1、2023届高考复习专题数列通项公式的求法数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.例1数列1，4,9，16,25，的一个通项公式是( )Aann2Ban(1)nn2Can(1)n1n2Dan(1)n(n1)2常见数列的通项公式(1)自然数列：1,2,3,4，ann.(2)奇数列：1,3,5,7，an2n1
2、.(3)偶数列：2,4,6,8，an2n.(4)平方数列：1,4,9,16，ann2.(5)2的乘方数列：2,4,8,16，an2n.(6)乘积数列：2,6,12,20，ann(n1)(7)正整数的倒数列：1，an.(8)重复数串列：9,99,999,9 999，an10n1.(9)符号数列：1,1，1,1，或1，1,1，1，an(1)n或an(1)n1.具体策略：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项的符号特征和绝对值特征；化异为同对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k1，kN*处理注意：并不是
3、每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一跟踪练习1、(教材改编)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 .2、(教材改编)数列an的前几项为，3，8，则此数列的通项公式可能是()AanBanCanDan3、 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)1,7，13,19，；(2)，；(3)，；(4)，2，8，；(5)5,55,555,5 555，二、公式法若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式例2(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知S40，a55，则()Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n跟踪
4、练习1、(2022千阳月考)在数列an中，2anan1an1(n2)，且a210，a55(1)求an的通项公式；2、(2022淮安模拟)已知数列an满足a11，a23，且an22an1an4，nN*(1)求数列an的通项公式；3、(2022开原三模)给出以下三个条件：4a3,3a4,2a5成等差数列；nN*，点(n，Sn)均在函数y2xa的图象上，其中a为常数；S37请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解设an是一个公比为q(q0，且q1)的等比数列，且它的首项a11，_(1)求数列an的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分4、已知数列an满足a11，a23
5、，an23an12an(nN*)(1)证明：数列an1an是等比数列；(2)求数列an的通项公式5、(2022苏州模拟)已知数列an中，a11，nN*，an12an1(1)求证：an1是等比数列；(2)设bn2nan(nN*)，求数列bn的前n项和6、(2022莆田模拟)Sn为等比数列an的前n项和，已知a49a2，S313，且公比q0(1)求an及Sn；7、在S317；S1S24；S24S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题已知数列Sn满足Sn0，且Sn13Sn2(1)证明：数列Sn1为等比数列；(2)若_，是否存在等比数列an的前n项和为Sn？若存在，求an的通项公式
6、；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分8、(2021新高考卷)已知数列an满足a11，an1(1)记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；9、(2022北京模拟)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S520，a3是a2，a5的等比中项，数列bn满足对任意的nN*，Snbn2n2(1)求数列an，bn的通项公式；10、(2021广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，且S426，a1，a3，a11成等比数列(1)求数列an的通项公式；三、累加法形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。例3(2022重庆模拟)在数列an中
7、，a13，an1an，则通项公式an_跟踪练习1、在数列an中，a12，ln，则an()A2nln nB2(n1)ln nC1nln nD2nnln n2、在数列中，则（ ）ABCD3、(2022泰安质检)在数列an中，a1100，an1an3n(nN*)，则通项公式an_；4、已知数列an中，a11，an1ann(nN*)，则a4_，an_5、设f(x)，若Sfff，则S_四、累乘法形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。例4已知数列an的首项是a1，且an1，则数列an的通项公式为_跟踪练习1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）A B C D2、若a11，nan1(n1)an(n2
