\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【【高分突破系列】 高二数学下学期同步知识点剖析精品讲义！ \(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)

选择性必修第二册同步提高，难度3颗星！

求数列的通项公式是高考常考的一专题，形式多样，解题方法很多，常见的有累加法、累乘法、待定系数法、迭代法、取倒数法等，课外延申的还有不动点法等，不管什么方法，一定要理解解题方法的本质，清楚每种方法的适用范围，避免出现“看得懂，模仿做还行，独立思考就含糊”的情况.  

\({\color{Red}{适用范围：}}\)给出数列的前几项，猜测通项公式； \({\color{Red}{方法：}}\)通过观察，得知数列各项之间数值的关系(比如数值之间的差或商成一定规律)或数值结构特点(比如数值的正负，分式，平方)从而求得通项公式.

  【典题1】写出下列数列\(\{a_n\}\)的一个通项公式 \((1)-7，14，-21，28，…\) \((2) \dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\) \((3) 2，5，10，17，26，…\) \((4) 32，332，3332，33332，….\) \((5) 1，2，2，3，3，4，4，…．\) 【解析】\({\color{Red}{分解结构法：}}\)注意数值的结构，看其是否可视为两个或多个数列组合而成. \((1)\)数列\(-7 ,14 ,-21 ,28\),…每项可分解成符号和项的绝对值相乘得到，

故\(a_{n}=(-1)^{n} 7 n\)； \((2)\)数列\(\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\)…每项可分解成分子和分母相除得到，

故\(a_n=(2n-1)2^{n+1}\)； \({\color{Red}{变形法：}}\)数列本身特点不明显，但通过加减乘除某个数之类方式变形成“规律感更强”的数列. \((3)\)数列\(2 ,5 ,10 ,17 ,26\),…中若每项减去\(1\)，则变成\(1\),\(4\),\(9\),\(16\),\(25\),…， 这些数都是完全平方数，易想到数列的通项是\(n^2\)， 则原数列只需要在这基础上加回\(1\)便可，即\(a_n=n^2+1\). \((4)\)数列\(2\),\(32\),\(332\),\(3332\),\(33332\),….中若每项加上\(1\)，则变成\(3\),\(33\),\(333\),\(3333\),\(33333\),….，再每项乘以\(3\)，变成\(9\),\(99\),\(999\),\(9999\),\(99999\),… 其中\(9=10-1\),\(99=10^2-1\)，\(999=10^3-1\)，\(9999=10^4-1\)，\(99999=10^5-1\)， 则其通项\(b_n=10^{n+1}-1\)， 要求原数列的通项公式， 则“逆回去”，除以\(3\)再减\(1\)可得\(a_{n}=\dfrac{b_{n}}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-1}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-4}{3}\). \({\color{Red}{分奇偶项}}\) \((5)\)数列\(1\),\(2\),\(2\),\(3\),\(3\),\(4\),\(4\),… , 相邻每项之间没什么关系，若分奇偶性来看，就简单多了， 可得奇数项为\(1\),\(2\),\(3\),\(4\),… , 可得\(a_{n}=\dfrac{n+1}{2}\)．偶数项为\(2\),\(3\),\(4\),… , 可得\(a_{n}=\dfrac{n+2}{2}\)． 则该数列通项公式\(a_{n}= \begin{cases}\dfrac{n+1}{2}, & n \text { 为奇数 } \\ \dfrac{n+2}{2}, & n \text { 为偶数 }\end{cases}\). 【点拨】观察法主要是依靠“数感”，以上讲解的“分解结构法”“变形法”可有助于观察，它对后面讲到的利用数学归纳法求解通项公式有用.  

1 (★)数列\(1,-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{1}{2},-\dfrac{\sqrt{2}}{4}, \dfrac{1}{4}\), …的一个通项公式为(　　) A．\(\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}\) \(\qquad \qquad\) C．\((-1)^{n}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\) \(\qquad \qquad\) D．\((-1)^{n+1}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\)  

2 (★)下列可作为数列\(1\),\(2\),\(1\),\(2\),\(1\),\(2\),…的通项公式的是(　　) A．\(a_{n}=\dfrac{1+(-1)^{n-1}}{2}\) \(\qquad \qquad\)B．\(a_{n}=\dfrac{3+(-1)^{n}}{2}\) \(\qquad \qquad\) C．\(a_{n}=2-\sin \dfrac{n \pi}{2}\) \(\qquad \qquad\) D．\(a_{n}=2-\cos [(n-1) \pi]\)  

