2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第六章 6.4数列的通项公式（word含答案解析）

1、64数列的通项公式(教师独具内容)1要熟练掌握等差数列与等比数列的定义、通项公式与求和公式，这是判断与证明的依据，求解数列中基本量的基础2求数列的通项公式是解决数列问题的重要环节，在数列的学习中占有很重要的位置3重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)1本考点主要考查等差数列的通项与求和的综合应用，通项公式与性质的综合应用，以及等差数列、等比数列两个数列之间的联系及其与函数、不等式的综合应用2备考时抓住等差数列与等比数列中的两个基本量首项与公差(比)，灵活运用性质可以简化运算3本考点属于高考必考内容，命题的关注点在于等差数列与等比数列的基本量的求解，常与求和问题相结合出现在解答题中(教师

2、独具内容)(教师独具内容)求数列通项公式的常用方法(1)通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式(2)定义法求数列的通项公式(3)利用递推公式求数列的通项公式累加、累乘；预设阶梯转化为等差(比)数列(4)利用前n项和Sn与an的关系求通项公式，已知Snf(an)或Snf(n)的解题步骤：第一步：利用Sn满足条件p，写出当n2时，Sn1的表达式；第二步：利用anSnSn1(n2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；第三步：若求出n2时数列an的通项公式，则根据a1S1求出a1，并代入n2时数列an的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式(5)待定系数法求数列的通项公式1

3、(2021长沙模拟)已知数列an满足：a1a22，an3an14an2(n3)，则a9a10()A47 B48 C49 D410答案C解析由题意，得a1a24.由an3an14an2(n3)，得anan14(an1an2)，即 eq f(anan1,an1an2)4(n3)，所以数列anan1是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9a1049.故选C.2(2022武汉外国语学校模拟)已知数列an满足递推关系：an1ananan1，且a1 eq f(1,2)，则a2022()A eq f(1,2020) B eq f(1,2021)C eq f(1,2022) D eq f(1,2023)答案D

4、解析因为an1ananan1，a1 eq f(1,2)，所以 eq f(1,an1) eq f(1,an)1， eq f(1,a1)2，即数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)是以2为首项，1为公差的等差数列，所以 eq f(1,a2022)2202112023，所以a2022 eq f(1,2023).故选D.3已知数列an的前n项和为Sn，若Sn2an4，nN*，则an等于()A2n1 B2n C2n1 D2n2答案A解析因为Sn2an4，所以当n2时，Sn12an14，将上述两式相减可得SnSn12an2an1，即an2an2an1.整理，得an2an1，因为S1a1

5、2a14，即a14，所以 eq f(an,an1)2.所以数列an是首项为4，公比为2的等比数列，则an42n12n1.故选A.4(1)已知数列an满足a11，对任意的nN*都有an1a1ann，则an (2)已知数列an满足a1 eq f(2,3)，an1 eq f(n,n1)an，则an 答案(1) eq f(n（n1）,2)(nN*)(2) eq f(2,3n)(nN*)解析(1)an1ann1，所以an1ann1，所以a2a12，a3a23，anan1n(n2).等式两边同时相加，得ana1234n(n2)，即ana1234n1234n eq f(n（n1）,2)(n2).又a11也适

6、合上式，所以an eq f(n（n1）,2)(nN*).(2)由题意，得 eq f(an1,an) eq f(n,n1)，分别令n1，2，3，n1，代入上式，得(n1)个等式，累乘，即 eq f(a2,a1) eq f(a3,a2) eq f(a4,a3) eq f(an,an1) eq f(1,2) eq f(2,3) eq f(3,4) eq f(n1,n)(n2).所以 eq f(an,a1) eq f(1,n).又因为a1 eq f(2,3)，所以an eq f(2,3n)(n2).又a1 eq f(2,3)也适合上式，所以an eq f(2,3n)(nN*).5已知在数列an中，a1