8、)，则数列an的通项公式an_；五、利用Sn求an的关系即求通项公式步骤：(1)先利用a1S1求出a1；(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)即可求出当n2时an的表达式；(3)注意检验n1时的表达式是否可以与n2时的表达式合并例5(2022南京质检)已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an1，数列bn是等差数列，且b1a1，b6a5(1)求数列an和bn的通项公式；跟踪练习1、(2022福州质检)已知数列an满足a12a222a32n1an，nN*，则数列an的通项公式为_2、(2022北京质检)已知数列an满足21a122a223a32nan(n1)2n12
9、(nN*)，则数列an的通项公式an_3、(2022湖北模拟)定义n个正数p1，p2，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列an的前n项的“均倒数”为，则a2 021_4、(2022遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(xy)f(x)f(y)，若数列an的前n项和为Sn，且满足f(Sn2)f(3)f(an)，则an_5、(2021全国甲卷)记Sn 为数列an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列是等差数列，证明：an是等差数列 6、(2021全国乙卷)记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2(1)证明：数列bn是等差数列；
10、(2)求an的通项公式7、(2022重庆模拟)已知数列an的前n项和Sn满足anSn(Sn1)2(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列an的通项公式8、(2022本溪模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an3(nN*)(1)求数列an的通项公式；9、已知数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn13Sn2n2成立，a12(1)求证：数列an1为等比数列，并求an的通项公式；10、(2021南京模拟)已知数列an的前n项和为Sn且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式六、构造法根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公
11、式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解（1）形如an1(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解(2)形如an1panAnB(p、A、B为常数)的类型，可令an1(n1)p(ann)，求出、的值即可知ann为等比数列，进而可求an.(3)形如an1panAqn(p、A为常数)的类型当pq时，可令an1qn1p(anqn)，求出的值即可知anqn是等比数列，进而可求an，当pq时可化为A即A(常数)知为等差数列，进而可求an.例6(20
12、22南京模拟)已知数列an满足a11，an1(nN*)，则数列anan1的前10项和S10()ABCD跟踪练习1、(2022济南模拟)已知数列an，a12，an12an3(1)求证：an3是等比数列；(2)求数列an的通项公式2、(2022襄阳模拟)在数列an中，a1 ，且an12an3n1(nN*)，则通项公式an_3、(2022广东模拟)在数列an中，a11，an1an2anan1(1)求an的通项公式；4、若数列an满足a11，an1，则数列an的通项公式an_5、(2022衡水检测)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Sn1，nN*，则数列an的通项公式为_6、已知数列an
13、中，a11，an1，则数列an的通项公式为an_(nN*)7、在数列an中，(1)若a12，an14an3n1，nN*，则an_8、若a11，an12an3n，nN*，则an_9、在数列an中，(1)a11，an(n2)，则an；(2)若a11，an12an3n，nN*，则an52n13n3；(3)若a11，an12an32n，nN*，则an(3n2)2n1.10、设数列an的前n项和为Sn，已知a11，且对任意正整数n都有1，则Sn_11、(2022江门模拟)已知数列an满足：a11，an12ann1(1)证明：数列ann是等比数列并求数列an的前n项和Sn；12、已知数列an的前n项和为S
14、n，且Sn14an，nN*，a11(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求an的通项公式；数列是等差数列；数列是等比数列；数列是等比数列注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分2023届高考复习专题数列通项公式的求法（解析版）数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.例1数列1，4,9，16,
