第04 讲 数列的通项公式
目录
0
1 考情解码・命题预警...............................................................................................................................2
02 体系构建·思维可视............................................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚............................................................................................................................................4
知能解码................................................................................................................................................4
知识点1 利用
与
的关系求通项 .....................................................................................4
知识点2 累加法 ........................................................................................................................5
知识点3 累乘法 ........................................................................................................................5
知识点4 构造法 ........................................................................................................................6
知识点5 倒数法 ........................................................................................................................7
知识点6 递推关系式法 ............................................................................................................8
题型破译................................................................................................................................................8
题型1
法
............................................................................................................................8
题型2 累加法
......................................................................................................................10
【方法技巧】累加法求解模型
题型3 累乘法
......................................................................................................................12
【方法技巧】累乘法求解模型
题型4 形如
.....................................................................................................14
【方法技巧】常考构造法模型
题型5 形如
..........................................................................................................15
题型6 形如
............................................................................................16
题型7 倒数法............................................................................................................................18
题型8 形如
..............................................................................................19
题型9 利用前n 项积求通项...................................................................................................21
04 真题溯源·考向感知.........................................................................................................................................22
05 课本典例·高考素材.........................................................................................................................................24
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
（1）熟练掌握
与
的关系求通项公式
（2）累加法；累乘法
（3）能灵活应用构造
法
单选题
多选题
填空题
解答题
/
全国甲卷（理）T18
（1），（5 分）
全国甲卷（文）T17
（1），（5 分）
全国甲卷（理）T17
（1），（5 分）
全国I 卷T21（2），（5
分）
考情分析：高考对数列通项的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．数列通项问题以解答题
的形式为主，偶尔出现在选择填空题当中，常结合函数、不等式综合考查.
复习目标：掌握数列通项的几种常见方法．
知识点1 利用
与
的关系求通项
对于数列
，前
项和记为
；
①
；②
①-②：
法归类
角度1：已知
与
的关
系；或
与
的关系
用
，得到
例子：已知
，求
角度2：已知
与
的
关
系
；
或
与
的关系
替换题目中
的
例子：已知
；
已知
角度3：已知等式中左侧含
有：
作差法（类似
）
例子：已知
求
自主检测已知数列{an)满足a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，则数列{an)的通项公式为 .
【答案】an=n+1
【详解】由题意a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，
当n≥2时，a1+2a2+⋯+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减得，
2
n−1an=2n⋅2
n−1−(n−1)⋅2
n−1=(n+1)⋅2
n−1，解得an=n+1，
在a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，
综上所述，所求即为an=n+1.
故答案为：an=n+1.
知识点2 累加法
若数列{an}满足an+1−an=f (n)(n∈N
¿)，则称数列{an}为“变差数列”，求变差数列{an}的通项时，利
用恒等式an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+¿⋅¿+(an−an−1)=a1+f (1)+f (2)+f (3)+¿⋅¿+f (n−1)(n≥2)求
通项公式的方法称为累加法。
自主检测若数列{an)满足an=an−1+
1
n
2+n（n≥2且n∈N+），a1= 1
2，则a2025=（ ）
A．2022
2023
B．2023
2024
C．2024
2025
D．2025
2026
【答案】D
【详解】由an=an−1+
1
n
2+n
⇒an−an−1= 1
n −
1
n+1，可得：
{
a1= 1
2
a2−a1= 1
2 −1
3
a3−a2= 1
3 −1
4
a4−a3= 1
4 −1
5
⋅⋅⋅
a2025−a2024=
1
2025 −
1
2026)
，累计可得：a2025=1−
1
2026 = 2025
2026 ，
故选：D.
知识点3 累乘法
若数列{an}满足
an+1
an
=f (n) (n∈N ¿)，则称数列{an}为“变比数列”，求变比数列{an}的通项时，利用
an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅¿⋅¿ an
an−1
=a1⋅f (1)⋅f (2)⋅f (3)⋅¿⋅¿ f (n−1)(n≥2)求通项公式的方法称为累乘法。
自主检测已知数列{an)满足a1=1,(n−1)an=n⋅2
nan−1(n∈N
∗,n≥2)，则数列{an)的通项公式为
．
【答案】an=n⋅2
(n−1)(n+2)
2
(n∈N
∗)
【详解】当n≥2时，有(n−1)an=n⋅2
nan−1，故
an
an−1
=
n
n−1 ⋅2
n，
则有
an−1
an−2
= n−1
n−2 ⋅2
n−1，
an−2
an−3
= n−2
n−3 ⋅2
n−2,⋯, a2
a1
= 2
1 ×2
2．
上述n−1个式子累乘得
an
a1
=(
n
n−1 ⋅2
n)⋅(
n−1
n−2 ⋅2
n−1)⋅(
n−2
n−3 ⋅2
n−2)⋅⋯⋅(
2
1 ×2
2)
=n⋅2
n+(n−1)+(n−2)+⋯+2 =n⋅2
(n−1)(n+2)
2
．
因为a1=1，所以an=n⋅2
(n−1)(n+2)
2
，
而当n=1时，a1=1×2
0=1，也满足上式，
故数列{an)的通项公式为an=n⋅2
(n−1)(n+2)
2
(n∈N
∗)．
故答案为：an=n⋅2
(n−1)(n+2)
2
(n∈N
∗).
知识点4 构造法
（一）形如
（其中
均为常数且
）型的递推式：
（1）若
时，数列{
}为等差数列；
（2）若
时，数列{
}为等比数列；
（3）若
且
时，数列{
}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方
法有如下两种：
法一：设
，展开移项整理得
，与题设
比较系数
（待定系数法）得
，即
构成以
为首项，以
为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出
的通项整理可得
法二：由
得
两式相减并整理得
即
构成以
为首项，以
为公比的等比数列．求出
的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如
型的递推式：
（1）当
为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设
，通过待定系数法确定
的值，转化成以
为
首项，以
为公比的等比数列
，再利用等比数列的通项公式求出
的
通项整理可得
（2）当
为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设
，通过待定系数法确定
的值，转化成以
为首项，
以
为公比的等比数列
，再利用等比数列的通项公式求出
的通项整
理可得
法二：递推公式为
（其中p，q 均为常数）或
（其中p，q， r 均为常
数）时，要先在原递推公式两边同时除以
，得：
，引入辅助数列
（其中
），得：
再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
自主检测数列{an)中，a1=1，an+1=3an−1，则通项an= ．
【答案】3
n−1+1
2
【详解】数列{an)中，由an+1=3an−1，得an+1−1
2 =3(an−1
2 )，而a1−1
2 = 1
2，
因此数列{an−1
2 }是首项为1
2，公比为3 的等比数列，则an−1
2 = 1
2 ⋅3
n−1，
所以an= 3
n−1+1
2
.
