2023届高考数学复习专题-数列通项公式的求法含解析

Page282023届高考复习专题——数列通项公式的求法数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.例1数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是()A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2常见数列的通项公式(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．(7)正整数的倒数列：1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，an＝eq\f(1,n).(8)重复数串列：9,99,999,9999，…，an＝10n－1.(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一．跟踪练习1、(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝.2、(教材改编)数列{an}的前几项为eq\f(1,2)，3，eq\f(11,2)，8，eq\f(21,2)，…，则此数列的通项公式可能是()A．an＝eq\f(5n－4,2) B．an＝eq\f(3n－2,2)C．an＝eq\f(6n－5,2) D．an＝eq\f(10n－9,2)3、根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…；(2)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(3)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(4)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(5)5,55,555,5555，…，二、公式法若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式例2(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n跟踪练习1、(2022·千阳月考)在数列{an}中，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＝10，a5＝－5．(1)求{an}的通项公式；2、(2022·淮安模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2－2an＋1＋an＝4，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；3、(2022·开原三模)给出以下三个条件：①4a3,3a4,2a5成等差数列；②∀n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{an}是一个公比为q(q>0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________．(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．4、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；(2)求数列{an}的通项公式．5、(2022·苏州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，n∈N*，an＋1＝2an＋1．(1)求证：{an＋1}是等比数列；(2)设bn＝2nan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．6、(2022·莆田模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0．(1)求an及Sn；7、在①S3＝17；②S1＋S2＝4；③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题．已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2．(1)证明：数列{Sn＋1}为等比数列；(2)若________，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．8、(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；9、(2022·北京模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；10、(2021·广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝26，a1，a3，a11成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；三、累加法形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。例3(2022·重庆模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________．跟踪练习1、在数列{an}中，a1＝2，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝()A．2＋nlnn B．2＋(n－1)lnnC．1＋n＋lnn D．2n＋nlnn2、在数列中，，，则（）A． B． C． D．3、(2022·泰安质检)在数列{an}中，a1＝100，an＋1＝an＋3n(n∈N*)，则通项公式an＝_______；4、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝_______，an＝_______．5、设f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))，则S＝_______．四、累乘法形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。例4已知数列{an}的首项是a1＝eq\f(1,2)，且an＋1＝eq\f(nan,n＋2)，则数列{an}的通项公式为________．跟踪练习1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（）A．B．C．D．2、若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________；五、利用Sn求an的关系即求通项公式步骤：(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．例5(2022·南京质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；跟踪练习1、(2022·福州质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．2、(2022·北京质检)已知数列{an}满足21·a1＋22·a2＋23·a3＋…＋2n·an＝(n－1)·2n＋1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．3、(2022·湖北模拟)定义n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”为eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)，若各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为eq\f(1,2n＋1)，则a2021＝________．4、(2022·遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)＝f(3)＋f(an)，则an＝________．5、(2021·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq\r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．6、(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2．(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．7、(2022·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．8、(2022·本溪模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；9、已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；10、(2021·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列；(2)求an的表达式．六、构造法根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解．（1）形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．(2)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.(3)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为eq\f(an＋1,qn)＝eq\f(an,qn－1)＋A即eq\f(an＋1,qn)－eq\f(an,qn－1)＝A(常数)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,qn－1)))为等差数列，进而可求an.