7、1，an12an3，则an .答案2n13(nN*)解析递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即an12ant，则t3.故递推公式为an132(an3).令bnan3，则b1a134，且 eq f(bn1,bn) eq f(an13,an3)2.所以数列bn是以4为首项，2为公比的等比数列所以bn42n12n1，即an2n13(nN*).1(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSn eq f(1,2)n22n答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S40，a55可得 eq blc(av

8、s4alco1(a14d5，,4a16d0，)解得 eq blc(avs4alco1(a13，,d2.)所以an32(n1)2n5，Snn(3) eq f(n（n1）,2)2n24n.故选A.2(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1 答案7解析an2(1)nan3n1，当n为奇数时，an2an3n1；当n为偶数时，an2an3n1.设数列an的前n项和为Sn，则S16a1a2a3a4a16a1a3a5a15(a2a4)(a14a16)a1(a12)(a110)(a124)(a144)(a170)(a1102)(a1140)(5172941)8a139

9、2928a1484540，a17.3(2018全国卷)记Sn为数列an的前n项和，若Sn2an1，则S6 答案63解析根据Sn2an1，可得Sn12an11，两式相减得an12an12an，即an12an，当n1时，S1a12a11，解得a11，所以数列an是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以S6 eq f(（126）,12)63.4(2018全国卷)已知数列an满足a11，nan12(n1)an，设bn eq f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解(1)由条件可得an1 eq f(2（n1）,n)an.将n1代入，

10、得a24a1，而a11，所以a24.将n2代入，得a33a2，所以a312.从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列理由如下：由题设条件可得 eq f(an1,n1) eq f(2an,n)，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比为2的等比数列(3)由(2)可得 eq f(an,n)2n1，所以ann2n1.一、基础知识巩固考点定义法求数列通项公式例1(2022安徽芜湖模拟)若数列an的首项a121，且满足(2n3)an1(2n1)an4n28n3，则a24的值为()A1980 B2000C2020 D2021答案A解析因为(2n3)an1(2n1)an

11、4n28n3，所以(2n3)an1(2n1)an(2n3)(2n1)，所以 eq f(an1,2n1) eq f(an,2n3)1，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(an,2n3)是首项为21，公差为1的等差数列，所以 eq f(an,2n3)21(n1)1n20，所以an(n20)(2n3)，a241980，故选A.例2已知数列an是等差数列，且a21，a55，求数列an的通项公式解设数列an的公差为d，则 eq blc(avs4alco1(a1d1，,a14d5.)解得 eq blc(avs4alco1(a13，,d2.)所以ana1(n1)d2n5.1.(2021福建建

12、瓯芝华中学模拟)已知数列an的各项均为正数，且满足a12，n2a eq oal(sup3(2),sdo1(n1)4(n1)2a eq oal(sup3(2),sdo1(n)2(n1)annan10，则 eq f(a2021,2021)()A eq f(22021,2021) B eq f(22022,2021)C22021 D22022答案C解析由n2a eq oal(sup3(2),sdo1(n1)4(n1)2a eq oal(sup3(2),sdo1(n)2(n1)annan10，得nan12(n1)annan12(n1)annan12(n1)an0，所以nan12(n1)an1nan12

13、(n1)an0，因为数列an的各项均为正数，所以nan12(n1)an0，即 eq f(an1,n1)2 eq f(an,n)，又因为a12，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(an,n)是以 eq f(a1,1)2为首项，2为公比的等比数列，所以 eq f(an,n)2n，所以 eq f(a2021,2021)22021.故选C.2(2021首都师范大学附属中学模拟)已知数列an满足a1 eq f(3,2)，an1a eq oal(sup3(2),sdo1(n)2an2，则下列说法正确的是()A存在正整数k，使得ak eq f(3,4)B存在正整数k，使得ak3C对任意正整数

