)2x3x3(x4)，则f(x)2xln 230，所以f(x)在4，)上单调递增，所以f(x)f(4)10，所以当t4，tN*时，m1，不合题意.综上，所求集合(6，8).一、填空题1.已知数列an的首项为1，且满足an3Sn(n2，nN*)，则前n项和Sn_.解析因为an3Sn(n2)，所以SnSn13Sn(n2)，得SnSn1(n2).由a23S23a13a233a2，解得a2，所以S2a2a1，又S1a11，所以S2S1，所以SnSn1(n2)，故数列Sn是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn.答案2.已知数列an满足a11，an
12、a1a2a3an1(n2，nN*)，若an2 004，则n_.解析因为ana1a2a3an1(n2，nN*)，所以an1a1a2a3an，两式相减，得an1an(n2，nN*)，则ana2a2，又a11，a2a11，所以an(n2，nN*)，所以2 004n，故n4 008.答案4 0083.已知数列an满足a13，且an14an3(nN*)，则数列an的通项公式为_.解析由an14an3，得an114(an1)，故数列an1是首项为a114，公比为4的等比数列，所以an14n，所以an22n1.答案an22n14.(2019南京、盐城调研)在数列an中，已知a11，an12an1，则a10_
13、.解析由题意知an112(an1)，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，an12n，an2n1.a1021011 023.答案1 0235.(2018盐城三模)设数列an的前n项和为Sn，若Sn2ann(nN*)，则数列an的通项公式an_.解析因为Sn2ann，所以当n1时，a1S12a11，即a11；当n2时，anSnSn1(2ann)2an1(n1)2an2an11，即an2an11，所以an12(an11)，又因为a1120，故an110，所以2，所以数列an1为首项a112，公比q2的等比数列，所以an122n1，即an12n，当n1时也成立.答案12n6.已知数列an中，a
14、11，an1(nN*)，则an_.解析因为an1(nN*)，所以1.设t3，所以3tt1，解得t，所以3.又1，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以3n1，所以an.答案7.设数列an满足a12，an14an32n1，则an_.解析由a12，an14an32n1，得3.设bn，则bn12bn3.设bn1t2(bnt)，所以2tt3，解得t3，所以bn132(bn3)，所以2.又b133134，所以数列bn3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn342n12n1，所以bn2n13，所以anbn2n(2n13)2n22n132n.答案22n132n8.已知正项数列an中，a12，an1
15、2an35n，则数列an的通项公式an_.解析在an12an35n的两边同时除以5n1，得，令bn，则式变为bn1bn，即bn11(bn1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为b111，公比为，所以bn1，即bn1，所以11，故an5n32n1.答案5n32n1二、解答题9.(1)在数列an中，a11，an1an，求数列an的通项公式；(2)已知正项数列an满足a11，(n2)a(n1)aanan10，求通项an.解(1)由已知得a11，且，12(n2).an2n(n2)，又a11适合上式，an2n.(2)由(n2)a(n1)aanan10，得(n2)n1，所以.又a11，则ana11.故数列
16、an的通项公式an.10.已知数列an，bn满足2Sn(an2)bn，其中Sn是数列an的前n项和.(1)若数列an是首项为，公比为的等比数列，求数列bn的通项公式；(2)若bnn，a23，求数列an的通项公式.解(1)因为an2，Sn，所以bn.(2)若bnn，则2Snnan2n，所以2Sn1(n1)an12(n1)，两式相减得2an1(n1)an1nan2，即nan(n1)an12，当n2时，(n1)an1(n2)an2，两式相减得(n1)an1(n1)an12(n1)an，即an1an12an.因为2S1a12，得a12，又a23，所以数列an是首项为2，公差为321的等差数列，故数列an的通项公式是ann1.11.已知数列an的前n项和为Sn，且对任意的正整数n都有an(1)nSnpn(p为常数，p0).(1)求p的值；(2)求数列an的通项公式.解(1)当n1时，由a1S1p，得a1.由a2S2p2，得a1p2，所以p2，又因为p0，所以p.(2)由an(1)nSn，得得anan1(1)n(an1).当n为奇数时，anan1an1，所以an；当n为偶数时，anan1an1，所以an2an12，所以an