故答案为：3
n−1+1
2
知识点5 倒数法
类型1：形如an+1=
qa n
pa n+q （p,q为常数，pq≠0）的数列，通过两边取“倒”，变形为
1
an+1
= 1
an
+ p
q ，即：1
an+1
−1
an
= p
q ，从而构造出新的等差数列{
1
an}，先求出{
1
an}的通项，即可求得an
.
类型2：形如
（
p,q
为常数，
，
，
）的数列，通过两边取“倒”，变形
为
，可通过换元：
，化简为：
（此类型符构造法类型1： 用“待
定系数法”构造等比数列：形如an+1=ka n+ p （k , p为常数，kp≠0）的数列，可用“待定系数法”将
原等式变形为an+1+m=k(an+m)（其中：m=
p
k−1 ），由此构造出新的等比数列{an+m}，先求出{an+m}
的通项，从而求出数列{an}的通项公式.）
自主检测已知数列|{an)中，a1= 2
5，an+1= 2an
an+1，则满足an> 2024
2025 的n 的最小值为 .
【答案】13
【详解】由an+1= 2an
an+1，得1
an+1
= an+1
2an
= 1
2 + 1
2 ⋅1
an
，则1
an+1
−1= 1
2(
1
an
−1)．
因为a1= 2
5，所以1
a1
−1= 3
2，所以{
1
an
−1)是首项为3
2，公比为1
2的等比数列，
所以1
an
−1= 3
2 ⋅(
1
2)
n−1
= 3
2
n.
由an> 2024
2025，可得1
an
−1<
1
2024 ，所以3
2
n <
1
2024 ，
即2
n>6072，又2
12= 4096，2
13=8192，故满足2
n>6072的n 的最小值为13.
故答案为：13.
知识点6 递推关系式法
形如
型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列
的形式求解．方法为：设
，比较系
数得
，可解得
，于是
是公比为的等比数列，这样就化归为
型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用
归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
自主检测已知数列{an)满足a1=1,a2=3，且an+2=3an+1−2an(n∈N
∗)，求an ．
【答案】[
1
3 ,+∞)
【详解】因为an+2=3an+1−2an(n∈N
∗)，可得an+2−an+1=2an+1−2an，
即an+2−an+1=2(an+1−an)，所以
an+2−an+1
an+1−an
=2(n∈N
∗)，
所以{an+1−an)是以a2−a1=3−1=2为首项，2 为公比的等比数列，
所以an+1−an=2
n(n∈N
∗)，所以an+1−2
n+1=an−2
n，
所以数列{an−2
n)是常数数列，an−2
n=a1−2
1=1−2=−1，所以an=2
n−1，
题型1
法
例1-1 已知数列{an)的各项均为正，Sn为数列{an)的前n项和，an
2+2an= 4 Sn+3.
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2n+1
【详解】（1）因为an
2+2an= 4 Sn+3，则a1
2+2a1= 4 a1+3，即a1
2−2a1−3=0，
解得：a1=3或a1=−1（舍），
当n∈N
∗时，由an
2+2an= 4 Sn+3可得an+1
2
+2an+1= 4 Sn+1+3，
上述两个等式作差可得(an+1
2
+2an+1)−(an
2+2an)= 4 an+1，
整理可得(an+1+an)(an+1−an−2)=0，
又因为数列{an)的各项均为正，所以an+1−an=2，
所以数列{an)是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列{an)的通项公式an=3+2(n−1)=2n+1.
例1-2 已知数列{an)满足1
a1
+ 1
2a2
+ 1
3a3
+⋯+ 1
nan
= n(n+3)
4
，则{an)的通项公式为 .
【答案】an=
2
n(n+1)
【详解】数列{an)中，1
a1
+ 1
2a2
+ 1
3a3
+⋯+ 1
nan
= n(n+3)
4
，
当n≥2时，1
a1
+ 1
2a2
+ 1
3a3
+⋯+
1
(n−1)an−1
= (n−1)(n+2)
4
，
两式相减得1
nan
= n+1
2
，解得an=
2
n(n+1)，而1
a1
=1，即a1=1满足上式，
所以{an)的通项公式为an=
2
n(n+1).
故答案为：an=
2
n(n+1)
【变式训练1-1·变考法】数列{an)满足
a1
2
n + a2
2
n−1 +⋅⋅⋅+ an
2 =n，则an= ；
【答案】 n+1
【详解】解法一：由
a1
2
n + a2
2
n−1 +⋅⋅⋅+ an
2 =n，得a1+2a2+⋅⋅⋅+2
n−1an=n⋅2
n．①
当n=1时，a1
2 =1，所以a1=2．
当n≥2时，有a1+2a2+⋅⋅⋅+2
n−2an−1=(n−1)2
n−1．②
①－②得2
n−1an=n⋅2
n−(n−1)2
n−1，即an=n+1(n≥2)．
因为a1=2符合an=n+1，所以an=n+1，
【变式训练1-2】已知数列{an)的首项为1，其前n项和为Sn，且满足3nan+1−6 Sn=n(n+1)(n+2).
(1)求数列{an)的通项公式.
【答案】(1)an=n
2
(2)证明见解析
【详解】（1）∵3nan+1−6 Sn=n(n+1)(n+2)，①
∴当n≥2时，3(n−1)an−6 Sn−1=(n−1)n(n+1)，②
-
①②，得nan+1−(n+1)an=n(n+1)，
两边同时除以n(n+1)，得an+1
n+1 −an
n =1(n≥2).
当n=1时，3a2−6 S1=3a2−6a1=1×2×3=6.
∵a1=1，
∴3a2−6=6，解得a2= 4，
此时a2
2 −a1
1 =1，也满足an+1
n+1 −an
n =1，
∴数列{
an
n )是以a1
1 =1为首项，1 为公差的等差数列，
∴an
n =1+(n−1)⋅1=n，即an=n
2.