14、k，都有1ak1，所以A不正确；由an1a eq oal(sup3(2),sdo1(n)2an2，得an11a eq oal(sup3(2),sdo1(n)2an1(an1)2.两边取以2为底的对数，可得log2(an11)2log2(an1).所以数列log2(an1)是等比数列，且log2(a11)log2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)1)1，则log2(an1)2n1，所以an122n1，即an22n11.当n1时，2n11，2n11，所以022n1 eq f(1,2)，即1an22n11 eq f(3,2)，所以B不正确，C正确；因为an1ana eq oal

15、(sup3(2),sdo1(n)3an2(an2)(an1)0，即 eq f(an12,an2)4且a12，所以数列an2是以4为首项，4为公比的等比数列，故an24n.由bnlog2(an2)，得bnlog24n2n，设数列bn的前n项和为Sn，则S20212(12320202021)2021(12021)，所以 eq f(b1b2b2021,2021) eq f(2021（12021）,2021)2022.故选C.5.(2021临沂模拟)已知数列an满足a12，an2an13(n2且nN*)，则下列说法错误的是()Aa47Ba41是a21与a61的等比中项C数列an1an是等比数列D在an

16、中，只有有限个大于0的项答案D解析anx2(an1x)，解得x1，即 eq f(an1,an11)2，所以an(2)n11，对于D，奇数项为正，有无限个大于0的项 形如an1panq(其中p，q为常数，且pq(p1)0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步：假设递推公式可改写为an1tp(ant)；第二步：由待定系数法，解得t eq f(q,p1)；第三步：写出数列 eq blcrc(avs4alco1(anf(q,p1)的通项公式；第四步：写出数列an的通项公式二、核心素养提升例1(2021黄冈模拟)已知数列an满足a12，anan1an3an11(n2，nN*)，若Tna1a2a3

17、an，当Tn10时，n的最小值为()A3 B5 C6 D7答案C解析由anan1an3an11，得an eq f(3an11,an11)，所以an1 eq f(3an11,an11)1 eq f(2an12,an11) eq f(2（an11）,an11)，所以 eq f(1,an1) eq f(an11,2（an11）) eq f(an112,2（an11）) eq f(1,an11) eq f(1,2)，即 eq f(1,an1) eq f(1,an11) eq f(1,2)，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,an1)是以 eq f(1,a11)1为首项， eq f(

18、1,2)为公差的等差数列，所以 eq f(1,an1)1 eq f(1,2)(n1) eq f(n1,2)，则an eq f(n3,n1)，所以Tna1a2a3an eq f(4,2) eq f(5,3) eq f(6,4) eq f(n2,n) eq f(n3,n1) eq f(（n2）（n3）,6)，由Tn10，得 eq f(（n2）（n3）,6)10，又nN*，所以n6且nN*，所以n的最小值为6.故选C.例2(多选)已知数列an满足(n1)annan11(n2)，Sn为其前n项和，且a11，则下列结论正确的是()Aa23 Ba36CS420 Dan2n1答案AD解析由(n1)annan

19、11(n2)，得(n1)an(n1)nan1n(n2)，又a11，所以当n2时， eq f(an1,an11) eq f(n,n1)，所以an1(a11) eq f(a21,a11) eq f(a31,a21) eq f(an1,an11)2 eq f(2,1) eq f(3,2) eq f(n,n1)2n，从而an2n1.当n1时，也满足上式，所以an2n1.所以a22213，a32315，a42417.所以S4a1a2a3a4135716.故选AD.例3(2021衡阳模拟)在数列an中，a1a，an14(ana eq oal(sup3(2),sdo1(n)(nN*)，若a60，则实数a的不

20、同取值的个数为()A17 B16 C15 D14答案A解析设函数y4(xx2)，由y0，可得x0或1.当y1时，x eq f(1,2)，当y0，方程y4(xx2)必有两个不同的解设ak10，则ak0或ak1，设ak的不同取值的个数为b1，则b12；当ak0时，ak10或1，当ak1时，ak1 eq f(1,2)，设ak1的不同取值的个数为b2，则b23；当ak10时，ak20或1，当ak11时，ak2 eq f(1,2)，当ak1 eq f(1,2)时，ak2有两个不同的值，设ak2的不同取值的个数为b3，则b35，可知在数列an中，当第m(m1，mN*)项am有bi(iN*)个不同取值时，第