15、25，的一个通项公式是(C)Aann2Ban(1)nn2Can(1)n1n2Dan(1)n(n1)2解：因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an(1)n1n2.故选C常见数列的通项公式(1)自然数列：1,2,3,4，ann.(2)奇数列：1,3,5,7，an2n1.(3)偶数列：2,4,6,8，an2n.(4)平方数列：1,4,9,16，ann2.(5)2的乘方数列：2,4,8,16，an2n.(6)乘积数列：2,6,12,20，ann(n1)(7)正整数的倒数列：1，an.(8)重复数串列：9,99,999,9 999，an10n1.(9)符号数列：1,1
16、，1,1，或1，1,1，1，an(1)n或an(1)n1.具体策略：分式中分子、分母的特征；相邻项的变化特征；拆项后的特征；各项的符号特征和绝对值特征；化异为同对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；对于符号交替出现的情况，可用(1)k或(1)k1，kN*处理注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一跟踪练习1、(教材改编)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an5n4.2、(教材改编)数列an的前几项为，3，8，则此数列的通项公式可能是()AanBanCanDan解析：A数列为，其分母为2，分子可表示为15(
17、n1)5n4，因此通项公式可能为an3、 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)1,7，13,19，；(2)，；(3)，；(4)，2，8，；(5)5,55,555,5 555，解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(1)n；观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式an(1)n(6n5)(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an(1)n.(3)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为13,35,57,79,911，即分母的每一项都是两个相邻奇数
18、的乘积，故所求数列的一个通项公式an.(4)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，从而可得数列的一个通项公式an.(5)将原数列改写为9，99，999.，易知数列9,99,999，的通项公式为10n1，故所求的数列的一个通项公式an(10n1)二、公式法若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式例2(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知S40，a55，则(A)Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n解：设等差数列an的公差为d，解得ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1dn24n.故选A跟踪练习1、(2022千阳月考
19、)在数列an中，2anan1an1(n2)，且a210，a55(1)求an的通项公式；解：(1)因为2anan1an1(n2)，所以an1ananan1(n2)，所以数列an为等差数列，设首项为a1，公差为d，则解得所以ana1(n1)d155(n1)5n202、(2022淮安模拟)已知数列an满足a11，a23，且an22an1an4，nN*(1)求数列an的通项公式；解：(1)令cnan1an，则cn1cn4，而c1a2a12，cn是首项为2，公差为4的等差数列，即cn24(n1)4n2，c1c2cn1a2a1a3a2anan1ana1an1，又c1c2cn14(12n1)2(n1)2n(
20、n1)2(n1)2n24n2，an2n24n33、(2022开原三模)给出以下三个条件：4a3,3a4,2a5成等差数列；nN*，点(n，Sn)均在函数y2xa的图象上，其中a为常数；S37请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解设an是一个公比为q(q0，且q1)的等比数列，且它的首项a11，_(1)求数列an的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解：(1)选条件：因为4a3,3a4,2a5成等差数列，所以6a44a32a5，即6a3q4a32a3q2，解得q1(舍)或q2，所以an2n1选条件：由题意得Sn2na，因为a1S12a1，所以a1，所以Sn2n
21、1，当n2时，Sn12n11，则anSnSn12n1，当n1时，a11，符合上式，所以an2n1选条件：由S37，得a1a2a37，即a1a1qa1q27，解得q2或q3，又因为q0，所以q2，所以an2n14、已知数列an满足a11，a23，an23an12an(nN*)(1)证明：数列an1an是等比数列；(2)求数列an的通项公式解(1)证明：因为an23an12an(nN*)，所以an2an12(an1an)，所以2，又因为a11，a23，则a2a12，所以数列an1an是以2为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)知数列an1an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an1an22n