【变式训练1-3】数列{an)是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn= 1
4 an
2+n,n∈N
∗．
(1)求an,Sn；
【答案】(1)an=2n，Sn=n
2+n
【详解】（1）由Sn= 1
4 an
2+n,n∈N
∗得，Sn−1= 1
4 an−1
2
+n−1,n≥2．
两式相减得：an= 1
4 (an
2−an−1
2
)+1,n≥2，即(an−2)
2=an−1
2
,n≥2，
因为{an)是递增数列，所以an−an−1=2,n≥2，
由S1= 1
4 a1
2+1，得a1=2，所以{an)是首项为2，公差为2的等差数列，
所以an=2+2(n−1)=2n，Sn= n(a1+an)
2
=n
2+n；
题型2 累加法
例2-1 已知数列{an)的前n项和为Sn，且a1=1，an+1−an=2
n，则Sn= .
【答案】2
n+1−n−2
【详解】数列{an)中，由an+1−an=2
n，得当n≥2时，an−an−1=2
n−1，
则an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+2
1+2
2+⋯+2
n−1= 1−2
n
1−2 =2
n−1，
显然a1=1满足上式，因此an=2
n−1，
所以Sn= 2(1−2
n)
1−2
−n=2
n+1−n−2.
故答案为：2
n+1−n−2
例2-2 已知数列{an)满足a1=18，an+1−an=3n，则an
n 的最小值为
【答案】9
【详解】由已知可得，an+1=an+3n，
所以当n≥2时，有an=an−1+3(n−1).
则有
a1=18，
a2=a1+3×1，
a3=a2+3×2，
⋯
an=an−1+3(n−1)，
两边分别相加可得，a1+a2+a3+⋯+an =a1+a2+⋯+an−1+18+3×1+3×2+⋯+3(n−1)
=a1+a2+⋯+an−1+18+ (n−1)(3+3n−3)
2
=a1+a2+⋯+an−1+ 3n(n−1)
2
+18，
所以an= 3n(n−1)
2
+18.
当n=1时，a1=18满足条件.
所以，an= 3n(n−1)
2
+18，
所以an
n = 3(n−1)
2
+ 18
n = 3n
2 + 18
n −3
2
.
设f (x)= 3 x
2 + 18
x −3
2，
根据对勾函数的性质可知，当0< x<2❑√3时，f (x)单调递减；当x>2❑√3时，f (x)单调递增.
又f (3)= 3×3
2
+ 18
3 −3
2 =9，f (4)= 3×4
2
+ 18
4 −3
2 =9，
所以，当n=3或n= 4时，an
n 有最小值为9.
故答案为：9.
方法技巧 累加法求解模型
若数列{an}满足an+1−an=f (n)(n∈N
¿)，则称数列{an}为“变差数列”，求变差数列{an}的通项时，利
用恒等式an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+¿⋅¿+(an−an−1)=a1+f (1)+f (2)+f (3)+¿⋅¿+f (n−1)(n≥2)求
通项公式的方法称为累加法。
【变式训练2-1】在数列{an)中，a1=3，且an=an−1+lg
n
n−1
(n≥2)，则a100= .
【答案】5
【详解】a2=a1+lg2
a3=a2+lg 3
2，
a4=a3+lg 4
3 ，
…
a100=a99+lg 100
99 ，
各式累加得a100=a1+lg2+lg 3
2 +lg 4
3 +⋅⋅⋅+lg 100
99 =3+lg100=5.
故答案为：5.
【变式训练2-2】数列{an)满足a1=3，an+1−an=2n−8(n∈N∗)，则a8= ．
【答案】3
【分析】利用累加法即可得到答案.
【详解】因为an+1−an=2n−8，
所以当n≥2时，有an−an−1=2n−10，
因此有：an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+(an−2−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1，
即an=(2n−10)+(2n−12)+(2n−14)+⋯+(−6)+3= (2n−10−6)(n−1)
2
+3
=n
2−9n+11，
当n=1时，适合上式，
所以an=n
2−9n+11，a8=8
2−9×8+11=3
故答案为：3.
【变式训练2-3】已知数列{an)满足：a1=1，an+1−an=n+1(n∈N
*)，数列{
1
an)的前n项和为Sn，则满
足Sn≥7
4 的n的最小取值为 .
【答案】7
【详解】因为数列{an)满足：a1=1，an+1−an=n+1(n∈N
*)，
当n≥2时，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+2+3+⋯+n= n(n+1)
2
，
a1=1也满足an= n(n+1)
2
，则1
an
=
2
n(n+1) = 2
n −
2
n+1，
所以，Sn=(2−2
2)+(
2
2 −2
3)+(
2
3 −2
4)+⋯+(
2
n −
2
n+1)=2−
2
n+1 = 2n
n+1，
由Sn= 2n
n+1 ≥7
4 可得n≥7，故满足条件的n的最小值为7.
故答案为：7.
题型3 累乘法
例3-1 在数列{an)中，首项a1=1，n>1时，(n−1)an=(n+1)an−1，则数列{
1
an)的前100项和为
.
【答案】200
101/1 99
101
【详解】在数列{an)中，首项a1=1，n>1时，(n−1)an=(n+1)an−1，
即当n≥2时，
an
an−1
= n+1
n−1，
所以
a2
a1
= 3
1，
a3
a2
= 4
2 ，
a4
a3
= 5
3，⋯，
an
an−1
= n+1
n−1，
上述等式全部相乘得
an
a1
= 3×4×5×⋯×(n−1)×n×(n+1)
1×2×3×4×5×⋯×(n−1)
= n(n+1)
2
，则an= n(n+1)
2
，
a1=1也满足an= n(n+1)
2
，故对任意的n∈N
∗，an= n(n+1)
2
，
所以，1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
所以数列{
1
an)的前100和为
S =2(1−1
2)+2(
1
2 −1
3)+2(
1
3 −1
4)+⋯+2(
1
100 −1
101)=2(1−1
101)= 200
101.
故答案为：200
101.