21、m1项的不同取值的个数bi12bi1，所以bi112(bi1)，数列bi1(iN*)为等比数列，且首项为b111，公比为2，则bi12i1，所以bi2i11，当ak10时，a的不同取值的个数为bk2k11，当k5时，b5251117.故选A.1数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构造出全新的等差(或等比)数列，利用等差(或等比)数列通项公式求得通项后，即可确定2已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)出现anan1m时，构造等差数列；(2)出现anxan1y时，构造等比数列；(3)出现anan1f(n)时，用累加法求解；(4)出现 eq f(an,an1)f(n)

22、时，用累乘法求解课时作业一、单项选择题1(2021佛山模拟)已知数列an的通项公式anlog(n1)(n2)，则它的前30项积是()A eq f(1,5) B5C6 D eq f(log23log3132,5)答案B解析a1a2a3a30log23log34log45log3132log23 eq f(log24,log23) eq f(log25,log24) eq f(log232,log231)log232log2255，所以所求数列的前30项积是5.故选B.2(2022贵州铜仁第一中学模拟)在中国古代诗词中，有一道“八子分绵”的数学题：“九百九十六斤绵，分给八子做盘缠，次第每人多十七，

23、要将第七数来言”题意是：把996斤绵分给8个儿子做盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第7个儿子分到的绵是()A167斤 B184斤 C191斤 D201斤答案A解析记8个儿子按年龄从大到小依次分绵a1斤，a2斤，a3斤，a8斤，因为按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，所以数列an为等差数列，且公差为17，所以ana117(n1).因为绵的总数为996斤，所以8a1 eq f(87,2)17996，得a165.所以第7个儿子分到的绵是a765176167斤故选A.3(2021湛江模拟)已知数列an中，a11，若an eq o(OB,

24、sup6()n eq o(OA,sup6()an1 eq o(OC,sup6()(n2)，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则数列an的通项公式为()Aan eq f(n2n,2) Bann2n1Can eq f(n23n2,2) Dann2n2答案A解析因为A，B，C三点共线(该直线不过点O)，所以 eq o(AB,sup6() eq o(AC,sup6()，设 eq o(AB,sup6() eq o(AC,sup6()，则 eq o(OB,sup6() eq o(OA,sup6()( eq o(OC,sup6() eq o(OA,sup6()，所以 eq o(OB,sup6()(1)

25、 eq o(OA,sup6() eq o(OC,sup6()，又 eq o(OB,sup6() eq f(n,an) eq o(OA,sup6() eq f(an1,an) eq o(OC,sup6()，所以 eq blc(avs4alco1(f(n,an)1，,f(an1,an).)可得 eq f(an1,an) eq f(n,an)1，即anan1n(n2)，a2a12，a3a23，a4a34，an1an2n1，以上各式累加可得ana1234n，因为a11，所以an1234n eq f(n（n1）,2) eq f(n2n,2)，故选A.4(2021抚顺模拟)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑

26、师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则()Af(4)35，f(n)3n23n1Bf(4)35，f(n)3n23n1Cf(4)37，f(n)3n23n1Df(4)37，f(n)3n23n1答案C解析由图中规律可知，f(4)37，所以f(2)f(1)716，f(3)f(2)19726，f(4)f(3)371936，因此当n2时，f(n)f(n1)6(n1)，所以f(n)f(n)f(n1)f(n1)f(n2)f(2)f(1)f(1)6(n1)(n2)2116 eq

