数式通性例题延展

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高考数学模拟试题与解析数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)

考向26 数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++<．【解析】（1）∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立，∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ （2022·全国·高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．【解析】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-．类型Ⅰ 观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ 公式法：若已知数列的前n 项和n S与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式11,(1),(2)-=⎧=⎨-≥⎩n nn S n a S S n 构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即1a 和n a 合为一个表达，（要先分1=n 和2≥n 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．类型Ⅲ 累加法：形如1()+=+n n a a f n 型的递推数列（其中()f n 是关于n 的函数）可构造： 11221(1)(2)(1)...---⎧⎪⎪⎨⎪⎪-=--=--=⎩n n n n a a f n a a f n a a f 将上述2m 个式子两边分别相加，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)=-+-+++≥n a f n f n f f a n ①若()f n 是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若()f n 是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若()f n 是关于n 的二次函数，累加后可分组求和； ④若()f n 是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ 累乘法：形如1()+=⋅n n a a f n 1()+⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a f n a 型的递推数列（其中()f n 是关于n 的函数）可构造：11221(1)(2)(1)...---⎪=-=-⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩=nn n n a f n a a f n a a f a 将上述2m 个式子两边分别相乘，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)=-⋅-⋅⋅≥n a f n f n f f a n 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ 构造数列法：（一）形如1+=+n n a pa q （其中,p q 均为常数且0≠p ）型的递推式：（1）若1=p 时，数列{n a }为等差数列；（2）若0=q 时，数列{n a }为等比数列；（3）若1≠p 且0q ≠时，数列{n a }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1()++=+n n a p a λλ，展开移项整理得1(1)+=+-n n a pa p λ，与题设1+=+n n a pa q比较系数（待定系数法）得1,(0)()111+=≠⇒+=+---n n q q q p a p a p p p λ1()11-⇒+=+--n n q qa p a p p ，即1⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭n q a p 构成以11+-qa p 为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出1⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭n q a p 的通项整理可得.n a法二：由1+=+n n a pa q 得1(2)-=+≥n n a pa q n 两式相减并整理得11,+--=-n nn n a a p a a 即{}1+-n n a a 构成以21-a a 为首项，以p 为公比的等比数列．求出{}1+-n n a a 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a（二）形如1()+=+n n a pa f n (1)≠p 型的递推式：（1）当()f n 为一次函数类型（即等差数列）时：法一：设[]1(1)-++=+-+n n a An B p a A n B ，通过待定系数法确定、A B 的值，转化成以1++a A B 为首项，以()!！=-mn n A n m 为公比的等比数列{}++n a An B ，再利用等比数列的通项公式求出{}++n a An B 的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公差为d 时，由递推式得：1()+=+n n a pa f n ，1(1)-=+-n n a pa f n 两式相减得：11()+--=-+n n n n a a p a a d ，令1+=-n n n b a a 得：1-=+n n b pb d 转化为类型Ⅴ㈠求出 n b ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a（2）当()f n 为指数函数类型（即等比数列）时：法一：设[]1()(1)-+=+-n n a f n p a f n λλ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以1(1)+a f λ为首项，以()!！=-mn n A n m 为公比的等比数列{}()+n a f n λ，再利用等比数列的通项公式求出{}()+n a f n λ的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公比为q 时，由递推式得：1()+=+n n a pa f n ——①，1(1)-=+-n n a pa f n ，两边同时乘以q 得1(1)-=+-n n a q pqa qf n ——②，由①②两式相减得11()+--=-n n n n a a q p a qa ，即11+--=-n nn n a qa p a qa ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出.n a法三：递推公式为1+=+n n n a pa q （其中p ，q 均为常数）或1+=+n n n a pa rq （其中p ，q ， r 均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以1+n q ，得：111++=⋅+n n n n a a p q q q q，引入辅助数列{}n b （其中=n n na b q ），得：11+=+n np b b q q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．（3）当()f n 为任意数列时，可用通法：在1()+=+n n a pa f n 两边同时除以1+n p 可得到111()+++=+n n n n n a a f n p p p ，令=nn na b p ，则11()++=+n n n f n b b p，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出n b 之后得=n n n a p b ．类型Ⅵ 对数变换法：形如1(0,0)+=>>q n n a pa p a 型的递推式：在原递推式1+=q n a pa 两边取对数得1lg lg lg +=+n n a q a p ，令lg =n n b a 得：1lg +=+n n b qb p ，化归为1+=+n n a pa q 型，求出n b 之后得10.=n b n a （注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）．类型Ⅶ 倒数变换法：形如11---=n n n n a a pa a （p 为常数且0≠p ）的递推式：两边同除于1-n n a a ，转化为111-=+n n p a a 形式，化归为1+=+n n a pa q 型求出1na 的表达式，再求n a ；还有形如1+=+n n n ma a pa q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成111+=+n n m ma q a p形式，化归为1+=+n n a pa q 型求出1na 的表达式，再求n a ．类型Ⅷ 形如21++=+n n n a pa qa 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列1{}--n n a a 的形式求解．