例3-2 已知数列{an)满足a1=2，an+1= 2(n+2)
n+1
an，则{an)的通项公式为 ．
【答案】an=(n+1)⋅2
n−1
【详解】因为数列{an)满足a1=2，an+1= 2(n+2)
n+1
an，则
an+1
an
= 2(n+2)
n+1
，
所以，当n≥2时，an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋅⋯⋅an
an−1
=2× 2×3
2
× 2×4
3
×⋯× 2(n+1)
n
=(n+1)⋅2
n−1，
a1=2也满足an=(n+1)⋅2
n−1，所以，对任意的n∈N
∗，an=(n+1)⋅2
n−1．
故答案为：an=(n+1)⋅2
n−1
方法技巧 累乘法求解模型
若数列{an}满足
an+1
an
=f (n) (n∈N ¿)，则称数列{an}为“变比数列”，求变比数列{an}的通项时，利用
an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅¿⋅¿ an
an−1
=a1⋅f (1)⋅f (2)⋅f (3)⋅¿⋅¿ f (n−1)(n≥2)求通项公式的方法称为累乘法。
【变式训练3-1·变考法】在数列{an)中，a1= ❑√3, an+1
an
= ❑√
n+3
n+2，则a34= .
【答案】6
【详解】因a1= ❑√3, an+1
an
= ❑√
n+3
n+2，故有a34
a33
⋅a33
a32
⋅a32
a31
⋅a31
a30
⋅⋅⋅a2
a1
= ❑√
36
35 ⋅❑√
35
34 ⋅❑√
34
33 ⋅⋅⋅❑√
4
3 ，
即得a34
a1
= ❑√
36
3 ，所以a34= ❑√12a1=6.
故答案为：6.
【变式训练3-2】已知{an}中，a1=1，nan+1=(n+1)an，则数列{an}的通项公式是 ．
【答案】an=n
【详解】由nan❑+1=(n+1)an，可得：
an+1
an
= n+1
n
，又a1=1，
∴an= a2
a1
⋅a3
a2
… an
an−1
⋅a1＝2
1 × 3
2 ×…×
n
n−1 ×1=n．
∴an=n．
故答案为：an=n
【变式训练3-3】已知数列{an)满足：a1=2，且an+1+an=2n(an+1−an)(n∈N
∗)，则a2021= .
【答案】8082
【详解】由an+1+an=2n(an+1−an)，可得(2n−1)an+1=(2n+1)an，
所以
an+1
an
= 2n+1
2n−1，
则当n≥2时，
an= an
an−1
· an−1
an−2
· an−2
an−3
·⋅⋅⋅· a3
a2
· a2
a1
·a1= 2n−1
2n−3 × 2n−3
2n−5 ×⋅⋅⋅× 5
3 × 3
1 ×2=2(2n−1)= 4 n−2，当
n=1时，a1=2也符合上式，
所以an= 4 n−2，
所以a2021= 4×2021−2=8082.
故答案为：8082
题型4 形如
例4-1 在数列{an}中，a1= 7
8，an+1= 1
2 an+ 1
3，n∈N
∗，则该数列的通项公式an= ．
【答案】
5
24⋅2
n−1 + 2
3
【详解】因为数列{an}中，an+1= 1
2 an+ 1
3，即an+1−2
3 = 1
2 (an−2
3 )，
故数列{an−2
3 }是首项为a1−2
3 = 5
24 ，公比为1
2的等比数列，
则an−2
3 = 5
24 ×(
1
2)
n−1
，解得an= 5
24 ×(
1
2)
n−1
+ 2
3 =
5
24⋅2
n−1 + 2
3.
故答案为：
5
24⋅2
n−1 + 2
3.
例4-2 数列{an} 满足a1=1，an+1=2an+3(n∈N
∗)，则a4= ．
【答案】29
【详解】解：∵an+1=2an+3，∴an+1+3=2(an+3)，
∴数列{an+3}公比为2，首项为4的等比数列，
∴an+3= 4×2
n−1，即an=2
n+1−3，
∴ a4=2
5−3=29．
故答案为：29．
方法技巧 构造法常考模型
形如
（其中
均为常数且
）型的递推式：
设
，展开移项整理得
，与题设
比较系数（待定系
数法）得
，即
构成以
为首项，以
为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出
的通项整理可得
【变式训练4-1】已知数列{an)满足an+1=2an+2，a1=1，则an= ．
【答案】3×2
n−1−2
【详解】由an+1=2an+2得an+1+2=2(an+2)，又a1+2=3，
所以
an+1+2
an+2 =2，即{an+2}是等比数列，
所以an+2=3×2
n−1，即an=3×2
n−1−2．
故答案为：3×2
n−1−2．
【变式训练4-2】数列{an)满足an= 4 an−1+3，且a1=0，则a5= ．
【答案】15
【详解】∵an= 4 an−1+3，∴an+1= 4(an−1+1)，
又∵a1+1=0+1=1，
∴数列{an+1}是以1 为首项，公比为4 的等比数列，
∴an+1= 4
n−1，∴an=−1+ 4
n−1，
又∵a1=0满足上式，∴an=−1+ 4
n−1，∴a5=−1+ 4
5−1=15，
故答案为：15．
【变式训练4-3】已知数列{an)满足an+1= 2
3 an+ 4，且a1=1，则{an)的通项公式为 .
【答案】an=12−11×(
2
3)
n−1
【详解】设an+1+ x = 2
3 (an+ x)，即an+1= 2
3 an−1
3 x，所以−1
3 x = 4，解得x =−12，
所以an+1−12= 2
3 (an−12)，
所以{an−12)是首项为a1−12=−11，公比为2
3的等比数列，
所以an−12=−11×(
2
3)
n−1
，
所以an=12−11×(
2
3)
n−1
．
故答案为：an=12−11×(
2
3)
n−1
题型5 形如
例5-1 已知数列{an)满足a1=2，an+1=3an+2
n−1，n∈N
∗，则数列{an)的通项公式为 ．
【答案】an=3
n−2
n−1
【详解】由a1=2，an+1=3an+2
n−1，n∈N
∗，可得an+1+2
n=3(an+2
n−1)，
所以{an+2
n−1)是以3 为首项、3 为公比的等比数列，所以an+2
n−1=3
n，
则an=3
n−2
n−1，n∈N
∗；
故答案为：an=3
n−2
n−1.
