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高中数学第四章 数列本章综合与测试课后测评
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这是一份高中数学第四章 数列本章综合与测试课后测评，共19页。试卷主要包含了“已知，求”型，待定系数法，累加法，累乘法，其他不常见方法等内容，欢迎下载使用。
第八节 数列通项公式的求法
题型一 直接利用等差，等比数列公式求数列的通项公式，此种类型的题目只需要确定出，a1或am, d ,q基本量即可，这里不需在解释。
题型二 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
1 由数列的前n项，写出通项公式：
(1)3,5,3,5,3,5，…
(2)，，，，，…
(3)2，，，，，…
(4)，，，，，…
2.由数列的前几项，写出通项公式：
(1)1，－7,13，－19,25，…
(2)，，，，，…
(3)1，－，，－，…
题型三 “已知，求”型
共有两种题型 （1）=f(n)的题型
（2）=f()的题型
方法：=－（注意是否符合）
an＝（不满足an时）
3.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n+1,n∈N*,则它的通项公式为 .
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足log2(Sn+1)=n+1,则an= .
5.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求其通项公式an.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋2n＋1，求an.
7.已知数列的前n项和为，求的通项公式.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)(n∈N*).
(1)求a1，a2；
(2)证明：数列{an}是等比数列.
9..设为{}的前n项和，=（－1），求（n∈N+）
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an等于( )
A.2n＋1 B.2n C.2n－1 D.2n－2
11.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式
12.已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.证明{an}是等比数列，并求其通项公式.
13.若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式
14.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n=1,2,…).
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n=1,2,…),b1=2,求数列{bn}的通项公式.
15.已知数列前项和,求的通项公式.
题型四 待定系数法
应用一
形如的递推关系式
方法
16.在数列中，则数列的通项公式为_____________；
17.已知数列满足，且=2，则=_____________．
18.已知数列满足递推式，其中
（1）求；
（2）求证：数列为等比数列．
19.已知数列满足，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式．
20.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3(n∈N*)，求其通项公式an.
21.已知数列中，，，求.
应用二
形如
22.已知数列中，, 求的通项公式.
23.已知数列中，，则________．
24.已知数列中，, 求的通项公式.
25.在数列中，则数列的通项公式为_____________
应用三
形如=p+型（p为常数）
方法：变形得=+，则{}可用累加法求出，由此求.
26已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列的通项公式an等于( )
A.2n B.n(n＋1) C. D.
27.已知{}满足=2，=2+.求.
28.已知数列满足，求数列的通项公式。
29.已知在数列{an}中,an+1=2an+3·2n+1,且a1=2,则数列{an}的通项公式为
30.设数列{}满足，则．
31.已知数列中，，求.
32.已知数列满足，求数列的通项公式。
33.已知数列满足，求数列的通项公式。
34.数列中已知, 求的通项公式.
35.数列中已知, 求的通项公式.
36.已知数列中，，求求的通项公式.
37.已知数列中，，求求的通项公式.
38.在数列中，，，，令 。
(1) 求证:数列是等比数列，并求 。
(2)求数列的通项公式 。
题型五 累加法
方法形如型的的递推公式均可用累加法求通项公式.
（1） 当为常数时，为等差数列，则；
（2） 当为的函数时，用累加法.
方法如下：由得
当时，，
，
，
，
以上个等式累加得
（3）已知，，其中可以是关于的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.
①若可以是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
②若可以是关于的二次函数，累加后可分组求和；
③若可以是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
④若可以是关于的分式函数，累加后可裂项求和求和.
39.已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通项公式an.
40.已知数列满足，求数列的通项公式。
41.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1,则通项an= .
42.数列中已知, 求的通项公式.
43.已知数列满足
44.已知数列中，, 求的通项公式.
45.已知数列满足求求的通项公式.
46.已知数列{}满足=1，=+（n∈N+），求.
题型六 累乘法
方法 形如型的的递推公式均可用累乘法求通项公式.
给递推公式中的依次取1,2,3，……，,可得到下面个式子：
利用公式可得：
47.已知数列{an}中，a1＝3，an＝an－1(an≠0，n≥2)，求其通项公式an.
48.已知数列{}满足（n∈N+），=1，求.
49.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an，则数列{an}的通项公式an
50.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式
51.数列中已知, 求的通项公式.
52.设是首项为的正项数列，且，求的通项公式
53.根据下列条件,求数列的通项公式an.