方法为：设211()+++-=-n n n n a ka h a ka ，比较系数得,+=-=h k p hk q ，可解得、h k ，于是1{}+-n n a ka 是公比为h 的等比数列，这样就化归为1+=+n n a pa q 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.n a（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ，，，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ，若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩经典题型一：观察法1．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 的前4项为：1111,,,25811，则它的一个通项公式是（） A ．121n - B ．121n + C ．131n - D ．131n + 【答案】C【解析】将1111,,,25811可以写成1111,,,311321331341⨯-⨯-⨯-⨯-，所以{}n a 的通项公式为131n -；故选:C2．（2022·全国·高三专题练习（文））如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为（）A ．2nB ．21n -C ．22n +D ．21n【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，…，它们成等差数列，通项为21n -，所以第n 行的首尾两个数均为21n -. 故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形（图①）的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为1114433n n n b b b --=⋅⋅=，所以{n b }是公比为43q =的等比数列，而首项13b =，所以1433n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=⋅，当5n =时，“雪花”状多边形的周长为525627b =. 故答案为：25627经典题型二：叠加法4．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，已知11a p=，11nn n a a na +=+，*0,N p n >∈.若1p =，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由题意，11nn na a na +=+ ，得：111n n n a a +-= ，运用累加法： ()2132111111111212n n n n n a a a a a a ---+-++-=+++-=，()2n ≥ ()11112n n n a a -∴-=，即()112n n n p a -=+，()2n ≥，当1p =时，222n a n n =-+，()2n ≥，当1n =时，1n a =成立，所以222n a n n =-+5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++，所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----，…2111122a a -=-，所以累加可得()1112n a a n n n -=-≥．又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥．经检验，11a =，也符合上式，所以21n a n =-．6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =中，1+=+n n a a n （n ∈N *）中，则4a =________，n a = ________.【答案】 7222n n -+ 【解析】依题意，*N n ∈，2n ≥，11n n n a a -=--，而11a =，则121321()()()112(1)n n n a a a a a a a a n -=+-+-++-=++++-()()11112n n +-=+⋅-222n n -+=，而11a =满足上式，所以222n n n a -+=，2444272a -+==. 故答案为：7；222n n -+ 经典题型三：叠乘法7．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，12n n na a n +=+（n ∈N *），且14a =，则数列{}n a 的通项公式n a =________. 【答案】()81n n +【解析】由12n n n a a n +=+，得12n n a n a n +=+，则2113a a =， 3224a a =， 4335a a =，()1121n n a n n a n --=≥+，累乘得()11233212345111n a n n n a n n n n n ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-++，所以()81n a n n =+.故答案为：()81n n +. 8．（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列，且22*11(2)20(N )n n n n n a na a a n +++-+=∈ ，求通项公式n a =___________【答案】2(1)n n +【解析】由22*11(2)20(N )n n n n n a na a a n +++-+=∈，得11[(2)]()0n n n n n a na a a +++-+=，∵0n a >，∴10n n a a ++>，∴1(2)0n n n a na ++-= ，∴12n n a na n +=+， ∴324112311232121(2)3451(1)n n n a a a a n n a a n a a a a n n n n ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=≥++，又11a =满足上式，∴2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n n +.9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++-=-∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=-- 【解析】由()()2112122n n n n a a +++-=-得，1122222122121n n n n n n a a ++++--==⋅--，则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a -----+--------⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=----()()11322121n n n -+⋅--，即()()111322121n n n n a a -+⋅=--，又123a =，所以()()122121n n nn a +=--.故答案为：()()122121n n nn a +=--.经典题型四：待定系数法10．（多选题）（2022·广东惠州·高三阶段练习）数列{}n a 的首项为1，且121n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．37a = B ．数列{}1n a +是等比数列 C ．21n a n =- D ．121n n S n +=--【答案】AB【解析】∵121n n a a +=+，可得()1121n n a a ++=+，又112a +=∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则12nn a +=，∴21n n a =-，故C 错误；则37a =，故A 正确； ∴()12122212n n n S n n +-=-=---，故D 错误.故选：AB.11．（2022·河南安阳·三模（文））已知数列{}n a 满足1122n n a a +=+，且前8项和为506，则1a =___________.【答案】32【解析】由题意得： 1122n n a a +=+111222n n a a +⎛⎫+ ⎪⎝=+⎭∴，即121212n n a a +++= ∴数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以112a +为首项，2为公比的等比数列，记数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T823823881111(12)111112()850645102122222a a a a a a T a a a ==-⎛⎫+- ⎪⎝⎭++++++++=++++⨯=+=解得：132a =故答案为：3212．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*23n n S n a n +=∈N ，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2n n b a =，求数列{}n b 的前10项和10T ．