例5-2 已知数列{an)满足a1=1，且an= 1
3 an−1+(
1
3)
n
(n≥2)，则数列{an)的通项公式an= ．
【答案】n+2
3
n
【详解】∵an= 1
3 an−1+(
1
3)
n
(n≥2)，
∴3
nan=3
n−1an−1+1(n≥2)，
即3
nan−3
n−1an−1=1(n≥2)．又a1=1，3
1⋅a1=3，
∴数列{3
nan)是以3 为首项，1 为公差的等差数列，
∴3
nan=3+(n−1)×1=n+2，
∴数列{an)的通项公式an= n+2
3
n ．
故答案为：n+2
3
n .
【变式训练5-1】数列{an}满足an+1=5an+3×5
n+1，a1=6，则数列{an}的通项公式为 .
【答案】an=(3n−9
5 )⋅5
n．
【详解】∵an+1=5an+3×5
n+1，所以
an+1
5
n+1 = an
5
n +3，即
an+1
5
n+1 −an
5
n =3，
∴{an
5
n }是等差数列，而a1
5 = 6
5 ，
所以
an
5
n = 6
5 +3(n−1)=3n−9
5 ，
所以an=(3n−9
5 )⋅5
n．
故答案为：an=(3n−9
5 )⋅5
n．
【变式训练5-2】各项均正的数列{an)满足a1= 4 ,an+1=2an+2
n+1，则an等于
【答案】(n+1)⋅2
n
【详解】将an+1=2an+2
n+1两边同除以2
n+1，得
an+1
2
n+1 = an
2
n +1，则{
an
2
n)是首项为2，公差为1 的等差数列，
∴
an
2
n =2+(n−1)×1=n+1，则an=(n+1)⋅2
n．
故答案为：(n+1)⋅2
n．
【点睛】本题主要考查利用构造法求数列的通项公式以及等差数列的定义的应用，属于基础题．
【变式训练5-3】已知数列{an)满足an+1=3an+3
n(n∈N
*)，且a1=1，则数列{an)的通项公式为 ．
【答案】an=n⋅3
n−1
【详解】将an+1=3an+3
n两边同时除以3
n+1，得
an+1
3
n+1 = an
3
n + 1
3，即
an+1
3
n+1 −an
3
n = 1
3．
由等差数列的定义知，数列{
an
3
n)是以a1
3 = 1
3为首项，1
3为公差的等差数列，
所以
an
3
n = 1
3 +(n−1)× 1
3 = n
3，故an=n⋅3
n−1．
故答案为：an=n⋅3
n−1.
题型6 形如
例6-1 在数列{an)中，已知a1=2，且an+1= 4 an−3n+ 1(n∈N
∗)，则该数列的通项公式为 .
【答案】an= 4
n−1+n
【详解】令an+1−A(n+1)−B = 4(an−An−B)，
则an+1= 4 an−3 An+ A −3 B，
由条件得{
−3 A =−3
A −3 B =1)，解得{
A =1
B =0)，
即an+1−(n+1)= 4(an−n)，
故数列{an−n)是首项为a1−1=1，公比为4 的等比数列，
从而an−n= 4
n−1，故an= 4
n−1+n.
故答案为：an= 4
n−1+n.
例6-2 已知数列{an)满足an+2−4 an=−3n+2，且a1=3，a2=6，则数列{an)的通项公式为an= .
【答案】2
n+n
【详解】法一：因为an+2−4 an=−3n+2，所以an+2−2an+1+2¿.
设bn=an+1−2an，则bn+1+2bn=−3n+2，所以(bn+1+n)+2¿.
设tn=bn+n−1，则tn+1+2tn=0.
因为a1=3，a2=6，所以b1=a2−2a1=0，t1=b1+1−1=0，
所以tn=0，即bn+n−1=0，即an+1−2an+n−1=0，所以an+1−(n+1)=2(an−n).
因为a1−1=3−1=2，所以数列{an−n)是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以an−n=2
n，an=2
n+n.
法二：因为an+2−4 an=−3n+2，所以an+2−(n+2)= 4(an−n)，
由a1=3，a2=6，得a1−1=2，a2−2= 4，
所以数列{an−n)的奇数项是首项为2，公比为4 的等比数列，偶数项是首项为4，公比为4 的等比数列，
当n为奇数时，an−n=2×4
n−1
2 =2
n，即an=2
n+n；
当n为偶数时，an−n= 4×4
n
2 −1
=2
n，即an=2
n+n.
综上，an=2
n+n.
故答案为：2
n+n
【变式训练6-1】在数列{an)中，a1=3，且an+1=3an+ 4 n−6(n∈N
∗)，则{an)的通项公式为
．
【答案】an=3
n−2(n−1)
【详解】因为an+1=3an+ 4 n−6(n∈N
∗)，设an+1+ x (n+1)+ y =3(an+ xn+ y)，其中x、y ∈R，
整理可得an+1=3an+2 xn+2 y −x，
所以，{
2 x = 4
2 y −x =−6)，解得{
x =2
y =−2)，所以，an+1+2(n+1)−2=3(an+2n−2)，
且a1+2×1−2=a1=3，所以，数列{an+2n−2)是首项为3，公比也为3的等比数列，
所以，an+2n−2=3×3
n−1=3
n，解得an=3
n−2(n−1).
故答案为：an=3
n−2(n−1).
【变式训练6-2】设数列{an)满足a1= 4，an=3an−1+2n−1(n≥2)，则数列{an)的通项公式为
.
【答案】an=2⋅3
n−n−1
【详解】设an+ pn+q =3[an−1+ p(n−1)+q)，化简后得an=3an−1+2 pn+(2q−3 p)，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得{
2 p=2
2q−3 p=−1)，解得{
p=1
q =1)，
即an+n+1=3(an−1+n−1+1)，令bn=an+n+1，则bn=3bn−1，又b1=6，
故bn=6⋅3
n−1=2⋅3
n，bn=an+n+1，得an=2⋅3
n−n−1.
故答案为：an=2⋅3
n−n−1
题型7 倒数法
例7-1 已知数列{an)满足a1=1，an+1=
an
4 an+1，(n∈N
∗)，则an= .