27、 f(n（n1）,2)13n23n1，经检验当n1时，符合f(n)3n23n1，所以f(n)3n23n1，故选C.5(2021龙岩模拟)在数列an中，a11，p(an1，n1)，q(n，an)，且pq，则a2021()A1 B2020 C2021 D2022答案C解析因为pq，所以nan1(n1)an0，所以nan1(n1)an，由a11，可得a20，a30，则对任意的nN*，an0，故 eq f(an1,an) eq f(n1,n)，所以a2021a1 eq f(a2,a1) eq f(a3,a2) eq f(a2021,a2020)1 eq f(2,1) eq f(3,2) eq f(20

28、21,2020)2021.故选C.6已知数列an的首项a121，且满足(2n5)an1(2n3)an4n216n15，则an中最小的一项是()Aa5 Ba6 Ca7 Da8答案A解析由已知得 eq f(an1,2n3) eq f(an,2n5)1， eq f(a1,25)7，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(an,2n5)是首项为7，公差为1的等差数列， eq f(an,2n5)7(n1)n8，则an(2n5)(n8)2n221n40，因为 eq f(21,22)5.25，所以an中最小的一项是第5项故选A.7(2021珠海模拟)已知数列an的前n项和Snn27n，若3ak5

29、，则k()A8 B7 C6 D5答案C解析当n1时，a1176，当n2时，anSnSn1n27n(n1)27(n1)2n8.由3ak5，得32k85，解得 eq f(11,2)k1时，f(x)0；对任意的x，y(0，)，f(x)f(y)f(xy)成立若数列an满足a1f(1)，且f(an1)f(2an1)(nN*)，则a2020的值为()A210091 B210101C220191 D220201答案C解析当x1时，f(x)0，在(0，)上任取两数x1，x2，且x11，则f(k)0.f(x2)f(kx1)f(k)f(x1)f(x1)，即f(x)在(0，)上是单调增函数令xy1，则f(1)f(1

30、)f(1)，解得f(1)0.而数列an满足a1f(1)0，f(an1)f(2an1)，nN*，an12an1，则an112(an1)，数列an1是首项为1，公比为2的等比数列，得an12n1，an2n11，故a2020220191.故选C.二、多项选择题9(2021辽宁丹东模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn1Sn2an1，数列 eq blcrc(avs4alco1(f(2n,anan1)的前n项和为Tn，nN*，则下列结论正确的是()A数列an1是等比数列B数列an是等比数列C数列an的通项公式为an2n11DTn2答案BD解析因为Sn1Sn2an1，a11，所以Sn1Sn2an

31、1，即an12an1，所以an112(an1)，又a11，所以a110，所以an10，an1，所以数列an1是等差数列，数列an是等比数列，所以 eq f(2n,anan1)2n，所以Tn eq f(2（12n）,12)2n122.故选BD.10(2022洛阳模拟)设Sn是数列an的前n项和，a11，an1SnSn10，则下列说法正确的有()A数列an的前n项和为Sn eq f(1,n)B数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,Sn)为递增数列C数列an的通项公式为an eq f(1,n（n1）)D数列an的最大项为a1答案ABD解析由an1SnSn10，得Sn1SnSnSn1，所

32、以 eq f(1,Sn) eq f(1,Sn1)1，即 eq f(1,Sn1) eq f(1,Sn)1.又 eq f(1,S1) eq f(1,a1)1，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(f(1,Sn)是以1为首项，1为公差的等差数列，则 eq f(1,Sn)1(n1)1n，可得Sn eq f(1,n)，故A，B正确；当n2时，anSnSn1 eq f(1,n) eq f(1,n1) eq f(n1n,n（n1）) eq f(1,n（n1）)，因为a11不适合上式，所以an eq blc(avs4alco1(1，n1，,f(1,n（n1）)，n2.)所以数列an的最大项为a1，故