【解析】(1)当1n =时，11213S a +=，即11213a a +=，解得11a =；当2n 时，∵23n n S n a +=，∴11213n n S n a --+-=，两式作差得12133n n n a a a -+=-，即111131,322n n n n a a a a --⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭， ∴112312n n a a -+=+，又11322a +=， ∴数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以32为首项，3为公比的等比数列，∴11333222nn n a -+=⨯=，()31131.222n nn a =-=-(2)∵2n n b a =，则1012310T b b b b =++++2420a a a =+++()()()242013131312⎡⎤=-+-++-⎣⎦()24201333102⎡⎤=+++-⎣⎦()210319110219⎡⎤-⎢⎥=--⎢⎥⎣⎦1198916-=．13．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 满足12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ． (1)求证：{}n a n -为等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)若()n n b a n n =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）因为12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ，所以122n n a a n -=+-，即()121n n a n a n -⎡⎤-=--⎣⎦又11211a -=-=，所以{}n a n -是以1为首项，2为公比的等比数列，所以112n n a n --=⨯，所以12n n a n -=+（2）由（1）可得()12n n n b a n n n -=-⋅=⨯，所以01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⨯①，所以12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⨯②，①-②得12311121212122n n n T n --=+⨯+⨯+⨯++⨯-⨯即12212n n n T n --=-⨯-，所以()121nn T n =-⨯+； 14．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)令(1)nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】（1）因为121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，又114a -=，所以1121n n a a +-=-，所以{}1n a -是以4为首项，2为公比的等比数列.故1142n n a --=⨯，即121n n a +=+.（2）由（1）得()1(1)21n n n b +=-⋅+，则()1*1*21,2,21,21,n n n n k k N b n k k N++⎧+=∈⎪=⎨-+=-∈⎪⎩，①当*2,n k k =∈N 时，()()()()()23412121212121n n n S +=--++-+++--++()2345124422222222221;3n n n n+=-+-++-+=+++=-②当*21,n k k =-∈N 时，()()21211427212133n n n n n n S S b ++++++=-=--+=-，综上所述，()*2*421,2,327,21,3n n n n k k N S n k k N +⎧-=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩经典题型五：同除以指数15．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 中，15a =且()12212,n n n a a n n *-=+-∈N ，11n n a b n -=+ (1)求证：数列{}n b 是等比数列；(2)从条件①{}n n b +，②{}n n b ⋅中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为15a =且()12212,n n n a a n n *-=+-∈N ，所以当2n 时，()11212nn n a a --=-+，所以1111122n n n n a a ----=+，即1111122n n n n a a -----= 所以12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1122a -=为首项，1为公差的等差数列，所以()121112n na n n -=+-⨯=+，所以()121nn a n =++，()12111211nn n n n a b n n ++--===++因为111211a b -==+，2n ≥时，11222n n n n b b --== 所以数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)选①：因为2n n b =，所以2n n n b n +=+，则()()()23(12)22322nn T n =++++++⋅⋅⋅++()()231232222n n =+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()()21212112221222nn nnn n +-=++=++-- 选②：因为2nn b =，所以2n n nb n =⋅，则1212222n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯（i ）231212222n n T n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯（ii ）（i ）-（ii ）得1231122222n n n T n +-=⨯+++⋅⋅⋅+-⨯()()1111212222212212n n n n n n T n n n ++++-=⨯-=⨯-+=-+-16．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足11a =，123nn n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由123nn n a a +=+两边同除以13n +得11213333n n n n a a ++=⋅+，令3nnn a b =，则12133n n b b +=+，设12()3n n b b λλ++=+，解得1λ=-，121(1)3n n b b +-=-，而1213b -=-，∴数列{1}n b -是以23-为首项，23为公比的等比数列，21()3n n b -=-，得32n n n a =-17．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，11a =，142n n S a +=+，则2019a 的值为( ) A ．20207572⨯ B ．20197572⨯ C ．20187572⨯ D ．无法确定【答案】A【解析】∵11a =，142n n S a +=+，∴212142S a a a =+=+，解得25a =. ∵142n n S a +=+，∴2142n n S a ++=+，两式相减得，2144n n n a a a ++=-， ∴()211222n n n n a a a a +++-=-，∴{}12n n a a +-是以212a a -＝3为首项，2为公比的等比数列，∴11232n n n a a -+-=⨯，两边同除以12n +，则113224n n n n a a ++-=， ∴2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以34为公差，11122a =为首项的等差数列， ∴()133112244n n a n n -=+-⨯=， ∴()23123124nn n n a n --=⨯=-⨯， ∴()20172020201932019127572a =⨯-⨯=⨯.故选：A.经典题型六：取倒数法18．（2022·全国·高三竞赛）数列{}n a 满足1a p =，212n n n a a a +=+．则通项n a =______．【答案】()1211n p -+-【解析】∵2112n n n a a a --=+，∴()()()()211222212111111n n n n n a a a a p ----+=+=+==+=+．即()1211n n a p -=+-．故答案为()1211n p -+-19．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且131n n n a a a +=+，则数列n a =__________【答案】131n -【解析】由131n n n a a a +=+两边取倒数可得1113n na a +=+，即1113n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且首项为2，公差为3，所以131nn a =-，所以n a =131n -；故答案为：131n - 20．