3 (★★)写出以下各数列的一个通项公式． \((1)1,-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4},-\dfrac{1}{8}, \ldots\) \((2)10 ,9 ,8 ,7 ,6 ,…\) \((3)0 ,3 ,8 ,15 ,24 ,…\) \((4) \dfrac{1}{2}, \dfrac{5}{6}, \dfrac{11}{12}, \dfrac{19}{20}, \dfrac{31}{30}\) \((5)4 ,44 ,444 ,4444 ,…．\)  

1.\(D\) 2.\(B\) 3.\((1) a_{n}=(-1)^{n+1} \times \dfrac{1}{2^{n-1}}\)

\((2) a_n=11-n\) \((3) a_n=n^2-1\) \((4)a_{n}=1-\dfrac{1}{n(n+1)}\) \((5) a_{n}=\dfrac{4}{9} \times\left(10^{n}-1\right)\)．  

\({\color{Red}{适用范围：}}\)若得知\(S_n\)或\(a_n\)与\(S_n\)的关系式，求数列通项公式. \({\color{Red}{方法：}}\)利用\(a_n\)与\(S_n\)的关系\(a_{n}=\left\{\begin{array}{cc} S_{1} & n=1 \\ S_{n}-S_{n-1} & n \geq 2 \end{array}\right.\)，注意分类讨论，最后确定\(a_1\)是否满足\(a_n=f(n)\)\((n≥2)\).  

【典题1】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，满足关系\(\lg \left(S_{n}+1\right)=n\).求\(\{a_n\}\)的通项公式. 【解析】\(\because \lg \left(S_{n}+1\right)=n\)， \(\therefore S_{n}=10^{n}-1\) 当\(n≥2\)时，\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=9 \times 10^{n-1}\) 当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=9\)满足\(a_{n}=9 \times 10^{n-1}\)， \({\color{Red}{ (确定a_1是否满足上式)}}\) \(\therefore a_{n}=9 \times 10^{n-1}\left(n \in N^{*}\right)\). \({\color{Red}{(最后等式才由n≥2变成n∈N^*)}}\)  

【典题2】已知数列\(\{a_n\}\)}的前\(n\)项和\(S_n\)，\(a_1=1\)，满足下列条件 ①\(∀n∈N^*\),\(a_n>0\)；\(\qquad \qquad\) ②点\((a_n ,S_n)\)在函数\(f(x)=\dfrac{x^{2}+x}{2}\)的图象上； 求数列\(\{a_n\}\)的通项\(a_n\)及前\(n\)项和\(S_n\). 【解析】由题意\(S_{n}=\dfrac{a_{n}^{2}+a_{n}}{2}\)， 当\(n≥2\)时，\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{a_{n}^{2}+a_{n}}{2}-\dfrac{a_{n-1}^{2}+a_{n-1}}{2}\)， 整理，得\(\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-1\right)=0\)， \({\color{Red}{(因式分解)}}\) 又\(∀n∈N^*\),\(a_n>0\)，所以\(a_{n}+a_{n-1} \neq 0\) 即\(a_{n}-a_{n-1}=1\)， 又\(a_1=1\)， \(∴\)数列\(\{a_n\}\)是首项为\(1\)，公比为\(1\)的等差数列， \(∴a_n=n\)，\(S_{n}=\dfrac{n^{2}+n}{2}\)．  