33、C错误，D正确故选ABD.三、填空题11(2021南通模拟)已知数列an的前n项和Sn eq f(1,3)an eq f(2,3)，则数列an的通项公式为an 答案 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup15(n1)解析因为当n1时，a1S1 eq f(1,3)a1 eq f(2,3)，所以a11.当n2时，anSnSn1 eq f(1,3)an eq f(1,3)an1，所以 eq f(an,an1) eq f(1,2)，所以数列an是首项a11，公比q eq f(1,2)的等比数列，故an eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq sup1

34、5(n1).12(2021保定模拟)已知等比数列an的前n项和Sna2n11(nN*)，其中a是常数，则a 答案2解析由于等比数列an的前n项和Sna2n11(nN*).当n1时，a1S1a1；当n2时，anSnSn1(a2n11)(a2n21)a2n2.由题意可知，a1a1满足ana2n2.所以a1 eq f(a,2)，解得a2.13(2021福建泉州第一中学模拟)数列an的前n项和为Sn2nn2(nN*)，则数列an的通项公式是 答案an eq blc(avs4alco1(3，n1，,2n12n1，n2)解析因为当n1时，a1S1213；当n2时，anSnSn1(2nn2)2n1(n1)2

35、2n12n1，且a13不满足an2n12n1，所以an eq blc(avs4alco1(3，n1，,2n12n1，n2.)14(2021石家庄模拟)已知数列an的前n项和Sn2an2n1，若不等式2n2n3(5)an对任意nN*恒成立，则的取值范围为 答案 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(37,8)解析因为当n1时，a1S12a122，即a14，当n2时，anSnSn12an2n12an12n，即an2an12n，所以 eq f(an,2n) eq f(an1,2n1)1，即 eq f(an,2n) eq f(an1,2n1)1，而 eq f(a1,2)2，所以数列 eq b

36、lcrc(avs4alco1(f(an,2n)是以2为首项，1为公差的等差数列，所以 eq f(an,2n)2(n1)1n1，即an(n1)2n.不等式2n2n3(5)an对任意nN*恒成立，等价于 eq f(2n2n3,（n1）2n)5对任意nN*恒成立，即 eq f(2n3,2n)5，令 eq f(2n3,2n)bn，则b1 eq f(1,2)，b2 eq f(1,4)，当n2时， eq f(bn1,bn) eq f(f(2n1,2n1),f(2n3,2n) eq f(2n1,4n6)，当n2时， eq f(b3,b2) eq f(3,2)1，当n3时， eq f(bn1,bn)1，则(b

37、n)maxb3 eq f(3,8)，所以 eq f(3,8)5，故1时，an eq f(bn,bn1)成立；(2)求数列an的通项公式解解法一：(1)证明：当n1时，由an12 eq f(1,an)，得 eq f(bn1,bn)2 eq f(bn1,bn)(bn0)，化简得bn12bnbn1，即bn1bnbnbn1，这说明bn是等差数列，故存在一个等差数列bn(bn0)，当n1时，an eq f(bn,bn1)成立(2)依题意，a22 eq f(1,a1) eq f(5,3)，又由(1)知a2 eq f(b2,b1)，所以 eq f(b2,b1) eq f(5,3)，即b2 eq f(5,3)

38、b1，所以等差数列bn的公差db2b1 eq f(2,3)b1，所以bnb1(n1)d eq f(2,3) eq blc(rc)(avs4alco1(nf(1,2)b1，故an eq f(bn,bn1) eq f(f(2,3)blc(rc)(avs4alco1(nf(1,2)b1,f(2,3)blc(rc)(avs4alco1(nf(1,2)b1) eq f(2n1,2n1).解法二：(1)证明：由已知，当n1时，因为a13，an12 eq f(1,an)，所以a2 eq f(5,3)，a3 eq f(7,5)，故令bn2n1，则数列bn是首项为3，公差为2的等差数列此时当n1时，an eq f(2n1,2n1)，当n1时，a13满足上式，所以an eq f(2n1,2n1)，代入验算满足an12 eq f(1,an)，故存在一个等差