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足()112nn na a n a *+=∈+N ，11a =，则下列结论错误的是（） A ．10317211a a a =+ B ．12n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭是等比数列C ．()211n n a -=D ．517493a a a =【答案】D 【解析】由112nn n a a a +=+，且11a =，则121021a a a =>+，232012a a a =>+，，以此类推可知，对任意的n *∈N ，0n a >，所以，112112n n n na a a a ++==+，所以1112n n a a +-=，且111a ，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，()112121nn n a =+-=-，则()211n n a -=，其中n *∈N ，C 对；111112122242n n nna a a a ++-===，所以，数列12n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得10317211a a a =+，A 对；由上可知121n a n =-，则51711133251217199a a =⨯⨯=⨯-⨯-，4911249197a ==⨯-，所以，517493a a a ≠，D 错.故选：D.21．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足11a =，141nn n a a a +=+，*()n N ∈，则满足137n a >的n 的最大取值为（） A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】C 【解析】因为141n n n a a a +=+，所以1114n na a +=+，所以1114n n a a +-=，又111a ，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，4为公差的等差数列．所以114(1)43nn n a =+-=-，所以143n a n =-，由137n a >，即114337n ->，即04337n <-<，解得3104n <<，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C经典题型七：取对数法22．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第()*n n ∈N 次得到的数列的所有项的积记为n a ，令2log n n b a =，则3b =___________，n b =___________.【答案】 14 312n + 【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，1x ，2x ，…，k x ，2.则122n k a x x x =，则第1n +次构造后得到的数列为1，1x ，1x ，12x x ，2x ，…，1k k x x -，k x ，2k x ，2. 则()33311214422n n k n a a x x x a +⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，∴312121log log 132n n n n b a a b ++⎛⎫===-+ ⎪⎝⎭，∴111322n n b b +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵212log 22b ==，∴数列12n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以32为首项，3为公比的等比数列，∴11333222nn n b --=⨯=，312n n b +=，314b =.故答案为：14；312n + 23．（2022·全国·高三专题练习（文））英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列{}n x 满足()()1n n n n f x x x f x +=-'，则称数列{}n x 为牛顿数列．如果函数()228f x x =-，数列{}n x 为牛顿数列，设2ln2n n n x a x +=-，且11a =，2n x >．数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =______．【答案】21n -【解析】∵()228f x x =-，∴()4f x x '=，又∵()()2128+4242n n n n n n n n n f x x x x x x f x x x +=-=-='-， ∴()21222nn nx x x +++=，()21222nn nx x x +--=，∴1212222n n n n x x x x ++⎛⎫+ ⎪--⎝=⎭-，又2n x >∴211222ln ln 2ln 222n n n n n n x x x x x x ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++== ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又2ln2n n n x a x +=-，且11a =，所以12n n a a +=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列， ∴{}n a 的前n 项和为n S ，则()1122112n n n S ⨯-==--.故答案为：21n -.经典题型八：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题24．（2022·江苏南通·高三开学考试）从条件①()21n n S n a =+，②22,0n n n n a a S a +=>，③()2n a n ≥，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为1,1n S a =，___________. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设1112n n n a b +++=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在正整数n 使得83nT >. 【解析】（1）若选择①，因为()*21,N n n S n a n =+∈，所以112,2n n S na n --=≥，两式相减得()121n n n a n a na -=+-，整理得()11,2n n n a na n --=≥,即1,21n n a a n n n -=≥-，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，而111n a a n ==，所以n a n =；若选择②，因为()2*2N n n n a a S n +=∈，所以()211122n n n a a S n ---+=≥，两式相减()221112222n n n n n n n a a a a S S a n ----+-=-=≥，得()()()1112n n n n n n a a a a a a n ----+=+≥，因为()1100,1,2n n n n n a a a a a n -->∴>∴+-=≥，所以{}n a 是等差数列，所以()111n a n n =+-⨯=；()2n a n =≥1n n S S --，，由题意知0n S >1，所以为等差数列，11a ==()21,,212n n n n n S n a S S n n -==∴=-=-≥，又1n =时，11a =也满足上式，所以21n a n =-；（2）若选择①或②，1111222n n n n n b +++++==，所以()234111113452,2222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以()345211111345222222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得()2341211111132222222n n n T n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯++++-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2121113148221142212n n n n n +-+⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭=+-+⨯=- ⎪⎝⎭-，则1422n n n T ++=-，故要使得83nT >，即148223n n ++->，整理得，14223n n ++<-，当N*n ∈时，1402n n ++>，所以不存在*N n ∈，使得83nT >. 