例6(2022·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，则数列{anan＋1}的前10项和S10＝()A．eq\f(9,28) B．eq\f(27,28)C．eq\f(10,31) D．eq\f(30,31)跟踪练习1、(2022·济南模拟)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an＋3．(1)求证：{an＋3}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．2、(2022·襄阳模拟)在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．3、(2022·广东模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1．(1)求{an}的通项公式；4、若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式an＝________．5、(2022·衡水检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．6、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式为an＝________．(n∈N*)7、在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则an＝________．8、若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N*，则an＝________．9、在数列{an}中，(1)a1＝1，an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)，则an＝eq\f(1,2n－1)；(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，则an＝－5·2n－1＋3n＋3；(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N*，则an＝(3n－2)·2n－1.10、设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且对任意正整数n都有eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝－1，则Sn＝________．11、(2022·江门模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋n－1．(1)证明：数列{an＋n}是等比数列并求数列{an}的前n项和Sn；12、已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝4an，n∈N*，a1＝1．(1)在下列三个结论中选择一个进行证明，并求{an}的通项公式；①数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是等差数列；②数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－2an))是等比数列；③数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋1－2Sn))是等比数列．注：如果选择多个结论分别解答，则按第一个解答计分．2023届高考复习专题——数列通项公式的求法（解析版）数列是高考必考内容，而数列的通项公式是解决数列问题的核心，其重要性不言而喻。本文主要总结了高考中数列通项公式的常见求法，及近年来出现的对应真题和模拟题，希望对大家在备考中有所帮助。一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n表示出来.例1数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是(C)A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2解：因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an＝(－1)n＋1·n2.故选C．常见数列的通项公式(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．(7)正整数的倒数列：1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，an＝eq\f(1,n).(8)重复数串列：9,99,999,9999，…，an＝10n－1.(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一．跟踪练习1、(教材改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝5n－4.2、(教材改编)数列{an}的前几项为eq\f(1,2)，3，eq\f(11,2)，8，eq\f(21,2)，…，则此数列的通项公式可能是()A．an＝eq\f(5n－4,2) B．an＝eq\f(3n－2,2)C．an＝eq\f(6n－5,2) D．an＝eq\f(10n－9,2)解析：A数列为eq\f(1,2)，eq\f(6,2)，eq\f(11,2)，eq\f(16,2)，eq\f(21,2)，…，其分母为2，分子可表示为1＋5(n－1)＝5n－4，因此通项公式可能为an＝eq\f(5n－4,2)．3、根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…；(2)－eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，－eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…；(3)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(4)eq\f(1,2)，2，eq\f(9,2)，8，eq\f(25,2)，…；(5)5,55,555,5555，…，解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n；观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式an＝(－1)n(6n－5)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an＝(－1)n·eq\f(1,nn＋1).(3)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式an＝eq\f(2n,2n－12n＋1).(4)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即eq\f(1,2)，eq\f(4,2)，eq\f(9,2)，eq\f(16,2)，eq\f(25,2)，…，从而可得数列的一个通项公式an＝eq\f(n2,2).(5)将原数列改写为eq\f(5,9)×9，eq\f(5,9)×99，eq\f(5,9)×999.…，易知数列9,99,999，…的通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式an＝eq\f(5,9)(10n－1)．二、公式法若已知等差数列、等比数列，则直接求通项公式例2(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则(A)A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2n解：设等差数列{an}的公差为d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A．跟踪练习1、(2022·千阳月考)在数列{an}中，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a2＝10，a5＝－5．(1)求{an}的通项公式；解：(1)因为2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，所以an＋1－an＝an－an－1(n≥2)，所以数列{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝10，,a5＝a1＋4d＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝15，,d＝－5，))所以an＝a1＋(n－1)d＝15－5(n－1)＝－5n＋20．2、(2022·淮安模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2－2an＋1＋an＝4，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；解：(1)令cn＝an＋1－an，则cn＋1－cn＝4，而c1＝a2－a1＝2，∴{cn}是首项为2，公差为4的等差数列，即cn＝2＋4(n－1)＝4n－2，∴c1＋c2＋…＋cn－1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1＝an－a1＝an－1，又c1＋c2＋…＋cn－1＝4(1＋2＋…＋n－1)－2(n－1)＝2n(n－1)－2(n－1)＝2n2－4n＋2，∴an＝2n2－4n＋3．3、(2022·开原三模)给出以下三个条件：①4a3,3a4,2a5成等差数列；②∀n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{an}是一个公比为q(q>0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________．