22、12n，所以ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)12222n12n15、(2022苏州模拟)已知数列an中，a11，nN*，an12an1(1)求证：an1是等比数列；(2)设bn2nan(nN*)，求数列bn的前n项和解：(1)证明：依题意，nN*，an112an22(an1)，且a1120，所以an1是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)得an12n，an2n1，所以bn2nan4n2n，故数列bn的前n项和为2n16、(2022莆田模拟)Sn为等比数列an的前n项和，已知a49a2，S313，且公比q0(1)求an及Sn；解：(1)易知q1，由题意可得解得a11，q3，a
23、n3n1，Sn7、在S317；S1S24；S24S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题已知数列Sn满足Sn0，且Sn13Sn2(1)证明：数列Sn1为等比数列；(2)若_，是否存在等比数列an的前n项和为Sn？若存在，求an的通项公式；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解：(1)证明：数列Sn中，Sn0，且Sn13Sn2，所以Sn113(Sn1)，所以数列Sn1是公比为3的等比数列(2)选择条件，不存在因为S317，所以S3118，因为Sn1是公比为3的等比数列，所以(S11)3218，解得S11，所以Sn123n1，Sn23n11所以Sn
24、13Sn263n11，an143n1，所以an43n2(n2)，因为a11，不符合上式，所以数列an不是等比数列，所以不存在选择条件，不存在因为Sn1是公比为3的等比数列，所以S213(S11)，又S1S24，得S1，所以Sn13n1，Sn3n11，所以Sn13n11，所以an13n，所以an3n1(n2)，因为a1，不符合上式，所以数列an不是等比数列，所以不存在选择条件，存在因为Sn1是公比为3的等比数列，所以S213(S11)，又S24S1，得S12，所以Sn13n，Sn3n1，所以Sn133n1，所以an123n，所以an23n1(n2)，因为a12，符合上式，所以数列an是等比数列，
25、所以存在，此时an23n18、(2021新高考卷)已知数列an满足a11，an1(1)记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；解(1)因为bna2n，且a11，an1所以b1a2a112，b2a4a31a2215因为bna2n，所以bn1a2n2a2n11a2n11a2n21a2n3，所以bn1bna2n3a2n3，所以数列bn是以2为首项，3为公差的等差数列，bn23(n1)3n1，nN*9、(2022北京模拟)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S520，a3是a2，a5的等比中项，数列bn满足对任意的nN*，Snbn2n2(1)求数列an，bn的通项公式；解：(1
26、)设数列an的公差为d，由题意得，化简得因为d0，所以a10，d2，所以an2n2(nN*)，Snn2n，nN*，因为Snbn2n2，所以bnn2n(nN*)10、(2021广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，且S426，a1，a3，a11成等比数列(1)求数列an的通项公式；解：(1)由a1，a3，a11成等比数列，得a1a11a，又S426，所以又d0，所以a12，d3.所以an23(n1)3n1.三、累加法形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。例3(2022重庆模拟)在数列an中，a13，an1an，则通项公式an_解：an1an，当n2时，anan1，an
27、1an2，a2a11，以上各式相加得，ana11，an4，a13适合上式，an4跟踪练习1、在数列an中，a12，ln，则an()A2nln nB2(n1)ln nC1nln nD2nnln n解析：D由题意得，ln ，则ln ，ln ，ln ，由累加法得，ln ln ln ，即a1ln，则2ln n，所以an2nnln n，故选D2、在数列中，则（ ）ABCD解：在数列中，故选A.3、(2022泰安质检)在数列an中，a1100，an1an3n(nN*)，则通项公式an_3n，nN*_；4、已知数列an中，a11，an1ann(nN*)，则a4_7_，an_5、设f(x)，若Sfff，则S.
28、解：f(x)，f(1x).f(x)f(1x)1.Sfff，Sfff，得2S2 021.S.四、累乘法形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。例4已知数列an的首项是a1，且an1，则数列an的通项公式为_解：由题意得，当n2时，(n2)，所以(n2)，因为a1，所以an(n2)因为a1满足上式，所以an跟踪练习1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）A B C D解：数列满足，整理得，所有的项相乘得：，整理得：。2、若a11，nan1(n1)an(n2)，则数列an的通项公式an_an_；五、利用Sn求an的关系即求通项公式步骤：(1)先利用a1S1求出a1；(2)用n1替换Sn中的n得