若选择③，依题意，111122n n n n a n b ++++==，所以()23111123412222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故()234111111234122222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-+⨯=+-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=-，则332n n n T +=-，令38323n n n T +=->，则3123n n +<，即2390n n -->，令239nn c n =--，则1100c =-<，当2n ≥时，()()112319239230n n nn n c c n n ++-=-+----=->，又450,0c c <>，故234560c c c c c <<<<<，综上，使得83n T >成立的最小正整数n 的值为5.25．（2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习（文））记各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和是n S ，已()*144N 3n n n S a a n +=+-∈.(1)求{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q .因为()*144N 3n n n S a a n +=+-∈，所以当1n =时，112443a a a =+-，解得23a =；当2n =时，1223443a a a a +=+-，则13443a a =-.因为{}n a 是等比数列，所以2132a a a =，即334493a a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，整理得233412270a a --=，解得332a =-（舍去）或392a =.所以32123,22a aq a a q====，所以1322n n a -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.（2）由（1）得1322n n na n -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，所以()2213333212312222n n n T n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦①则()23133333321231222222n nn T n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦② ①-②得23133333212222222n nnT n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⨯+++++-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦3132223212nnn ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⨯-⨯ ⎪⎝⎭-()3442,2n n ⎛⎫=-+-⨯ ⎪⎝⎭ 所以()34882nn T n ⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭.26．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*11N n n n a S S n ++=-∈，11a =.求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.【解析】111n n n n n S S a S S +++-==-，110S =≠，则0n S ≠，所以111n nn n S S S S ++--=，有1111n nS S +-=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列. 经典题型九：周期数列27．（2022·上海中学高二期末）数列{}n x 满足*1112,2,,,n n n x x x n n N x a x b +-=-≥∈==，则2019x =_________.【答案】b a -.【解析】由题干中递推公式，可得： 1x a =，2x b =，321x x x b a =-=-， 432x x x b a b a =-=--=-， 543()x x x a b a b =-=---=-，654()x x x b a a b =-=---=-， 765()x x x a b b a =-=---=， 876()x x x a a b b =-=--=， 987x x x b a =-=-，∴数列{}n x 是以6为最小正周期的周期数列．201963363÷=，20193x x b a ∴==-．故答案为b a -.28．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足12a =，2111a a =-，若对于大于2的正整数n ，111n n a a -=-，则102a =__________.【答案】12 【解析】由题意知：()2345111111,,2,11121121212a a a a ==-======------，故{}n a 是周期为3的周期数列，则102334312a a a ⨯===. 故答案为：12.29．（2022·河南·模拟预测（文））设数列{}n a 满足11,1nn n a a a ++=-且112a =，则2022a =（） A ．2- B ．13-C ．12D ．3【答案】D【解析】由题意可得：121111231112a a a ++===--，2321132113a a a ++===---， ()()34312111123a a a +-+===----，14541111311213a a a a -+====-+，据此可得数列{}n a 是周期为4的周期数列，则20225054223a a a ⨯+===. 故选：D30．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为()()()*121cos1N 2nn n a n n π=--⋅+∈，其前n 项和为n S ，则120S =（） A ．60- B ．120- C ．180 D ．240【答案】D【解析】当43n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，431k a -=；当42n k =-，*N k ∈时，1os2c n π=-，()()4224211186k a k k -=⨯--⨯-+=-+⎡⎤⎣⎦；当41n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，411k a -=；当4n k =，*N k ∈时，cos12n π=，424118k a k k =⨯-+=. ()4342414186188k k k k a a a a k k ---∴+++=+-+++=，12012082404S ∴=⨯=. 故选：D经典题型十：前n 项积型31．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =-∈N .(1)求证数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；(2)设()()111n n n b a a +=--，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】(1)因为数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =-∈N ，∴当n =1时，11122T a a ==-，则123a =，1132T =. 当n ≥2时，1121222n n n n n T T T T T --=-⇒=-，∴11112n n T T --=，所以1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132T =为首项，12为公差的等差数列；(2)由（1）知数列122n n T +=，则由22n n T a =-得12n n a n +=+，所以()()1112323n b n n n n ==-++++，所以111111113445233339n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 32．（2022·全国·高三专题练习）记n T 为数列{}n a 的前n 项积，已知133n nT a +=，则10T = （） A ．163B ．154C ．133D ．114【答案】C【解析】112341,,,3n n n T T a a a a ===则1(2)n n n a n T T -≥=，代入133n n T a +=，化简得：113n n T T --=，则10313,33n n T T +==. 故选:C.33．（2022·全国·高三专题练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知22n n S b +=，则9a =___________. 【答案】1110【解析】因为12n n b S S S =，所以111b S a ==，1121n n b S S S --=（2n ≥），1nn n b S b -=（2n ≥）, 又因为22n n S b +=，当n =1时，得 123a =，所以11123b S a ===，当2n ≥时， 122nn n b b b -⨯+=，即1221n n b b -=+，所以2{}n b 是等差数列，首项为123b =，公差1d =，所以23(1)12nn n b =+-⨯=+，所以22n b n =+，满足 123b =，故22n b n =+，即12n S S S ＝22n +，所以121n S S S -＝21n +（2n ≥），两式相除得：12n n S n +=+，所以11n nS n -=+（2n ≥），所以1n n n a S S -=-＝12n n ++－1nn +＝1(1)(2)n n ++，所以9111110110a ==⨯. 