(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)选条件①：因为4a3,3a4,2a5成等差数列，所以6a4＝4a3＋2a5，即6a3·q＝4a3＋2a3q2，解得q＝1(舍)或q＝2，所以an＝2n－1．选条件②：由题意得Sn＝2n－a，因为a1＝S1＝2－a＝1，所以a＝1，所以Sn＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1．选条件③：由S3＝7，得a1＋a2＋a3＝7，即a1＋a1·q＋a1·q2＝7，解得q＝2或q＝－3，又因为q>0，所以q＝2，所以an＝2n－1．4、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；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)证明：因为an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，所以an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，所以eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝2，又因为a1＝1，a2＝3，则a2－a1＝2，所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1．5、(2022·苏州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，n∈N*，an＋1＝2an＋1．(1)求证：{an＋1}是等比数列；(2)设bn＝2nan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和．解：(1)证明：依题意，n∈N*，an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，且a1＋1＝2≠0，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)得an＋1＝2n，an＝2n－1，所以bn＝2nan＝4n－2n，故数列{bn}的前n项和为eq\f(4n＋1－4,4－1)－eq\f(2n＋1－2,2－1)＝eq\f(4n＋1,3)－2n＋1＋eq\f(2,3)．6、(2022·莆田模拟)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0．(1)求an及Sn；解：(1)易知q≠1，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝9a1q，,\f(a11－q3,1－q)＝13，,q>0，))解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2)．7、在①S3＝17；②S1＋S2＝4；③S2＝4S1这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上，并解答相应问题．已知数列{Sn}满足Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2．(1)证明：数列{Sn＋1}为等比数列；(2)若________，是否存在等比数列{an}的前n项和为Sn？若存在，求{an}的通项公式；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)证明：数列{Sn}中，Sn≥0，且Sn＋1＝3Sn＋2，所以Sn＋1＋1＝3(Sn＋1)，所以数列{Sn＋1}是公比为3的等比数列．(2)选择条件①，不存在．因为S3＝17，所以S3＋1＝18，因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以(S1＋1)·32＝18，解得S1＝1，所以Sn＋1＝2×3n－1，Sn＝2×3n－1－1．所以Sn＋1＝3Sn＋2＝6×3n－1－1，an＋1＝4×3n－1，所以an＝4·3n－2(n≥2)，因为a1＝1，不符合上式，所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．选择条件②，不存在．因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以S2＋1＝3(S1＋1)，又S1＋S2＝4，得S1＝eq\f(1,2)，所以Sn＋1＝eq\f(3,2)×3n－1，Sn＝eq\f(3,2)×3n－1－1，所以Sn＋1＝eq\f(9,2)×3n－1－1，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1(n≥2)，因为a1＝eq\f(1,2)，不符合上式，所以数列{an}不是等比数列，所以不存在．选择条件③，存在．因为{Sn＋1}是公比为3的等比数列，所以S2＋1＝3(S1＋1)，又S2＝4S1，得S1＝2，所以Sn＋1＝3n，Sn＝3n－1，所以Sn＋1＝3×3n－1，所以an＋1＝2×3n，所以an＝2×3n－1(n≥2)，因为a1＝2，符合上式，所以数列{an}是等比数列，所以存在，此时an＝2×3n－1．8、(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；[解](1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．9、(2022·北京模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝20，,a1＋2d2＝a1＋da1＋4d，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,a1d＝0，))因为d≠0，所以a1＝0，d＝2，所以an＝2n－2(n∈N*)，Sn＝n2－n，n∈N*，因为Sn＋bn＝2n2，所以bn＝n2＋n(n∈N*)．10、(2021·广东省七校联考)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝26，a1，a3，a11成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；解：(1)由a1，a3，a11成等比数列，得a1a11＝aeq\o\al(2,3)，又S4＝26，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝26，,a1a1＋10d＝a1＋2d2，))又d≠0，所以a1＝2，d＝3.所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1.三、累加法形如满足形式的数列，可用累加法求通项公式。例3(2022·重庆模拟)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________．解：∵an＋1－an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴当n≥2时，an－an－1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，an－1－an－2＝eq\f(1,n－2)－eq\f(1,n－1)，…，a2－a1＝1－eq\f(1,2)，∴以上各式相加得，an－a1＝1－eq\f(1,n)，∴an＝4－eq\f(1,n)，a1＝3适合上式，∴an＝4－eq\f(1,n)．跟踪练习1、在数列{an}中，a1＝2，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝()A．2＋nlnn B．2＋(n－1)lnnC．1＋n＋lnn D．2n＋nlnn解析：D由题意得，eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋lneq\f(n＋1,n)，则eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＋lneq\f(n,n－1)，eq\f(an－1,n－1)＝eq\f(an－2,n－2)＋lneq\f(n－1,n－2)，…，eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)＋lneq\f(2,1)，由累加法得，eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＋lneq\f(n,n－1)＋lneq\f(n－1,n－2)＋…＋lneq\f(2,1)，即eq\f(an,n)＝a1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))，则eq\f(an,n)＝2＋lnn，所以an＝2n＋nlnn，故选D．2、在数列中，，，则（）A． B． C． D．解：在数列中，，故选A.3、(2022·泰安质检)在数列{an}中，a1＝100，an＋1＝an＋3n(n∈N*)，则通项公式an＝___eq\f(1,2)·3n＋eq\f(197,2)，n∈N*_____；4、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4＝___7_____，an＝___eq\f(n2－n＋2,2)_____．5、设f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))，则S＝eq\f(2021,2).解：∵f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，∴f(1－x)＝eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(2,2＋4x).∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(2,2＋4x)＝1.S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))，①S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,2022)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))，②①＋②，得2S＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,2022)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2022)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))))＝2021.∴S＝eq\f(2021,2).四、累乘法形如满足形式的数列，可用累乘法求通项公式。例4已知数列{an}的首项是a1＝eq\f(1,2)，且an＋1＝eq\f(nan,n＋2)，则数列{an}的通项公式为________．解：由题意得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2)，当n≥2时，eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(3,5)×…×eq\f(n－1,n＋1)(n≥2)，所以eq\f(an,a1)＝eq\f(2,nn＋1)(n≥2)，因为a1＝eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(1,nn＋1)(n≥2)．因为a1＝eq\f(1,2)满足上式，所以an＝eq\f(1,nn＋1)．跟踪练习1、已知数列满足，(，)，则数列的通项（）A．B．C．D．解：数列满足，，整理得，，，，所有的项相乘得：，整理得：。2、若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝__an＝eq\f(2,n＋1)______；五、利用Sn求an的关系即求通项公式步骤：(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)即可求出当n≥2时an的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．例5(2022·南京质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；[解](1)由Sn＝2an－1，可得n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1；n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，又Sn＝2an－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，即有an＝2an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1．设等差数列{bn}的公差为d，且b1＝a1＝1，b6＝a5＝16，可得d＝eq\f(b6－b1,6－1)＝3，所以bn＝1＋3(n－1)＝3n－2．跟踪练习1、(2022·福州质检)已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．解：∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq\f(n,2)，①∴当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝eq\f(n－1,2)，②①－②得，2n－1an＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(1,2n)(n≥2)，③又∵a1＝eq\f(1,2)也适合③式，∴an＝eq\f(1,2n)(n∈N*)．2、(2022·北京质检)已知数列{an}满足21·a1＋22·a2＋23·a3＋…＋2n·an＝(n－1)·2n＋1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝____n____．解析：∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＋2nan＝(n－1)·2n＋1＋2，∴2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝(n－2)·2n＋2(n≥2)，两式相减，得2nan＝n·2n，即an＝n(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，适合an＝n，故an＝n(n∈N*)．3、(2022·湖北模拟)定义n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”为eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)，若各项均为正数的数列{an}的前n项的“均倒数”为eq\f(1,2n＋1)，则a2021＝________．解：设数列{an}的前n项和为Sn，由已知可得数列{an}的前n项的“均倒数”为eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(n,Sn)＝eq\f(1,2n＋1)，可得Sn＝(2n＋1)n＝2n2＋n，所以a2021＝S2021－S2020＝(2×20212＋2021)－(2×20202＋2020)＝8083．4、(2022·遵义模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)＝f(3)＋f(an)，则an＝________．解：由题意可得Sn＋2＝3an，①当n≥2时，Sn－1＋2＝3an－1，②则①－②，可得an＝3an－3an－1，即2an＝3an－1，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,2)，当n＝1时，a1＝1，所以{an}是以1为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，所以an＝a1·qn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1．5、(2021·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq\r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．[证明]由题意可知，数列{eq\r(Sn)}的首项为eq\r(a1)，设等差数列{eq\r(Sn)}的公差为d，则d＝eq\r(S2)－eq\r(S1)＝eq\r(a1＋a2)－eq\r(a1)＝eq\r(a1)，所以eq\r(Sn)＝eq\r(S1)＋(eq\r(S2)－eq\r(S1))＋(eq\r(S3)－eq\r(S2))＋…＋(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))＝eq\r(a1)＋(n－1)eq\r(a1)＝neq\r(a1)，即Sn＝a1·n2，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1，n＝1，,Sn－Sn－1＝2n－1a1，n≥2，))即an＝(2n－1)a1，所以an＋1－an＝2a1，所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．6、(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2．(1)证明：数列{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．解：(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)可知，bn＝eq\f(n＋2,2)，则eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,nn＋1)．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))7、(2022·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn＝(Sn－1)2．(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，由an·Sn＝(Sn－1)2得a1＝S1＝eq\f(1,2)，当n≥2时，由an·Sn＝(Sn－1)2有(Sn－Sn－1)·Sn＝(Sn－1)2，所以Sn＝eq\f(1,2－Sn－1)，则eq\f(1,Sn－1)－eq\f(1,Sn－1－1)＝eq\f(1,\f(1,2－Sn－1)－1)－eq\f(1,Sn－1－1)＝eq\f(2－Sn－1,Sn－1－1)－eq\f(1,Sn－1－1)＝eq\f(1－Sn－1,Sn－1－1)＝－1，又eq\f(1,S1－1)＝－2．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))是以－2为首项，以－1为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,Sn－1)＝－2－(n－1)＝－n－1，所以Sn＝eq\f(n,n＋1)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,nn＋1)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)也满足an＝eq\f(1,nn＋1)．所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,nn＋1)．8、(2022·本溪模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；解：(1)当n＝1时，2a1＝3a1－3，解得a1＝3；当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝3an－3－3an－1＋3＝3an－3an－1，得an＝3an－1，因为an≠0，所以eq\f(an,an－1)＝3，因为a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n．