【答案】
1
4 n−3
【详解】数列{an)中，a1=1，an+1=
an
4 an+1，显然an≠0，取倒数得1
an+1
= 4 an+1
an
= 4+ 1
an
，
即1
an+1
−1
an
= 4，则数列{ 1
an
}是首项为1，公差为4 的等差数列，
因此1
an
=1+ 4 (n−1)= 4 n−3，所以an=
1
4 n−3.
故答案为：
1
4 n−3.
例7-2 已知数列{an)满足a1= 1
2，an+1=
an
2−an
，若bn= 1
an
−1，则数列{bn)的通项公式为bn=
．
【答案】2
n−1
【详解】因为an+1=
an
2−an
，
所以1
an+1
= 2
an
−1，
所以1
an+1
−1= 2
an
−2=2(
1
an
−1)，
而1
a1
−1=1，且bn= 1
an
−1，
∴数列{bn)是首项为1，公比为2 的等比数列，
∴bn=1×2
n−1=2
n−1.
故答案为：2
n−1
【变式训练7-1】数列{an}中，an+1= 2an
2+an
对所有正整数n都成立且a1=2，则an= .
【答案】2
n
【详解】解：由于数列{an}中，an+1= 2an
2+an
，
所以1
an+1
= 1
an
+ 1
2，
即1
an+1
−1
an
= 1
2（常数），
所以数列{
1
an)是以1
a1
= 1
2为首项，1
2为公差的等差数列．
所以1
an
= 1
2 + 1
2 (n−1)= n
2（首项符合通项），
故an= 2
n．
故答案为：2
n．
【变式训练7-2·变考法】已知数列{an)满足a1=1,an+1=
an
an+2，则数列{
1
an)的前8 项和S8= ．
【答案】502
【详解】由an+1=
an
an+2，取倒数得1
an+1
= 2
an
+1，
所以1
an+1
+1=2(
1
an
+1)，
因为1
a1
+1=2≠0，所以1
an
+1≠0，所以
1
an+1
+1
1
an
+1
=2，
所以{
1
an
+1)是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以1
an
+1=2×2
n−1=2
n，则1
an
=2
n−1，
所以数列{
1
an)的前8 项和S8= 2×(1−2
8)
1−2
−8=2
9−2−8=502.
故答案为：502
【变式训练7-3】已知数列{an)的前n项和为Sn，若Sn+1=
4 Sn
3 Sn+2，且a1=1，则Sn= ．
【答案】
2
n
3×2
n−1−1
【详解】由Sn+1=
4 Sn
3 Sn+2 ⇒ 1
Sn+1
= 3 Sn+2
4 Sn
= 1
2 ⋅1
Sn
+ 3
4 ，
即1
Sn+1
−3
2 = 1
2 ⋅(
1
Sn
−3
2)，因为S1=a1=1，
所以数列{
1
Sn
−3
2)是首项为−1
2，公比为1
2的等比数列，
即1
Sn
−3
2 =−(
1
2)
n
，所以Sn=
2
n
3×2
n−1−1
．
故答案为：
2
n
3×2
n−1−1
题型8 形如
例8-1 已知数列{an)满足：a1=1，a2=5，an+2= 4 an+1−4 an.
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an= 3n−1
4
×2
n
【详解】（1）解：因为an+2= 4 an+1−4 an，所以an+2−2an+1=2an+1−4 an=2(an+1−2an)，
因为a1=1,a2=5，可得a2−a1=3，所以an+1−2an≠0，
所以数列{an+1−2an)是以3 为首项，公比为2 的等比数列，所以an+1−2an=3×2
n−1，
可得
an+1
2
n+1 −2an
2
n+1 = 3
4 ，即
an+1
2
n+1 −an
2
n = 3
4 ，
所以数列{
an
2
n)表示首项为
a1
2
1 = 1
2，公差为d = 3
4 的等差数列，
可得
an
2
n = 1
2 +(n−1)× 3
4 = 3
4 n−1
4 ，所以an=( 3
4 n−1
4 )⋅2
n= 3n−1
4
×2
n.
例8-2 已知数列{an)满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1−2an(n∈N
*).
(1)证明：数列{an+1−an)是等比数列，并指出其首项及公比；
(2)求数列{an)的通项公式an．
【答案】(1)证明见解析，首项为2，公比为2.
(2)an=2
n−1(n∈N
∗).
【详解】（1）∵an+2=3an+1−2an，
∴an+2−an+1=2(an+1−an)，
∵a1=1，a2=3，
∴数列{an+1−an)是以a2−a1=2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得an+1−an=2
n(n∈N
∗)，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+…+(a2−a1)+a1=2
n−1+2
n−2+…+2+1= 1−2
n
1−2 =2
n−1，
当n=1时，a1=1也满足上式，
故an=2
n−1(n∈N
∗).
【变式训练8-1】已知数列{an)满足an+1=3an−2an−1(n≥2，且n∈N
∗)，a1=1，a2=3，则数列{an)的前
10 项和为 .
【答案】2036
【详解】因为an+1=3an−2an−1(n≥2，且n∈N
∗)，
所以an+1−an=2(an−an−1)，
所以数列{an+1−an)是首项为a2−a1=2，公比为2 的等比数列，
所以an+1−an=2
n，
所以an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2
n−1+2
n−2+⋯+2+1=2
n−1，
所以数列{an)的前10 项和为：
(2−1)+(2
2−1)+⋯+(2
10−1)
=(2+2
2+⋯+2
10)−10
= 2(1−2
10)
1−2
−10=2
11−2−10=2036.
