2020届二轮复习 数列求通项公式 学案(全国通用)

1.累加、累乘法

例1：数列an满足：a11，且an1an2n1，求an． 【答案】an2nn2．

【解析】an1an2n1，anan12n11，L，a2a1211，

累加可得：ana122L22n1n122n1121n12nn3，

an2nn2．

2．Sn与an的关系的应用

22Sn例2：在数列an中，a11，an，则an的通项公式为_________．

2Sn111,n2【答案】an2n12n3．

n11,【解析】∵当n2,nN时，anSnSn1，

2Sn2SnSn12Sn2Sn2SnSn1Sn12Sn2，

2Sn1整理可得：Sn1Sn2SnSn1，112， SnSn1111为公差为2的等差数列，n122n1，

SnS1Sn11,n21Sn，an2n12n3．

2n1n11,

3．构造法

例3：数列an中，a11，an3an12，求数列an的通项公式． 【答案】an23n11．

【解析】设an3an1即an3an12，对比an3an12，可得1， an13an11，an1是公比为3的等比数列，

an1a113n1，an23n11．

对点增分集训

一、单选题 1．由a11，an1A．

1 100an给出的数列an的第34项是（ ） 3an1B．100 C．

34 103D．

1 4【答案】A

【解析】由a11，an1an， 3an111111174，a4， ，a3则a21131431731104711111013a5，a6，L，

11311331161013由此可知各项分子为1，分母构成等差数列bn，首项b11，公差为d3， ∴b34b1341d1333100，∴a52．数列an满足a1A．

1 21，故选A． 1001a11，n1，则a2018等于（ ）

an2B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】n1时，a2121，a3112，a41∴数列的周期是3，∴a2018a33722a21．故选B．

11，a5121， 223．在数列an中，若a12，且对任意正整数m、k，总有amkamak，则an的前n项和为Sn（ ） A．n3n1 B．

nn33n12

C．nn1

D．

n2

【答案】C

【解析】递推关系amkamak中，令k1可得：am1ama1am2， 即am1am2恒成立，

据此可知，该数列是一个首项a12，公差d2的等差数列， 其前n项和为：Snna1nn12d2nnn122nn1．故选C．

4．数列an项和为Sn的前n，若Sn2n1nN，则a2017的值为（ ）

A．2 B．3 C．2017 D．3033

【答案】A

【解析】a2017S2017S20162，故选A．

5．已知数列an是递增数列，且对nN，都有ann2n，则实数的取值范围是（ A．72,

B．1, C．2, D．3,

【答案】D

【解析】∵an是递增数列，∴an1an，

∵a2nn2n恒成立，即n1n1n2n，

∴2n1对于nN恒成立，而2n1在n1时取得最大值3， ∴3，故选D．

6．在数列an中，已知a2an112，ana2，n2，则an等于（ ）

n1A．

2n1 B．

2n C．

3n D．

3n1 【答案】B 【解析】将等式aan111n2a两边取倒数得到1，111， n12anan12anan121111a是公差为的等差数列，n2a，

12

） 111n2n1，故an．故选B． 根据等差数列的通项公式的求法得到

an222n17．已知数列an的前n项和Sn，若a11，Snan1，则a7（ ）

3A．47 【答案】B

B．345 C．346 D．461

1111【解析】由Snan1，可得Sn1an，n2．两式相减可得：anan1an，n2．

3333即an14an，n2．数列an是从第二项起的等比数列，公比为4， 1又Snan1，a11．∴a23，S13．∴a7a2472345．故选B．

318．已知Fxfx2是R上的奇函数，anf021n1fLff1，nnnN则数列an的通项公式为（ ）

A．ann 【答案】B

B．an2n1

C．ann1 D．ann22n3

1【解析】由题已知Fxfx2是R上的奇函数，

211故FxFx，代入得：fxfx4，xR，

221

∴函数fx关于点,2对称，

2

11令tx，则x1t，得到ftf1t4，

221n1∵anf0fLff1，anf1nnn11fLff0， nn倒序相加可得2an4n1，即an2n1，故选B． 9．在数列an中，若a10，an1an2n，则A．

n1 n111L的值（ ） a2a3anB．

n1 nC．

n1 n1D．

n n1【答案】A

【解析】由题意，数列an中，若a10，an1an2n，

则ananan1an1an2La2a1a1212Ln1nn1，

1111∴， annn1n1n∴

11111111n11L1L1，故选A． a2a3an223nnn1nn110．已知数列an的首项a11，且满足an1annN，如果存在正整数n，

2使得anan10成立，则实数的取值范围是（ ） 12 A．,221 B．,311 C．,225D．,

36【答案】C

【解析】由题意n2时，

111ana1a2a1a3a2Lanan11L2222n121132n，

由anan10，即anan10， 21aaaaa1∴2k2k1且2k2k1，kN，2k322k2112k， 322k12121231其中最小项为a21，a2k1112k1，