(1)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n;
(2)在数列{an}中,an+1=n+2n·an,a1=4.
题型七 其他不常见方法
对数变换法
例54已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：因为，所以。在式两边取常用对数得 ⑩
设
将⑩式代入式，得，两边消去并整理，得，则
，故
代入式，得
由及式，
得，
则，
所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此
则。
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
数学归纳法
例55已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由及，得
由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当时，，所以等式成立。
（2）假设当时等式成立，即，则当时，
由此可知，当时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。
评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。
换元法
例56已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，则
故，代入得
即
因为，故
则，即，
可化为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
不动点法
例57已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的两个不动点。因为
。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。
评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的两个根，进而可推出，从而可知数列为等比数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式。
例58已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的不动点。
因为，所以
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
参考答案
1.解 (1)这个数列前6项构成一个摆动数列，奇数项为3，偶数项为5.所以它的一个通项公式为an＝4＋(－1)n.
(2)数列中的项以分数形式出现，分子为项数，分母比分子大1，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列可化为1＋1,2＋，3＋，4＋，5＋，…，
所以它的一个通项公式为an＝n＋.
(4)数列可化为，，，，，…，
所以它的一个通项公式为an＝.
2.解 (1)数列每一项的绝对值构成一个以1为首项，6为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(6n－5).
(2)数列化为，，，，，…，分子，分母分别构成等差数列，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列化为，－，，－，…，
所以数列的一个通项公式为an＝(－1)n＋1
3.解析:当n=1时,a1=S1=0;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n+1-[2(n-1)2-3(n-1)+1]=4n-5,
故an=0,n=1,4n-5,n≥2.
答案:an=0,n=1,4n-5,n≥2
4.解析:∵log2(Sn+1)=n+1,∴Sn=2n+1-1.
当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n.
∵当n=1时,上式不满足,
∴an=3,n=1,2n,n≥2.
答案:3,n=1,2n,n≥2
5.解 当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，
又a1＝1≠2×31－1，
所以数列{an}的通项公式an＝
6. 解a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2.
由于a1不适合此式，故an＝
7.
8.解 (1)∵a1＝S1＝(a1－1)，∴a1＝－.
又a1＋a2＝S2＝(a2－1)，∴a2＝.
(2)证明 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn＋1＝(an＋1－1)，
两式相减得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝－an，
又a1＝－≠0，∴an≠0，∴＝－，n∈N*，
∴数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列.
9.解 ∵=（－1） （n∈N+）
∴当n=1时，=（－1）
∴=3
当n≥2时，
=－
=（－1）－（－1）
∴=3 ∴=（n∈N+）
10.因为Sn＝2an－4，所以Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即＝2，因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.
11.解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1，n∈N*.
12.解 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，
所以＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n－1.
13.解析 当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
故＝－2，故an＝(－2)n－1.
14.(1)证明因为Sn=4an-3(n=1,2,…),
所以Sn-1=4an-1-3(n=2,3,…),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理,得anan-1=43.
由Sn=4an-3,令n=1,得a1=4a1-3,解得a1=1.
所以数列{an}是首项为1,公比为43的等比数列.
(2)解由(1)得an=43n-1,
由bn+1=an+bn(n=1,2,…),
得bn+1-bn=43n-1.
则bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+1-43n-11-43=3×43n-1−1.
15.
16.
17.
18.【答案】（1），，；（2）见解析．
【解析】（1）由及知
解得同理可得
（2）由可得，，
是以为首项，2为公比的等比数列．
19.【答案】（1）见解析；（2）．
20.解 设an＋1＋t＝(an＋t)，则an＋1＝an－t，
与已知比较，得－t＝3，所以t＝－4，
故an＋1－4＝(an－4)，
又a1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{an－4}是首项为－3，公比为的等比数列，因此an－4＝－3×n－1，
即an＝4－3×n－1(n∈N*).
21.
22.23.24.空
25.方法1：令即与比较可得，
又，所以是以4为首项，6为公比的等比数列，
所以，即
方法2：由，两边同时除以得
由待定系数法易得
故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以即
26.解析 ∵an＋1＝an＋，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，
即2n＋1an＋1－2nan＝2.
又21a1＝2，
∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴an＝.
27.解]。=+1
∴{}为等差数列.
= ∴=n·
28.解：设 ④
将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得 ⑤
由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。
29.解析:∵an+1=2an+3·2n+1,
∴an+12n+1=an2n+3,即an+12n+1−an2n=3.