29、到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)即可求出当n2时an的表达式；(3)注意检验n1时的表达式是否可以与n2时的表达式合并例5(2022南京质检)已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an1，数列bn是等差数列，且b1a1，b6a5(1)求数列an和bn的通项公式；解(1)由Sn2an1，可得n1时，a12a11，解得a11；n2时，Sn12an11，又Sn2an1，两式相减可得anSnSn12an12an11，即有an2an1，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1设等差数列bn的公差为d，且b1a11，b6a516，可得d3，所以bn13(n1)3n2跟踪练习1、(
30、2022福州质检)已知数列an满足a12a222a32n1an，nN*，则数列an的通项公式为_解：a12a222a32n1an，当n2时，a12a222a32n2an1，得，2n1an，an(n2)，又a1也适合式，an(nN*)2、(2022北京质检)已知数列an满足21a122a223a32nan(n1)2n12(nN*)，则数列an的通项公式an_n_解析：2a122a223a32n1an12nan(n1)2n12，2a122a223a32n1an1(n2)2n2(n2)，两式相减，得2nann2n，即ann(n2)，当n1时，a11，适合ann，故ann(nN*)3、(2022湖北模
31、拟)定义n个正数p1，p2，pn的“均倒数”为，若各项均为正数的数列an的前n项的“均倒数”为，则a2 021_解：设数列an的前n项和为Sn，由已知可得数列an的前n项的“均倒数”为，可得Sn(2n1)n2n2n，所以a2 021S2 021S2 020(22 02122 021)(22 02022 020)8 0834、(2022遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(xy)f(x)f(y)，若数列an的前n项和为Sn，且满足f(Sn2)f(3)f(an)，则an_解：由题意可得Sn23an，当n2时，Sn123an1，则，可得an3an3an1
32、，即2an3an1，所以，当n1时，a11 ，所以an是以1为首项，为公比的等比数列，所以ana1qn1n15、(2021全国甲卷)记Sn 为数列an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列是等差数列，证明：an是等差数列 证明由题意可知，数列的首项为，设等差数列的公差为d，则d，所以()()()(n1)n，即Sna1n2，所以an即an(2n1)a1，所以an1an2a1，所以数列an是以a1为首项，2a1为公差的等差数列6、(2021全国乙卷)记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2(1)证明：数列bn是等差数列；(2)求an的通项公式解：(1)证明：因为bn是数列S
33、n的前n项积，所以n2时，Sn，代入2可得，2，整理可得2bn112bn，即bnbn1(n2)又2，所以b1，故bn是以为首项，为公差的等差数列(2)由(1)可知，bn，则2，所以Sn，当n1时，a1S1，当n2时，anSnSn1故an7、(2022重庆模拟)已知数列an的前n项和Sn满足anSn(Sn1)2(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：当n1时，由anSn(Sn1)2得a1S1，当n2时，由anSn(Sn1)2有(SnSn1)Sn(Sn1)2，所以Sn，则1，又2所以数列是以2为首项，以1为公差的等差数列(2)由(1)知2(n1)n1，所以Sn当n2时
34、，anSnSn1当n1时，a1也满足an所以数列an的通项公式为an8、(2022本溪模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an3(nN*)(1)求数列an的通项公式；解：(1)当n1时，2a13a13，解得a13；当n2时，2an2Sn2Sn13an33an133an3an1，得an3an1，因为an0，所以3，因为a13，所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an3n9、已知数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn13Sn2n2成立，a12(1)求证：数列an1为等比数列，并求an的通项公式；解：(1)当n2时，Sn3Sn12(n1)2，又Sn13Sn2n2，
35、两式相减可得Sn1Sn3Sn3Sn12，即an13an2，即有an113(an1)，令n1，可得a1a23a1，解得a22a14，也符合an113(an1)，则数列an1是首项为1，公比为3的等比数列，则an13n1，故an13n110、(2021南京模拟)已知数列an的前n项和为Sn且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式解：(1)因为anSnSn1(n2)，又an2SnSn1，所以Sn1Sn2SnSn1，Sn0.因此2(n2)故由等差数列的定义知是以2为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知(n1)d2(n1)22n，即Sn.由于当n2时，有a
36、n2SnSn1，又因为a1，不适合上式所以an六、构造法根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解（1）形如an1(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解(2)形如an1panAnB(p、A、B为常数)的类型，可令an1(n1)p(ann)，求出、的值即可知ann为等比数列，进而可求an.(3)形如an1panAqn(p、A为常数)的类型当pq时，可令an1qn1p(anqn)，求