故答案为：1110. 经典题型十一：“和”型求通项34．（2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试）在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231111231n n a a a a a n -++++=-. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若11n n n b a a +=，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <. 【解析】（1）因为12311112,231n n n a a a a a n -≥++++=-，所以当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-，两式相减，得1111n n n a a a n --=--，即11n n n a a n -=-，当2n =时，211a a ==，所以当3n ≥时，11n n a na n -=-，所以当3n ≥时，1321221311222n n n n n a a a n n na a a a a n n ----=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=--，当2n =时，上式成立；当1n =时，上式不成立，所以1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ （2）证明：由（1）知1,14,2(1)n n b n n n =⎧⎪=⎨≥⎪+⎩ 当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以当1n =，113S =<；当2n ≥时，111111144423341n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111414143323341211n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 综上，3n S <.35．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足1a Z ∈，123n n a a n ++=+，且其前n 项和为n S .若13m S a =，则正整数m =（） A ．99 B ．103C ．107D ．198【答案】B【解析】由123n n a a n ++=+得()1(1)11n n a n a n +-+-=---，∴{}1n a n --为等比数列，∴()111(1)2n n a n a ---=--，∴()11(1)21n n a a n -=--++，()11(1)21m m a a m -=--++，∴()()131231213S a a a a a =+++++112(2412)36102a a =+⨯++++⨯=+，①m 为奇数时，1121102a m a -++=+，103m =； ②m 为偶数时，()1121102a m a --++=+，1299m a =+， ∵1a Z ∈，1299m a =+只能为奇数，∴m 为偶数时，无解，综上所述，103m =. 故选：B .36．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()2*12n n S S n n ++=∈N ，且10a ≠，1028a =，则1a 的值为A ．－8B ．6C ．－5D ．4【答案】C【解析】对于212n n S S n ++=，当1n =时有212S S +=，即1222a a -=- 212n n S S n ++=，212(1)n n S S n -∴+=-，(2)n两式相减得：142n n a a n ++=-[]122(1)n n a n a n +-=---，(2)n由10a ≠可得21220,a a -=-≠ 121(2)2(1)n n a nn a n +-∴=---即{}2(1)n a n --从第二项起是等比数列，所以()222(1)2(1)n n a n a ---=--，即()222(1)2(1)n n a a n -=--+-，则10221828a a =-+=，故212a =，由1222a a -=-可得15a =-，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37．（2022·河南·高二阶段练习（文））数列{}n a 满足()*111,3n n a a a n n N +=+=∈，则2018a =___________.【答案】3026【解析】∵13n n a a n ++=，∴()1231n n a a n +++=+，得23n n a a +-=，∵()*111,3n n a a a n n N +=+=∈，∴12232a a a +=⇒=，所以{}n a 的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴2018210083230243026a a =+⨯=+=. 故答案为：302638．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，()1212n n n a a ++=-+，则1819a a =（） A ．3 B ．113C ．213D ．219【答案】D【解析】当n 为奇数时，22n n a a +-=，即数列{}n a 中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，()191101219a =+-⨯=，当n 为偶数时，22n n a a ++=，则422n n a a +++=，两式相减得40n n a a +-=，所以，1844222a a a ⨯+===，故1819219a a =，故选：D.39．（2022·广东·高三开学考试）已知数列{}n a 满足13a =，22a =，21,213,2n n n a n k a a n k +-=-⎧=⎨=⎩. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .【解析】（1）当n 为奇数时，21n n a a +-=-，所以所有奇数项构成以13a =为首项，公差为－1的等差数列，所以173(1)22n na n --=+-⋅=，当n 为偶数时，23n n a a +=，所以所有偶数项构成以22a =为首项，公比为3的等比数列，所以222223n n n a --=⨯=⨯，所以227,21223,2n n nn k a n k--⎧=-⎪=⎨⎪⨯=⎩；（2）()()212213521242n n n n S a a a a a a a a a a -=+++=++++++++()2213(1)(1)(7)1733131213222nn n n n n n n n n --⋅--=++=+-=-++--.40．数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-，前16项和为540，则2a = ．【解析】解：因为数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n ++=-，所以312a a +=，7514a a +=，11926a a +=，151338a a +=，则1357911131580a a a a a a a a +++++++=，当n 为偶数时，231n n a a n +-=-，所以425a a -=，6411a a -=，8617a a -=，10823a a -=，121029a a -=，141235a a -=，161441a a -=，故425a a =+，6216a a =+，8233a a =+，10256a a =+，12285a a =+，142120a a =+，162161a a =+，因为前16项和为540，所以24681012141654080460a a a a a a a a +++++++=-=，所以28476460a +=，解得22a =-．故答案为：2-．41．（2022•夏津县校级开学）数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为508，则1a = ．【解析】解：由2(1)31n n n a a n ++-=-，当n 为奇数时，有231n n a a n +-=-，可得23(2)1n n a a n --=--， ⋯31311a a -=⋅-，累加可得11(1)(35)3[13(2)]24n n n n a a n ----=++⋯+--=；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-，可得425a a +=，8617a a +=，121029a a +=，161441a a +=．可得241692a a a ++⋯+=． 1315416a a a ∴++⋯+=．118(084096176280408560)4164a ∴++++++++=，1824a ∴=，即13a =．。