故答案为：2036
【变式训练8-2】2．已知数列{an)中a1=1，a2= 3
4 ，且满足4 an+1= 4 an−an−1(n∈N ,n≥2)，则an=
．
【答案】n+1
2
n
【详解】由题意可得an+1=−3an+1+ 4 an−an−1，即2an+1−an= 1
2 (2an−an−1)，
又2a2−a1= 1
2，所以{2an+1−an)是首项为1
2，公比为1
2的等比数列，
所以2an+1−an= 1
2
n，则2
n+1an+1−2
nan=1，
又2a1=2，所以{2
nan)为首项为2，公差为1 的等差数列，则2
nan=n+1，
则an= n+1
2
n ．
故答案为：n+1
2
n
题型9 利用前n 项积求通项
例9-1 若数列{an)的前n项积bn=1−2
7 n，则an的最大值与最小值之和为（ ）
A．−1
3
B．5
7
C．2
D．7
3
【答案】C
【详解】∵数列{an)的前n项积bn=1−2
7 n，
当n=1时，a1= 5
7 ，
当n≥2时，bn−1=1−2
7
(n−1)，an= bn
bn−1
=
1−2
7 n
1−2
7
(n−1)
= 2n−7
2n−9 =1+
2
2n−9，
n=1时也适合上式，
∴an=1+
2
2n−9，
∴当n≤4时，数列{an)单调递减，且an <1，当n≥5时，数列{an)单调递减，且an >1，
故an的最大值为a5=3，最小值为a4=−1，
∴an的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
例9-2 记bn为数列{an)的前n项积，已知a1=3，1
an
+ 2
bn
=1，求数列{bn)的通项公式
【答案】bn=2n+1
【详解】由题意可得
bn
bn−1
=an(n≥2)，因为1
an
+ 2
bn
=1，
所以
bn−1
bn
+ 2
bn
=1(n≥2)，即bn−1+2=bn(n≥2)，
所以bn−bn−1=2(n≥2)．
又1
a1
+ 2
b1
=1，a1=3，所以b1=3，
故{bn)是以3为首项，2为公差的等差数列，bn=2n+1.
【变式训练9-1】已知数列{an)的前n项积T n=6
n
2+n
2 ，则a3a6=（ ）
A．6
7
B．6
8
C．6
9
D．6
10
【答案】C
【详解】an= T n
T n−1
=6
n
2+n
2
−(n−1)
2+n−1
2
=6
n，n≥2,n∈N
∗，又a1=T 1=6，
∴an=6
n，n∈N
∗.
∴a3a6=6
3⋅6
6=6
9.
故选：C.
【变式训练9-2】记T n为正项数列{an)的前n项积，且a1=2，a2= 4，T nT n+2=2T n+1
2
.
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2
n
(2)2
2n+1
3
−n−2
3
【详解】（1）由T nT n+2=2T n+1
2
可得，
T n+2
T n+1
= 2T n+1
T n
，即an+2=2an+1，
又∵a2=2a1，∴{an)是首项为2，公比为2 的等比数列，
∴an=a1⋅2
n−1=2
n；
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列{an)的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3.
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an=(
5
3)
n−1
【详解】（1）因为2Sn=3an+1−3,故2Sn−1=3an−3，
所以2an=3an+1−3an(n≥2)即5an=3an+1故等比数列的公比为q = 5
3，
故2a1=3a2−3=3a1× 5
3 −3=5a1−3，故a1=1，故an=(
5
3)
n−1
.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n项和，已知4 Sn=3an+ 4．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an= 4⋅(−3)
n−1
【详解】（1）当n=1时，4 S1= 4 a1=3a1+ 4，解得a1= 4．
当n≥2时，4 Sn−1=3an−1+ 4，所以4 Sn−4 Sn−1= 4 an=3an−3an−1即an=−3an−1，
而a1= 4≠0，故an≠0，故
an
an−1
=−3，
∴数列{an)是以4 为首项，−3为公比的等比数列，
所以an= 4⋅(−3)
n−1.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）设Sn为数列{an)的前n 项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an=n−1
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，2(1+a3)=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=(n−1)an−1，所以2(Sn−Sn−1)=nan−(n−1)an−1=2an，
化简得：(n−2)an=(n−1)an−1，当n≥3时，an
n−1 = an−1
n−2 =⋯= a3
2 =1，即an=n−1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n−1(n∈N
∗)．
4．（2022·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n 项和．已知2Sn
n +n=2an+1．
(1)证明：{an)是等差数列；
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）因为2Sn
n +n=2an+1，即2Sn+n
2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+(n−1)
2=2(n−1)an−1+(n−1)②，
①−②得，2Sn+n
2−2Sn−1−(n−1)
2=2nan+n−2(n−1)an−1−(n−1)，
即2an+2n−1=2nan−2(n−1)an−1+1，
即2(n−1)an−2(n−1)an−1=2(n−1)，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以{an)是以1为公差的等差数列．
5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n 项和，已知a1=1,{
Sn
an)是公差为1
3的等差数
列．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an= n(n+1)
2
【详解】（1）∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1
a1
=1,
又∵{
Sn
an)是公差为1
3的等差数列，
∴Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
,∴Sn=
(n+2)an
3
,
∴当n≥2时，Sn−1=
(n+1)an−1
3
，
∴an= Sn−Sn−1=
(n+2)an
3
−
(n+1)an−1
3
,
整理得：(n−1)an=(n+1)an−1,
即
an
an−1
= n+1
n−1,
∴an=a1× a2
a1
× a3
a2
×…× an−1
an−2
× an
an−1
=1× 3
1 × 4
2 ×…×
n
n−2 × n+1
n−1 = n(n+1)
2
，
显然对于n=1也成立，
∴{an)的通项公式an= n(n+1)
2
；
1．（人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第7 题）人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第7 题）已
知数列{an)的首项为a1=1，且满足an+1+an=3⋅2
n(n∈N
*)；
(1)求证{an−2
n)是等比数列，并求数列{an)的通项；
(2)记数列{n⋅an)的前n项和为Sn，求S2n.
【答案】(1)证明见解析，an=(−1)
n+2
n
(2)S2n=n+2+(2n−1)×2
2n+1
（2）利用错位相减法和分组求和，求出答案.
【详解】（1）由题意，数列{an)满足an+1+an=3⋅2
n，即an+1=−an+3⋅2
n，
则
an+1−2
n+1
an−2
n
= −an+3⋅2
n−2
n+1
an−2
n
= 2
n−an
an−2
n =−1，
又由a1=1，可得a1−2
1=−1，
所以数列{an−2
n)表示首项为−1，公比为-−1的等比数列.
