1、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an4.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Snf(n)求an时，需检验n1的情况.2.由递推公式求通项公式时，注意构造新
2、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)anSn1Sn(nN*).()(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Snn2n1，则an2n.()解析(2)不正确，an1Sn1Sn；(4)不正确，当n1时，a1S13，当n2时，anSnSn12n，an答案(1)(2)(3)(4)2.设数列an的前n项和Snn2，则a8的值为()A.15 B.16 C.49 D.64解析当n8时，a8S8S7827215.答案A3.已知数列的前4项为2，0，
3、2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.an(1)n11 B.anC.an2sin D.ancos(n1)1解析对n1，2，3，4进行验证，an2sin不合题意，故选C.答案C4.(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a11，a261515(21)，a31115215(31)，a41615315(41)，an15(n1)5n4.答案5n45.在数列an中，a12，且对任意的m，nN*有amnaman，则a6_.解析a6a2a4a2a2a2(a)32664.答案646.(2020北京朝阳区一模)等比数列an满足如下条件：a10；数列
4、an的前n项和Sn0，q，Sn11，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项.数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(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a42是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因为q1，所以q2.(5分)(2)设cn(bn1bn)an，数列cn前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.(7分)由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)，故bnbn1(4n5)，n2，(9分)bnb1(bnbn1)(bn1bn
5、2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(4n9)73.(11分)设Tn3711(4n5)，n2，Tn37(4n9)(4n5)，所以Tn3444，因此Tn14(4n3)，n2，(14分)又b11，所以bn15(4n3)，n2，又b11也适合上式，所以bn15(4n3).(15分)构建模板找关系：列方程(组)求q 求通项：由(bn1bn)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n2时，bn的公式 反思：需检验n1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a14，b16，b2
6、2a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式.(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式；求aici(nN*).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an4(n1)33n1，bn62n132n.所以an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(2)a2n(c2n1)a2n(bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)94n1.aici aiai(ci1)aia2i(c2i1) (94i1)(322n152n1)9n2722n152n1n12(nN*).
7、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)n1，故a10.答案C2.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 D.cos 解析令n1，2，3，逐一验证四个选项，易得D正确.答案D3.设an3n215n18，则数列an中的最大项的值是()A. B.C.4 D.0解析an3，由二次函数性质得当n2或3时，an最大，最大为0.答案D4.数列an满足an1an2n3，若a12，则a8a4(
8、)A.7 B.6 C.5 D.4解析依题意得(an2an1)(an1an)2(n1)3(2n3)2，即an2an2，所以a8a4(a8a6)(a6a4)224.答案D5.数列an的前n项积为n2，那么当n2时，an()A.2n1 B.n2C. D.解析设数列an的前n项积为Tn，则Tnn2，当n2时，an.答案D6.已知数列an满足a11，an1an2(nN*)，则()A.an2n1 B.an2n1C.Snn2 D.Sn2n1解析由an1an2，得a2a12，a3a22，anan12，累加得ananan1an1an2a2a1a12(n1)12n1，所以Sn1352n1nn2.答案C二、填空题7
9、.若数列an满足关系an11，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an0(nN*)，又anan1Sn，则a3a1_.解析因为anan1Sn，所以令n1得a1a2S1a1，由于a10，则a21，令n2，得a2a3S2a1a2，即a31a1，所以a3a11.答案19.已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则a1_；数列an的通项公式为an_.解析由题意易得a1S12，当n2时，anSnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，而a123，所以an答案210.已知数列an满足an2an1an，且a12，a23
10、，则a2 019的值为_.解析由题意得a3a2a11，a4a3a22，a5a4a33，a6a5a41，a7a6a52，a8a7a63，数列an是周期为6的周期数列，而2 01963363，a2 019a31.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Sn4an3(nN*).(1)证明：数列an是等比数列；(2)若数列bn满足bn1anbn(nN*)，且b12，求数列bn的通项公式.(1)证明由Sn4an3可知当n1时a14a13，解得a11.当n2时，Sn4an3，Sn14an13，两式相减得an4an4an1，即anan1，an是首项为1，公比为的等比数
11、列.(2)解由(1)可知an，由bn1anbn(nN*)得bn1bnan.所以当n2时，bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)2231.当n1时上式也满足条件，故数列bn的通项公式为bn31.12.已知数列an的前n项和Sn2n22n，数列bn的前n项和Tn2bn.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)(一题多解)设cnabn，证明：当且仅当n3时，cn1cn.(1)解当n1时，a1S14.对于n2，有anSnSn12n(n1)2(n1)n4n.又当n1时，a14适合上式，故an的通项公式an4n.将n1代入Tn2bn，得b12b1，故T1b11.对于n2，由Tn12bn1，Tn2b
12、n，得bnTnTn1(bnbn1)，bnbn1，所以数列bn是以1为首项，为公比的等比数列，故bn21n.(2)证明法一由cnabnn225n，得.当且仅当n3时，1，即1，即cn1cn.法二由cnabnn225n，得cn1cn24n(n1)22n224n(n1)22.当且仅当n3时，cn1cn0，即cn1cn.能力提升题组13.已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN*)，若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是()A.(3，5) B.(4，6)C.3，5) D.4，6)解析由SnSn14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2.两式相减
13、得an1an8n4(n2)，则an2an18n12.两式相减得an2an8(n2).又由a1a，a1a2a116得a2162a，又由a1a2a3a1a2432得a342a，所以a2na28(n1)8n82a，a2n1a38(n1)8n42a.因为对任意nN*，anan1恒成立，所以解得3a5.答案A14.(2020宁波模拟)若x表示不超过x的最大整数，如2.32，44，2.33.已知an，b1a1，bnan10an1(nN*，n2)，则b2 019()A.2 B.5 C.7 D.8解析依次计算得b12，b2a210a1208，b3105，b4107，b5101，b6104，b7102b1，故b
14、n为周期数列，且周期为6，故b2 019b35，故选B.答案B15.著名的斐波那契数列an：1，1，2，3，5，8，满足a1a21，an2an1an，nN*，那么1a3a5a7a9a2 017是斐波那契数列的第_项.解析1a3a5a7a9a2 017a2a3a5a7a9a2 017a4a5a7a9a2 017a6a7a9a2 017a8a9a2 017a2 016a2 017a2 018，即为第2 018项.答案2 01816.我们可以利用数列an的递推公式an(nN*)求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数.则a24a25_；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个5是
15、该数列的第_项.解析a24a12a6a33，a2525，故a24a2528.又a55，a105，a205，a405，即项的值为5时，下角码是首项为5，公比为2的等比数列，第8个5是该数列的第5281640项.答案2864017.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anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1.将以上n个等式两端分别相乘，
16、整理得an.显然，当n1时也满足上式.综上可知，an的通项公式an.18.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设知anan1Sn1，an1an2Sn11.两式相减得an1(an2an)an1.由于an10，所以an2an.(2)解由题设知a11，a1a2S11，可得a21.由(1)知a31.由2a2a1a3，解得4.故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列.