9、已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；解：(1)当n≥2时，Sn＝3Sn－1－2(n－1)＋2，又Sn＋1＝3Sn－2n＋2，两式相减可得Sn＋1－Sn＝3Sn－3Sn－1－2，即an＋1＝3an－2，即有an＋1－1＝3(an－1)，令n＝1，可得a1＋a2＝3a1，解得a2＝2a1＝4，也符合an＋1－1＝3(an－1)，则数列{an－1}是首项为1，公比为3的等比数列，则an－1＝3n－1，故an＝1＋3n－1．10、(2021·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列；(2)求an的表达式．解：(1)因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.因此eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．故由等差数列的定义知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝eq\f(1,2n).由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－eq\f(1,2nn－1)，又因为a1＝eq\f(1,2)，不适合上式．所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n＝1，,－\f(1,2nn－1)n≥2.))六、构造法根据所给数列递推关系的特点，可以通过构造的方式求解通项公式。构造法需要满足的条件有多种形式，这里只列出主要形式和构造的方法，不加以特别说明。虽然形式多样但只要抓住构造的本质即构造成等差或等比数列即可，下面主要通过具体的题目加以理解．（1）形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．(2)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.(3)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为eq\f(an＋1,qn)＝eq\f(an,qn－1)＋A即eq\f(an＋1,qn)－eq\f(an,qn－1)＝A(常数)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,qn－1)))为等差数列，进而可求an.例6(2022·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，则数列{anan＋1}的前10项和S10＝()A．eq\f(9,28) B．eq\f(27,28)C．eq\f(10,31) D．eq\f(30,31)解：因为an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N*)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3an＋1,an)＝eq\f(1,an)＋3，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以3为公差，1为首项的等差数列，所以eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以an＝eq\f(1,3n－2)，所以anan＋1＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，所以S10＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,28)－\f(1,31)))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,31)))＝eq\f(10,31)，故选C．跟踪练习1、(2022·济南模拟)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an＋3．(1)求证：{an＋3}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．[解](1)证明：由an＋1＝2an＋3，得an＋1＋3＝2an＋6＝2(an＋3)，而a1＋3＝5，所以{an＋3}是以5为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知an＋3＝5·2n－1，则an＝5·2n－1－3，所以数列{an}的通项公式an＝5·2n－1－3．2、(2022·襄阳模拟)在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．解：递推式的两边同时除以3n＋1，得到eq\f(an＋1,3n＋1)＝－eq\f(2,3)·eq\f(an,3n)＋1．令bn＝eq\f(an,3n)，则bn＋1＝－eq\f(2,3)bn＋1．显然有bn＋1－eq\f(3,5)＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn－\f(3,5)))，b1－eq\f(3,5)＝－eq\f(13,30)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(3,5)))是以－eq\f(13,30)为首项，－eq\f(2,3)为公比的等比数列．因此bn－eq\f(3,5)＝－eq\f(13,30)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))n－1，可得an＝－eq\f(13,10)·(－2)n－1＋eq\f(1,5)·3n＋1(n∈N*)．3、(2022·广东模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1．(1)求{an}的通项公式；解：(1)∵a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1，∴an≠0，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋1)－2⇒eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，又∵eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴an＝eq\f(1,2n－1)(n∈N*)．4、若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式an＝________．解：因为an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，所以an≠0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)．又a1＝1，则eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列．所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(2,n＋1)．5、(2022·衡水检测)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1，n∈N*______．6、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2,n＋1).(n∈N*)解：∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，∴an≠0，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，又a1＝1，则eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1).(n∈N*)在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则an＝4n－1＋n.解：∵an＋1＝4an－3n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，即eq\f(an＋1－n＋1,an－n)＝4，又a1＝2，∴a1－1＝1，∴{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，∴an－n＝4n－1.∴an＝4n－1＋n.8、若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N*，则an＝3n－2n.解：∵an＋1＝2an＋3n，令an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)比较系数得λ＝－1.∴an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，即eq\f(an＋1－3n＋1,an－3n)＝2，又a1＝1，∴a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比为2的等比数列，∴an－3n＝－2n，∴an＝3n－2n.9、在数列{an}中，(1)a1＝1，an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)，则an＝eq\f(1,2n－1)；(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，则an＝－5·2n－1＋3n＋3；(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N*，则an＝(3n－2)·2n－1.解：(1)将an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)两边取倒数，得eq\f(1,an)－eq\f(1,