所以an−2
n=−1×(−1)
n−1=(−1)
n，所以an=(−1)
n+2
n，
（2）由（1）知：nan=(−1)
n⋅n+n2
n，
设bn=(−1)
n⋅n，记数列{bn)的前n项和为K n；
设cn=n⋅2
n，记数列{cn)的前n项和为T n；
则S2n= K 2n+T 2n，
K 2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n−1+b2n=−1+2−3+ 4+…−(2n−1)+2n=n，
∵T 2n=1×2
1+2×2
2+3×2
3+…+2n×2
2n①，
∴2T 2n=1×2
2+2×2
3+3×2
4+…+2n×2
2n+1②，
①−②得：−T 2n=1×2
1+1×2
2+1×2
3+…+1×2
2n−2n×2
2n+1
= 2(1−2
2n)
1−2
−2n×2
2n+1 =2
2n+1−2−2n×2
2n+1，
∴T 2n=(2n−1)×2
2n+1+2，
∴S2n= K 2n+T 2n=n+(2n−1)×2
2n+1+2，
所以S2n= K 2n+T 2n=n+2+(2n−1)×2
2n+1.
2．（人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第8 题）若数列{an)的首项a1=1，且满足an+1=2an+1，求
数列{an)的通项公式及前10 项的和．
【答案】an=2
n−1，2036
【详解】∵ an+1=2an+1，∴an+1+1=2(an+1)，
∴{an+1)是首项为2，公比为2 的等比数列，
∴an+1=2×2
n−1=2
n，即an=2
n−1，
∴S10=a1+a2+⋯+a10=2+2
2+⋯+2
10−10= 2(1−2
10)
1−2
−10=2036.
3（人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第11 题）已知数列{an)的首项a1= 3
5，且满足an+1=
3an
2an+1．
(1)已知数列{
1
an
−1)是等比数列，求公比q；
(2)若∑
i=1
n
1
ai
<100，求满足条件的最大整数n．
【答案】(1)q = 1
3
(2)99
【详解】（1）解：由已知an+1=
3an
2an+1，1
an+1
= 2an+1
3an
= 1
3an
+ 2
3，1
an+1
−1= 1
3an
−1
3 = 1
3(
1
an
−1)，
又因为1
a1
−1= 2
3 ≠0，所以，
1
an+1
−1
1
an
−1
= 1
3，公比q = 1
3．
（2）解：由（1）可得数列{
1
an
−1)是首项为1
a1
−1= 2
3，公比为1
3的等比数列，
所以，1
an
−1= 2
3 ⋅(
1
3)
n−1
= 2
3
n，则1
an
= 2
3
n +1，
所以，∑
i=1
n
1
ai
=
2
3(1−1
3
n)
1−1
3
+n=1+n−1
3
n，
又因为1
an
=1+ 2
3
n >0，故数列{1+n−1
3
n)为单调递增数列，
因为1+99−1
3
99 <100<1+100−1
3
100，
所以，满足不等式∑
i=1
n
1
ai
<100的最大整数n的值为99.
4．（人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第11 题改编）已知数列{an)的首项a1= 3
5，且满足
an+1=
3an
2an+1.
(1)设bn= 1
an
−1，求证：数列{bn)为等比数列；
(2)设数列{bn)前n 项和为Sn，求Sn；
(3)若1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+…+ 1
an
<2025，求满足条件的最大整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn=1−(
1
3)
n
(3)2024
【详解】（1）由题意，数列{an)满足an+1=
3an
2an+1，可得1
an+1
= 2an+1
3an
= 1
3 ⋅1
an
+ 2
3，
所以1
an+1
−1= 1
3 ⋅1
an
+ 2
3 −1= 1
3(
1
an
−1)，又a1= 3
5，所以b1= 1
a1
−1= 2
3 ≠0，
则
1
an+1
−1
1
an
−1
= bn+1
bn
= 1
3为常数，所以数列{bn)是首项为2
3，公比为1
3的等比数列.
（2）由（1）知数列{bn)是首项为2
3，公比为1
3的等比数列，
所以Sn= a1(1−q
n)
1−q
=
2
3[1−(
1
3)
n
)
1−1
3
=1−(
1
3)
n
.
（3）由（1）知1
an
−1= 2
3 ×(
1
3)
n−1
=2⋅(
1
3)
n
，所以1
an
=2⋅(
1
3)
n
+1，
设数列{
1
an)的前n项和为Sn，
则Sn= 1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an
=2(
1
3 + 1
3
2 + 1
3
2 +⋯+ 1
3
n)+n
=2×
1
3[1−(
1
3)
n
)
1−1
3
+n=n+1−1
3
n，
若Sn<2025，即n+1−1
3
n <2025，令cn=n+1−1
3
n，
则cn+1−cn=n+1+1−1
3
n+1 −(n+1−1
3
n)=1+ 1
3
n −1
3
n+1 =1+ 2
3
n+1 >0，
所以数列{cn)为递增数列，又c2024=2024+1−
1
3
2025 =2025−
1
3
2025 <2025，c2025=2025+1−
1
3
2025 >2025
，
所以满足Sn<2025的最大整数n的值为2024.
5．（人教A 版选择性必修第二册P42习题4.3 第12 题）已知数列{an)为等差数列，其中a1=1，
a3=2❑√2+1，前n 项和为Sn，数列{bn)满足bn= Sn
n ，
(1)求数列{bn)的通项公式；
(2)求证：数列{an)中的任意三项均不能构成等比数列.
【答案】(1)bn=
❑√2
2 n+(1−
❑√2
2 )
(2)证明见解析
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
因为a1=1，a3=2❑√2+1，所以d = a3−a1
3−1 = ❑√2，
所以an=a1+(n−1)d = ❑√2n+1−❑√2，所以Sn=na1+ n(n−1)d
2
=
❑√2
2 n
2+(1−
❑√2
2 )n，所以
bn= Sn
n =
❑√2
2 n
2+(1−
❑√2
2 )n
n
=
❑√2
2 n+(1−
❑√2
2 )
（2）设数列{an)中任意三项an=1+ ❑√2(n−1)，am=1+ ❑√2(m−1)，ak =1+ ❑√2(k −1)
则an≠am≠ak，假设an,am,ak成等比数列，则[1+ ❑√2(m−1))
2=[1+ ❑√2(n−1))[1+ ❑√2(k −1))
即2(m−1)
2−2(n−1)(k −1)= ❑√2(n+k −2m)
因为m,n,k ∈Z❑
+，所以{
n+k −2m=0
(m−1)
2=(n−1)(k −1))，所以(k −n)
2=0，即k =n，与an≠ak矛盾，
所以数列{an)中的任意三项均不能构成等比数列．