37、出的值即可知anqn是等比数列，进而可求an，当pq时可化为A即A(常数)知为等差数列，进而可求an.例6(2022南京模拟)已知数列an满足a11，an1(nN*)，则数列anan1的前10项和S10()ABCD解：因为an1(nN*)，所以3，即3，所以数列是以3为公差，1为首项的等差数列，所以13(n1)3n2，所以an，所以anan1，所以S10，故选C跟踪练习1、(2022济南模拟)已知数列an，a12，an12an3(1)求证：an3是等比数列；(2)求数列an的通项公式解(1)证明：由an12an3，得an132an62(an3)，而a135，所以an3是以5为首项，以2为公比的
38、等比数列(2)由(1)知an352n1，则an52n13，所以数列an的通项公式an52n132、(2022襄阳模拟)在数列an中，a1 ，且an12an3n1(nN*)，则通项公式an_解：递推式的两边同时除以3n1，得到 1令bn ，则bn1 bn1显然有bn1 ，b1 ，故是以 为首项， 为公比的等比数列因此bn n1，可得an (2)n1 3n1(nN*)3、(2022广东模拟)在数列an中，a11，an1an2anan1(1)求an的通项公式；解：(1)a11，an1an2anan1，an0，22，又1，是以1为首项，2为公差的等差数列，12(n1)2n1，an(nN*)4、若数列a
39、n满足a11，an1，则数列an的通项公式an_解：因为an1，a11，所以an0，所以，即又a11，则1，所以是以1为首项，为公差的等差数列所以(n1)，所以an5、(2022衡水检测)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Sn1，nN*，则数列an的通项公式为_an2n1，nN*_6、已知数列an中，a11，an1，则数列an的通项公式为an.(nN*)解：an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列，(n1)，an.(nN*)7、 在数列an中，(1)若a12，an14an3n1，nN*，则an4n1n.解：an14an3n1，an1(n1)4(a
40、nn)，即4，又a12，a111，ann是首项为1，公比为4的等比数列，ann4n1.an4n1n.8、若a11，an12an3n，nN*，则an3n2n.解：an12an3n，令an13n12(an3n)比较系数得1.an13n12(an3n)，即2，又a11，a132，an3n是首项为2，公比为2的等比数列，an3n2n，an3n2n.9、在数列an中，(1)a11，an(n2)，则an；(2)若a11，an12an3n，nN*，则an52n13n3；(3)若a11，an12an32n，nN*，则an(3n2)2n1.解：(1)将an两边取倒数，得2，这说明是一个等差数列，首项是1，公差为
41、2，所以1(n1)22n1，即an.(2)an12an3n，令an1(n1)2(ann)，则即an13(n1)32(an3n3)又a11，an3n3是首项为5，公比为2的等比数列，an3n352n1an52n13n3.(3)an12an32n，3，又a11，是首项为1，公差为3的等差数列，13(n1)，an(3n2)2n1.10、设数列an的前n项和为Sn，已知a11，且对任意正整数n都有1，则Sn_解：对任意正整数n都有1，1，即1，又1，数列是首项与公差都为1的等差数列1n1n，解得Sn11、(2022江门模拟)已知数列an满足：a11，an12ann1(1)证明：数列ann是等比数列并求
42、数列an的前n项和Sn；解(1)因为an12ann1，所以an1(n1)2an2n，即2，又a112，所以数列ann是以2为首项2为公比的等比数列，则ann22n12n，故an2nn，所以Sn(2222n)(12n)2n12已12、知数列an的前n项和为Sn，且Sn14an，nN*，a11(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求an的通项公式；数列是等差数列；数列是等比数列；数列是等比数列注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分解：(1)选结论因为Sn14an，a11，所以a23当n2时，Sn4an1，两式相减得，an14an4an1，所以2，即，n2，所以数列是等差数列又，所以(
43、n1)，所以an(n1)2n2选结论因为Sn14an，a11，所以a23当n2时，Sn4an1，两式相减得，an14an4an1，所以an12an2(an2an1)，n2，因为a22a11，所以an12an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an12an2n1，两边同时除以2n1得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以(n1)，所以an(n1)2n2选结论因为Sn14an，a11，所以S24当n2时，Sn14Sn4Sn1，所以Sn12Sn2(Sn2Sn1)，因为S22S12，所以Sn12Sn是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn12Sn2n，两边同时除以2n1，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以(n1)，所以Snn2n1所以an(n1)2n2