∴数列an2n是公差为3的等差数列.
又a12=1,∴an2n=1+3(n−1),
∴an=(3n-2)·2n.
30，31，32，33，34,35，36,37,38空
39.解 由已知，得an－an－1＝3n－1(n≥2)，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1，
以上各式左右两边分别相加，得
an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，
所以an＝＋1＝(n≥2)，
又n＝1时，a1＝1＝，所以an＝(n∈N*).
40.解：由得则
所以数列的通项公式为。
41.解析:∵an+1=an+n+1,∴an+1-an=n+1.
∴a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n,各式相加得an-a1=2+3+4+…+n=(n+2)(n-1)2.
又a1=2,∴an=(n+2)(n-1)2+2=n2+n+22.
42.
43,44,45空
46.解 =－+－+…+－+
=++…++1
==－1
∴=－1 （n∈N+）
47.解 由a1＝3，an＝an－1，得＝，
所以＝，＝，＝，＝，…，＝(n≥2)，以上各式左右两边分别相乘，得＝，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝3＝，所以an＝(n∈N*).
48.=·…·
=（n－1）·（n－2）…1·1=（n－1）！
∴=（n－1）！ （n∈N+
49解析 an＝··…···a1
＝··…··＝n.
50由an＋1＝2nan，得＝2n，即··…＝21×22×23×…×2n－1，即＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝，故an＝a1＝..
51.52空
53.解(1)∵an+1=an+2n,
∴an+1-an=2n.
∴a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,…,
an-an-1=2n-1,以上各式两边分别相加得
an-a1=2+22+23+…+2n-1=2(1-2n-1)1-2=2n−2.
又a1=1,∴an=2n-2+1=2n-1.
(2)∵an+1=n+2n·an,∴an+1an=n+2n.
∴a2a1=31,a3a2=42,a4a3=53,a5a4=64,…,anan-1=n+1n-1.
以上各式两边分别相乘得
ana1=n(n+1)1×2=n(n+1)2.
又a1=4,∴an=2n(n+1).
第八节 数列通项公式的求法
题型一 直接利用等差，等比数列公式求数列的通项公式，此种类型的题目只需要确定出，a1或am, d ,q基本量即可，这里不需在解释。
题型二 通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式
1 由数列的前n项，写出通项公式：
(1)3,5,3,5,3,5，…
(2)，，，，，…
(3)2，，，，，…
(4)，，，，，…
2.由数列的前几项，写出通项公式：
(1)1，－7,13，－19,25，…
(2)，，，，，…
(3)1，－，，－，…
题型三 “已知，求”型
共有两种题型 （1）=f(n)的题型
（2）=f()的题型
方法：=－（注意是否符合）
an＝（不满足an时）
3.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n+1,n∈N*,则它的通项公式为 .
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足log2(Sn+1)=n+1,则an= .
5.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求其通项公式an.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋2n＋1，求an.
7.已知数列的前n项和为，求的通项公式.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(an－1)(n∈N*).
(1)求a1，a2；
(2)证明：数列{an}是等比数列.
9..设为{}的前n项和，=（－1），求（n∈N+）
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an等于( )
A.2n＋1 B.2n C.2n－1 D.2n－2
11.如果数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则此数列的通项公式
12.已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.证明{an}是等比数列，并求其通项公式.
13.若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式
14.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=4an-3(n=1,2,…).
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)若数列{bn}满足bn+1=an+bn(n=1,2,…),b1=2,求数列{bn}的通项公式.
15.已知数列前项和,求的通项公式.
题型四 待定系数法
应用一
形如的递推关系式
方法
16.在数列中，则数列的通项公式为_____________；
17.已知数列满足，且=2，则=_____________．
18.已知数列满足递推式，其中
（1）求；
（2）求证：数列为等比数列．
19.已知数列满足，．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式．
20.数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3(n∈N*)，求其通项公式an.
21.已知数列中，，，求.
应用二
形如
22.已知数列中，, 求的通项公式.
23.已知数列中，，则________．
24.已知数列中，, 求的通项公式.
25.在数列中，则数列的通项公式为_____________
应用三
形如=p+型（p为常数）
方法：变形得=+，则{}可用累加法求出，由此求.
26已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列的通项公式an等于( )
A.2n B.n(n＋1) C. D.