3423232其中最大项为a11，因此

11．故选C． 2n*11．已知数列an满足a11，an1an2nN，Sn是数列an的前n项和，则（ ）

A．a201822018

B．S20183210093 D．数列an是等比数列

C．数列a2n1是等差数列 【答案】B

n*【解析】数列数列an满足a11，an1an2nN，

当n2时，anan12n1两式作商可得：

an12， an1∴数列an的奇数项a1，a3，a5，L，成等比，偶数项a2，a4，a6，L，成等比，

对于A来说，aa22201812201822100821009，错误；

对于B来说，S2018a1a3La2017a2a4La2018

1121009122121009123210093，正确；

对于C来说，数列a2n1是等比数列，错误； 对于D来说，数列an不是等比数列，错误， 故选B．

12．已知数列an满足：a11，an1ab125，

an1nN．设bn1n21nN，n2an且数列bn是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ） 2 A．,3B．1,

2, C．112 D．1,【答案】B

【解析】∵数an满足：a11，an1annN． an212121，化为12， an1anan1an11∴数列1是等比数列，首项为12，公比为2，

a1an∴

1112n，bn1n21n22n， anan∵b125，且数列bn是单调递增数列，

2∴b2b1，∴1225，解得12，

由bn2bn1，可得n1，对于任意的nN恒成立， 233，故答案为1．故选B． 22

二、填空题

13．已知数列an的前n项和为Sn，且Snn22n，则an___________． 【答案】2n1

【解析】数列an的前n项和为Sn，且Snn22n， Sn1n122n1，两式想减得到an2n1．

此时n1，检验当n1时，a13符合题意，故an2n1．故答案为an2n1．14．数列an中，若a11，ann1n1an，则an______． 【答案】

1n 【解析】∵an11，an1n1an，则n1an1nana11， ∴a11nn．故答案为n． 15．设数列ann满足nan1n1ann2nN，a112，an___________．n2【答案】n1

【解析】∵nan1n1annn2nN， an1n1an111nn2n1n1n2， ∴

anan11ann1n1n1，a22a111213，累加可得nna1112n1， ∵a11，an12n1n1nn1，

an2n2∴nn1．故答案为ann1．

16．已知数列

an满足

a12，

4an154an131a111_______． 11a21a31an1【答案】3n122n32 【解析】令bn4an1，则bn14an11，

则

，由题意可得bn11bn33， 即bnbn13bn1bn0，整理可得

111，则cn13cn1，由题意可得cn13cn， bn221111313n1c且1，c1，故cn3，

b14a1142424311， bnbn1令cn即cn1bn1n1b1413n2， 3，na1，，nnncn3242432an111113n1323nL333L32n2n． 据此可知

a11a21a31an122

三、解答题

22an4Sn． 17．已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且an（1）求Sn； （2）设bn1n1nSn，求数列的前n项和Tn．

bn【答案】（1）Snn2n；（2）Tn11n1．

2an2an4Sn【解析】（1）由题意得2，两式作差得an1anan1an20，

an12an14Sn1又数列an各项均为正数，∴an1an20，即an1an2， 当n1时，有a122a14S14a1，得a1a120，则a12， 故数列an为首项为2公差为2的等差数列，∴Snna11（2）bnnnn12dn2n．

1n1n1Snn1nnn11n1n1，

n1111)1∴Tn(．

ii1n1i1bii1218．在数列an中，a14，nan1n1an2n2n．

an（1）求证：数列是等差数列；

n1（2）求数列的前n项和Sn．

an

【答案】（1）见解析；（2）Snn．

2n12【解析】（1）nan1n1an2n2n的两边同时除以nn1，得

an1an2nN， n1nan∴数列是首项为4，公差为2的等差数列

na（2）由（1），得n2n2，

n∴an2n22n，故

111n1n1112， an2n2n2nn12nn1∴Sn1111111 2223nn1111111111n112n23n1232n12n1．