【典题3】已知\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\),\(a_{n}=\dfrac{2 S_{n}^{2}}{2 S_{n}-1}\)\((n≥ 2)\)，求\(a_n\). 【解析】当\(n≥2\)时，\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}\) \(\therefore S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{2 S_{n}^{2}}{2 S_{n}-1}\) \(\therefore S_{n-1}-S_{n}=2 S_{n} S_{n-1}\) 两边同除以\(S_{n} S_{n-1}\)，得\(\dfrac{1}{S_{n}}-\dfrac{1}{S_{n-1}}=2\) \({\color{Red}{ (该变式技巧了解下)}}\) \({\color{Red}{ (上两题是“消去”S_n得到数列\{a_n\}递推公式，该题“消去”a_n得到数列\{S_n\}的递推公式)}}\) \(∴\)数列\(\left\{\dfrac{1}{S_{n}}\right\}\)为等差数列，公差为\(2\)，首项为\(1\). \(\therefore \dfrac{1}{S_{n}}=1+2(n-1)=2 n-1\)， 解得\(S_{n}=\dfrac{1}{2 n-1}\)， \(\therefore a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{1}{2 n-1}-\dfrac{1}{2 n-3}=\dfrac{-2}{(2 n-1)(2 n-3)}\)\((n≥ 2)\) \({\color{Red}{(不要漏了大前提n≥ 2)}}\) \(a_1=1\)不满足\(a_{n}=\dfrac{-2}{(2 n-1)(2 n-3)}\)， \(\therefore a_{n}= \begin{cases}1, & n=1 \\ \dfrac{-2}{(2 n-1)(2 n-3)}, & n \geq 2\end{cases}\). 【点拨】当题中得知\(S_n\)或\(a_n\)与\(S_n\)的关系式，则可利用公式\(a_{n}=\left\{\begin{array}{cc} S_{1} & n=1 \\ S_{n}-S_{n-1} & n \geq 2 \end{array}\right.\)，消去\(a_n\)与\(S_n\)，得到对应的递推公式进而求解\(a_n\)，但最后都要注意确定\(a_1\)是否满足\(a_n=f(n)(n≥2)\).  

1 (★)已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)满足\(S_n=n^2+n-1\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.    

2 (★★)已知无穷数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，并且\(a_n+S_n=1\)，求\(\{a_n\}\)的通项公式.    

3 (★★)已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，满足\(a_2=-4\)，\(2 S_{n}=n\left(a_{n}-7\right)\)．求\(a_1\)和数列\(\{a_n\}\)的通项公式；    

4 (★★★)设数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，已知\(a_1=2\)，\(a_2=8\)，\(S_{n+1}+4 S_{n-1}=5 S_{n}(n \geq 2)\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；    

1.\(a_{n}=\left\{\begin{array}{c} 1, n=1 \\ 2 n, n \geq 2 \end{array}\right.\) 2.\(a_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\) 3.\(a_1=－7\),\(a_n=3n－10(n∈N^*)\) 4.\(a_{n}=2^{2 n-1}\)  

\({\color{Red}{适用范围：}}\)递推式为\(a_{n+1}=a_{n}+f(n)\). \({\color{Red}{方法：}}\)得到\(\rfloor a_{n+1}-a_{n}=f(n)\)，利用累加的形式求出\(a_n\).  

【典题1】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2\),\(a_{n+1}=a_{n}+\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\)，求\(a_n\). 【解析】由条件知：\(a_{n+1}-a_{n}=\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)=\ln \dfrac{n+1}{n}=\ln (n+1)-\ln n\) \(∴n≥2\)时 \(\left\{\begin{aligned} a_{n}-a_{n-1} &=\ln n-\ln (n-1) \\ a_{n-1}-a_{n-2} &=\ln (n-1)-\ln (n-2) \\ a_{4}-a_{3} &=\ln 4-\ln 3 \\ a_{3}-a_{2} &=\ln 3-\ln 2 \\ a_{2}-a_{1} &=\ln 2-\ln 1 \end{aligned}\right.\)， 把以上\(n-1\)个式子累加得\(a_{n}-a_{1}=\ln n-\ln 1=\ln n\)， \(\therefore a_{n}=a_{1}+\ln n=\ln n+2 \quad(n \geq 2)\)， \(a_1=2\)也满足\(a_{n}=\ln n+2\)， \(\therefore a_{n}=\ln n+2 \quad\left(n \in N^{*}\right)\).  

【典题2】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+1}=a_{n}+2 \times 3^{n}+1\),\(a_1=3\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式. 【解析】由\(a_{n+1}=a_{n}+2 \times 3^{n}+1\)得\(a_{n+1}-a_{n}=2 \times 3^{n}+1\) \(∴n≥2\)时, \(\begin{aligned} &a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{3}-a_{2}\right)+\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1} \\ &=\left(2 \times 3^{n-1}+1\right)+\left(2 \times 3^{n-2}+1\right)+\cdots+\left(2 \times 3^{2}+1\right)+\left(2 \times 3^{1}+1\right)+3 \\ &=2\left(3^{n-1}+3^{n-2}+\cdots+3^{2}+3^{1}\right)+(n-1)+3 \\ &=2 \dfrac{3\left(1-3^{n-1}\right)}{1-3}+(n-1)+3 \\ &=3^{n}+n-1 \end{aligned}\) 而\(a_1=3\)也满足\(a_n=3^n+n-1\)， \(∴a_n=3^n+n-1 (n∈N^*)\).  