27.已知{}满足=2，=2+.求.
28.已知数列满足，求数列的通项公式。
29.已知在数列{an}中,an+1=2an+3·2n+1,且a1=2,则数列{an}的通项公式为
30.设数列{}满足，则．
31.已知数列中，，求.
32.已知数列满足，求数列的通项公式。
33.已知数列满足，求数列的通项公式。
34.数列中已知, 求的通项公式.
35.数列中已知, 求的通项公式.
36.已知数列中，，求求的通项公式.
37.已知数列中，，求求的通项公式.
38.在数列中，，，，令 。
(1) 求证:数列是等比数列，并求 。
(2)求数列的通项公式 。
题型五 累加法
方法形如型的的递推公式均可用累加法求通项公式.
（1） 当为常数时，为等差数列，则；
（2） 当为的函数时，用累加法.
方法如下：由得
当时，，
，
，
，
以上个等式累加得
（3）已知，，其中可以是关于的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项.
①若可以是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
②若可以是关于的二次函数，累加后可分组求和；
③若可以是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
④若可以是关于的分式函数，累加后可裂项求和求和.
39.已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通项公式an.
40.已知数列满足，求数列的通项公式。
41.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1,则通项an= .
42.数列中已知, 求的通项公式.
43.已知数列满足
44.已知数列中，, 求的通项公式.
45.已知数列满足求求的通项公式.
46.已知数列{}满足=1，=+（n∈N+），求.
题型六 累乘法
方法 形如型的的递推公式均可用累乘法求通项公式.
给递推公式中的依次取1,2,3，……，,可得到下面个式子：
利用公式可得：
47.已知数列{an}中，a1＝3，an＝an－1(an≠0，n≥2)，求其通项公式an.
48.已知数列{}满足（n∈N+），=1，求.
49.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an，则数列{an}的通项公式an
50.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式
51.数列中已知, 求的通项公式.
52.设是首项为的正项数列，且，求的通项公式
53.根据下列条件,求数列的通项公式an.
(1)在数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n;
(2)在数列{an}中,an+1=n+2n·an,a1=4.
题型七 其他不常见方法
对数变换法
例54已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：因为，所以。在式两边取常用对数得 ⑩
设
将⑩式代入式，得，两边消去并整理，得，则
，故
代入式，得
由及式，
得，
则，
所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此
则。
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
数学归纳法
例55已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由及，得
由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当时，，所以等式成立。
（2）假设当时等式成立，即，则当时，
由此可知，当时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。
评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。
换元法
例56已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，则
故，代入得
即
因为，故
则，即，
可化为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
不动点法
例57已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的两个不动点。因为
。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。
评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的两个根，进而可推出，从而可知数列为等比数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式。
例58已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的不动点。
因为，所以
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
参考答案
1.解 (1)这个数列前6项构成一个摆动数列，奇数项为3，偶数项为5.所以它的一个通项公式为an＝4＋(－1)n.
(2)数列中的项以分数形式出现，分子为项数，分母比分子大1，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列可化为1＋1,2＋，3＋，4＋，5＋，…，
所以它的一个通项公式为an＝n＋.
(4)数列可化为，，，，，…，
所以它的一个通项公式为an＝.
2.解 (1)数列每一项的绝对值构成一个以1为首项，6为公差的等差数列，且奇数项为正，偶数项为负，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(6n－5).
(2)数列化为，，，，，…，分子，分母分别构成等差数列，所以它的一个通项公式为an＝.
(3)数列化为，－，，－，…，
所以数列的一个通项公式为an＝(－1)n＋1
3.解析:当n=1时,a1=S1=0;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n+1-[2(n-1)2-3(n-1)+1]=4n-5,
故an=0,n=1,4n-5,n≥2.
答案:an=0,n=1,4n-5,n≥2
4.解析:∵log2(Sn+1)=n+1,∴Sn=2n+1-1.
当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n.
∵当n=1时,上式不满足,
∴an=3,n=1,2n,n≥2.
答案:3,n=1,2n,n≥2
5.解 当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，
又a1＝1≠2×31－1，
所以数列{an}的通项公式an＝
6. 解a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2.
由于a1不适合此式，故an＝
7.
8.解 (1)∵a1＝S1＝(a1－1)，∴a1＝－.
又a1＋a2＝S2＝(a2－1)，∴a2＝.