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(学生版+解析版)

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结题型解密考点一：已知S n =f n ，求a n利用S n =a 1,n =1S n−Sn −1,n ≥2，注意一定要验证当n =1时是否成立【精选例题】1已知S n 为数列a n 的前n 项和，且S n =2n +1-1，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2nB.a n =3,n =12n,n ≥2C.a n =2n -1D.a n =2n +1【答案】B【详解】当n ≥2时，S n -1=2n -1，a n =S n -S n -1=2n +1-1-2n +1=2n ；当n =1时，a 1=S 1=21+1-1=3，不符合a n =2n ，则a n =3,n =12n,n ≥2.故选：B .2定义np 1+p 2+p 3+⋅⋅⋅+p n为n 个正数p 1,p 2,p 3,⋅⋅⋅,p n 的“均倒数”，若已知数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n，则a 10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【详解】因为数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n ，所以n a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =15n⇒a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =5n 2，于是有a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 10=5×102，a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 9=5×92，两式相减，得a 10=5×(100-81)=95，故选：C3(多选题)定义H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn为数列a n 的“优值”．已知某数列a n 的“优值”H n =2n ，前n 项和为S n ，下列关于数列a n 的描述正确的有()A.数列a n 为等差数列B.数列a n 为递增数列C.S 20222022=20252 D.S 2，S 4，S 6成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn=2n ，所以a 1+2a 2+⋯+2n -1a n =n ⋅2n ，①所以n ≥2时，a 1+2a 2+⋯+2n -2a n -1=n -1 ⋅2n -1，②得n ≥2时，2n -1a n =n ⋅2n -n -1 ⋅2n -1=n +1 ⋅2n -1，即n ≥2时，a n =n +1，当n =1时，由①知a 1=2，满足a n =n +1．所以数列a n 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以S n =n n +3 2，所以S n n =n +32，故S 20222022=20252，故C 正确．S 2=5，S 4=14，S 6=27，S 2，S 4，S 6不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．4设数列a n 满足a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -1a n =n +1，则a n 的前n 项和()A.2n -1B.2n +1C.2nD.2n +1-1【答案】C【详解】解：当n =1时，a 1=2，当n ≥2时，由a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1+12n -1a n =n +1得a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1=n ，两式相减得，12n -1a n =1，即a n =2n -1，综上，a n =2,n =12n -1,n ≥2 所以a n 的前n 项和为2+2+4+8+⋯+2n -1=2+21-2n -1 1-2=2n ，故选：C .【跟踪训练】1无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ，则下列结论中正确的有()A.a n 为等比数列B.a n 为递增数列C.a n 中存在三项成等差数列D.a n 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ∴n ≥2，a n =S n -S n -1=2n -2n -1=2n -1，当n =1时，a 1=S 1=21=2，不符合上式，∴a n =2,n =1,2n -1,n ≥2,所以a n 不是等比数列，故A 错误；又a 1=a 2=2，所以a n 不是递增数列，故B 错误；假设数列a n 中存在三项a r ,a m ,a s 成等差数列，由于a 1=a 2=2，则r ,m ,s ∈N *,2≤r <m <s ，所以得：2a m =a r +a s ⇒2×2m -1=2r -1+2s -1∴2m =2r -1+2s -1，则∴1=2r -m -1+2s -m -1，又s -m -1≥0⇒2s -m -1≥1且2r -m -1>0恒成立，故式子1=2r -m -1+2s -m -1无解，a n 中找不到三项成等差数列，故C 错误；∴a 2n =22n -1(n ∈N *)，∴a 2(n +1)a n =22n +122n -1=4∴a 2n 是等比数列，即a n 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．2对于数列a n ，定义H n =a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn为a n 的“伴生数列”，已知某数列a n 的“伴生数列”为H n =(n +1)2，则a n =；记数列a n -kn 的前n 项和为S n ，若对任意n ∈N *,S n ≤S 6恒成立，则实数k 的取值范围为．【答案】 3n +1；227≤k ≤196.【详解】因为H n =(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn，所以n ⋅(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n ①，所以当n =1时，a 1=4，当n ≥2时，(n -1)⋅n 2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1②，①-②：3n 2+n =na n ，所以a n =3n +1，综上：a n =3n +1，n ∈N *，令b n =a n -kn =(3-k )n +1，则b n +1-b n =3-k ，可知{b n }为等差数列，又因为对任意n ∈N *，S n ≤S 6恒成立，所以S 6-S 5=b 6≥0，S 7-S 6=b 7≤0，则有b 6=3-k ×6+1=19-6k ≥0，b 7=3-k ×7+1=22-7k ≤0，解得227≤k ≤196．故答案为：3n +1；227≤k ≤196考点二：叠加法(累加法)求通项若数列a n 满足a n +1−a n =f (n )(n ∈N *)，则称数列a n 为“变差数列”，求变差数列a n 的通项时，利用恒等式a n =a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋅⋅⋅+(a n −a n −1)=a 1+f (1)+f (2)+f (3)+⋅⋅⋅+f (n −1)(n ≥2)求通项公式的方法称为累加法。