1 (★)数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=3\),\(a_{n+1}-a_{n}=2 n-8\left(n \in N^{*}\right)\)，则\(a_8=\)\(\underline{\quad \quad }\)．     2 (★★)将正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数阵．根据这个排列规则，数阵中第\(20\)行从左至右的第\(3\)个数是 \(\underline{\quad \quad}\) ．    

3 (★★)已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{1}=\dfrac{1}{2}\),\(a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{n^{2}+n}\)，求\(a_n\)    

4 (★★★)已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，\(S_n+a_n=n+2\)，\(n∈N^*\)． (1)证明：数列\(\left\{a_{n}-1\right\}\)为等比数列； (2)若数列\(\left\{b_{n}\right\}\)满足\(a_{n}=b_{n+1}-b_{n}+1\)，\(b_1=1\)，证明：\(b_n0\)且\(S_{n}=\dfrac{1}{2}\left(a_{n}+\dfrac{n}{a_{n}}\right)\), 求数列\(\left\{a_{n}\right\}\)通项公式. 【解析】\(\because S_{n}=\dfrac{1}{2}\left(a_{n}+\dfrac{n}{a_{n}}\right)\) 当\(n=1\)时，有\(S_{1}=\dfrac{1}{2}\left(a_{1}+\dfrac{1}{a_{1}}\right) \Rightarrow a_{1}^{2}=1 \Rightarrow a_{1}=1\)， 当\(n=2\)时， 有\(S_{2}=\dfrac{1}{2}\left(a_{2}+\dfrac{2}{a_{2}}\right) \Rightarrow 1+a_{2}=\dfrac{1}{2}\left(a_{2}+\dfrac{2}{a_{2}}\right) \Rightarrow a_{2}^{2}+2 a_{2}=2\)\(\Rightarrow\left(a_{2}+1\right)^{2}=3 \Rightarrow a_{2}=\sqrt{3}-1\) 当n=3时，有\(S_{3}=\dfrac{1}{2}\left(a_{3}+\dfrac{3}{a_{3}}\right) \Rightarrow \sqrt{3}+a_{3}=\dfrac{1}{2}\left(a_{3}+\dfrac{3}{a_{3}}\right) \Rightarrow a_{3}^{2}+2 \sqrt{3} a_{3}=3\) \(\Rightarrow\left(a_{3}+\sqrt{3}\right)^{2}=6 \Rightarrow a_{3}=\sqrt{6}-\sqrt{3}\) \({\color{Red}{ (在计算的过程中也会发现一些规律，有助于猜想)}}\) 由\(a_{1}=1=\sqrt{1}-\sqrt{0}, a_{2}=\sqrt{3}-\sqrt{1}, a_{3}=\sqrt{6}-\sqrt{3}\)可猜想\(a_{n}=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{n(n-1)}{2}}\). \({\color{Red}{ (通过观察法可得数列1，3，6…的通项是\dfrac{n(n+1)}{2}，数列0，1，3…的通项是\dfrac{n(n-1)}{2})}}\) 以下利用数学归纳法证明， ①\(n=1\)时，结论显然成立； ②假设\(n=k\)时，结论成立，即\(a_{k}=\sqrt{\dfrac{k(k+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{k(k-1)}{2}}\)， 则\(n=k+1\)时，有\(a_{k+1}=S_{k+1}-S_{k}=\dfrac{1}{2}\left(a_{k+1}+\dfrac{k+1}{a_{k+1}}\right)-\dfrac{1}{2}\left(a_{k}+\dfrac{k}{a_{k}}\right)\)， \(\therefore a_{k+1}=\dfrac{k+1}{a_{k+1}}-\left(a_{k}+\dfrac{k}{a_{k}}\right)=\dfrac{k+1}{a_{k+1}}-\sqrt{2 k(k+1)}\) \(\therefore a_{k+1}^{2}+\sqrt{2 k(k+1)} a_{k+1}=k+1 \Rightarrow\left(a_{k+1}+\sqrt{\dfrac{k(k+1)}{2}}\right)^{2}=\dfrac{(k+2)(k+1)}{2}\) \(\therefore a_{k+1}=\sqrt{\dfrac{(k+2)(k+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{k(k+1)}{2}}\) \({\color{Red}{ (其计算过程与算a_1,a_2 ,a_3时类似) }}\) 即\(n=k+1\)时，结论成立． 综上，\(a_{n}=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{n(n-1)}{2}}\).    

1 (★★)设\(0