(2)证明 ∵Sn＝(an－1)，∴Sn＋1＝(an＋1－1)，
两式相减得an＋1＝an＋1－an，即an＋1＝－an，
又a1＝－≠0，∴an≠0，∴＝－，n∈N*，
∴数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列.
9.解 ∵=（－1） （n∈N+）
∴当n=1时，=（－1）
∴=3
当n≥2时，
=－
=（－1）－（－1）
∴=3 ∴=（n∈N+）
10.因为Sn＝2an－4，所以Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即＝2，因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.
11.解析 当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
∴an＝2an－1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1，n∈N*.
12.解 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，
所以＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n－1.
13.解析 当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
故＝－2，故an＝(－2)n－1.
14.(1)证明因为Sn=4an-3(n=1,2,…),
所以Sn-1=4an-1-3(n=2,3,…),
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4an-4an-1,
整理,得anan-1=43.
由Sn=4an-3,令n=1,得a1=4a1-3,解得a1=1.
所以数列{an}是首项为1,公比为43的等比数列.
(2)解由(1)得an=43n-1,
由bn+1=an+bn(n=1,2,…),
得bn+1-bn=43n-1.
则bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)
=2+1-43n-11-43=3×43n-1−1.
15.
16.
17.
18.【答案】（1），，；（2）见解析．
【解析】（1）由及知
解得同理可得
（2）由可得，，
是以为首项，2为公比的等比数列．
19.【答案】（1）见解析；（2）．
20.解 设an＋1＋t＝(an＋t)，则an＋1＝an－t，
与已知比较，得－t＝3，所以t＝－4，
故an＋1－4＝(an－4)，
又a1－4＝1－4＝－3≠0，故数列{an－4}是首项为－3，公比为的等比数列，因此an－4＝－3×n－1，
即an＝4－3×n－1(n∈N*).
21.
22.23.24.空
25.方法1：令即与比较可得，
又，所以是以4为首项，6为公比的等比数列，
所以，即
方法2：由，两边同时除以得
由待定系数法易得
故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以即
26.解析 ∵an＋1＝an＋，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，
即2n＋1an＋1－2nan＝2.
又21a1＝2，
∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，
∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴an＝.
27.解]。=+1
∴{}为等差数列.
= ∴=n·
28.解：设 ④
将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得 ⑤
由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。
29.解析:∵an+1=2an+3·2n+1,
∴an+12n+1=an2n+3,即an+12n+1−an2n=3.
∴数列an2n是公差为3的等差数列.
又a12=1,∴an2n=1+3(n−1),
∴an=(3n-2)·2n.
30，31，32，33，34,35，36,37,38空
39.解 由已知，得an－an－1＝3n－1(n≥2)，
所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1，
以上各式左右两边分别相加，得
an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，
所以an＝＋1＝(n≥2)，
又n＝1时，a1＝1＝，所以an＝(n∈N*).
40.解：由得则
所以数列的通项公式为。
41.解析:∵an+1=an+n+1,∴an+1-an=n+1.
∴a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n,各式相加得an-a1=2+3+4+…+n=(n+2)(n-1)2.
又a1=2,∴an=(n+2)(n-1)2+2=n2+n+22.
42.
43,44,45空
46.解 =－+－+…+－+
=++…++1
==－1
∴=－1 （n∈N+）
47.解 由a1＝3，an＝an－1，得＝，
所以＝，＝，＝，＝，…，＝(n≥2)，以上各式左右两边分别相乘，得＝，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝3＝，所以an＝(n∈N*).
48.=·…·
=（n－1）·（n－2）…1·1=（n－1）！
∴=（n－1）！ （n∈N+
49解析 an＝··…···a1
＝··…··＝n.
50由an＋1＝2nan，得＝2n，即··…＝21×22×23×…×2n－1，即＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝，故an＝a1＝..
51.52空
53.解(1)∵an+1=an+2n,
∴an+1-an=2n.
∴a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,…,
an-an-1=2n-1,以上各式两边分别相加得
an-a1=2+22+23+…+2n-1=2(1-2n-1)1-2=2n−2.
又a1=1,∴an=2n-2+1=2n-1.
(2)∵an+1=n+2n·an,∴an+1an=n+2n.
∴a2a1=31,a3a2=42,a4a3=53,a5a4=64,…,anan-1=n+1n-1.
以上各式两边分别相乘得
ana1=n(n+1)1×2=n(n+1)2.
又a1=4,∴an=2n(n+1).
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