小学奥数。通项归纳精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

小学奥数。

通项归纳精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)例1：求1+2+4+8+16+32+64+128+256+512+1024的和。

解析：方法一：令a=1+2+4+8+。

+1024，则2a=2+4+8+16+。

+1024+2048，两式相减，得a=2048-1=2047.方法二：找规律计算得到1024×2-1=2047.答案：2047例2：在一列数：1/3，5/7，9/11，13/15，17/19，21/23中，从哪一个数开始，1与每个数之差都小于1/1000？解析：这列数的特点是每个数的分母比分子大2，分子为奇数列，要1-从n=1000开始，即从2n-1/2n+1开始，满足条件2n-1/2n+1-1999.5，所以从第n=1000开始满足条件。

答案：2n-1/2n+1，n=1000例3：计算：1+1/11+1/111+1/1111+。

+1/.解析：先找通项公式an=1/(10^n-1)，原式=1/10+1/110+1/1110+。

+1/xxxxxxx，先通项归纳：an=1/(10^n-1)，原式=1/10(1+1/11+1/111+。

+1/)，用等比数列求和公式得到原式=175/264.答案：175/264巩固：计算：1+3/2+5/6+7/12+。

+111/2016.解析：先通项归纳：an=(2n-1)/(n(n+1))，原式=1+3/2+5/6+。

+111/2016=1/1+2/4+3/6+。

+56/2016，化简得原式=1/1+1/2+1/3+。

+1/96，用调和级数求和公式得到原式=111/64.答案：111/64.例4】将原式化简：frac{1\cdot2}{1\cdot2\cdot3}\cdot\frac{2\cdot3}{2\cdot3\cdo t4}\cdot\frac{3\cdot4}{3\cdot4\cdot5}\cdots\frac{6\cdot7}{6\cdot7\cdot8}$$frac{1}{3\cdot4}\cdot\frac{2}{4\cdot5}\cdot\frac{3}{5\cdot6 }\cdots\frac{6}{8\cdot9}$$frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{7}\cdot\frac{6}{9\c dot4}$$frac{2}{315}$$例5】将原式化简：frac{n^2+1}{2n(n+1)}$$frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}$$巩固】计算：frac{(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})\cdots(1+\frac{1}{2^{1 0}})-1}{\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{2^{10}-1}{2^{10}-2}}$$frac{\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdots\frac{1025}{1024}}{\ frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{1023}{1022}}-1$$ frac{1025}{2^{10}}-1$$frac{513}{512}$$例6】计算：$\frac{1+2}{2}+\frac{2+3}{3}+\frac{3+4}{4}+\cdots+\frac{50+1 }{50}$解析】利用通项公式$a_n=\frac{n+(n+1)}{n}=2-\frac{1}{n}$，则原式$=\sum\limits_{k=1}^{50}a_k=\sum\limits_{k=1}^{50}\left(2-\frac{1}{k}\right)$，将其拆开，得到原式$=50\cdot 2-\sum\limits_{k=1}^{50}\frac{1}{k}$。

数列的通项与求和例题和知识点总结

数列的通项与求和例题和知识点总结一、数列的通项在数列中，通项公式是指第 n 项 an 与项数 n 之间的关系式。

（一）等差数列的通项公式若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列。

其通项公式为：an ＝ a1 ＋（n 1)d ，其中a1 为首项，d 为公差。

例如：数列 2，5，8，11，14，是一个首项 a1 ＝ 2，公差 d ＝ 3 的等差数列，其通项公式为 an ＝ 2 ＋（n 1)×3 ＝ 3n 1 。

（二）等比数列的通项公式若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列。

其通项公式为：an ＝ a1×q^（n 1) ，其中 a1 为首项，q 为公比。

例如：数列 2，4，8，16，32，是一个首项 a1 ＝ 2，公比 q ＝ 2 的等比数列，其通项公式为 an ＝ 2×2^（n 1) ＝ 2^n 。

（三）常见的求通项公式的方法1、观察法通过对数列前几项的观察，找出规律，从而推测出通项公式。

例如：数列 1，3，5，7，9，很容易观察出其通项公式为 an ＝ 2n1 。

2、累加法当数列的递推关系为 an an 1 ＝ f(n) 时，可用累加法求通项公式。

例如：已知数列｛an} 满足 a1 ＝ 1，an an 1 ＝ n ，求 an 。

因为 an an 1 ＝ n ，所以a2 a1 ＝ 2a3 a2 ＝ 3an an 1 ＝ n将上述式子相加得：an a1 ＝ 2 ＋ 3 ＋＋ n所以 an ＝ a1 ＋ 2 ＋ 3 ＋＋ n ＝ 1 ＋（2 ＋ 3 ＋＋ n) ＝ 1 ＋ n(n＋ 1)／2 。

3、累乘法当数列的递推关系为 an ／ an 1 ＝ f(n) 时，可用累乘法求通项公式。

例如：已知数列｛an} 满足 a1 ＝ 1，an ／ an 1 ＝ n ，求 an 。

因为 an ／ an 1 ＝ n ，所以a2 ／ a1 ＝ 2a3 ／ a2 ＝ 3an ／ an 1 ＝ n将上述式子相乘得：an ／ a1 ＝ 2×3××n所以 an ＝ a1×2×3××n ＝ n! 。

高考数学常见题型解法归纳反馈训练第36讲数列通项

第36讲数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）【知识要点】一、数列的通项公式如果数列{}n a 的第n 项n a 和项数n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.即()n a f n =.不是每一个数列都有通项公式.不是每一个数列只有一个通项公式. 二、数列的通项的常见求法：通项五法1、归纳法：先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据n a 与项数n 的关系，猜想数列的通项公式，最后再证明.2、公式法：若在已知数列中存在：)0(,)(11≠==-++q q a a d a a nn n n 或常数的关系，可采用求等差数列、等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项；若在已知数列中存在：)()(n f S a f S n n n ==或的关系，可以利用项和公式11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求数列的通项.3、累加法：若在已知数列中相邻两项存在：1()(2)n n a a f n n --=≥的关系，可用“累加法”求通项.4、累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：1()(2)nn a g n n a -=≥的关系，可用“累乘法”求通项. 5、构造法：(见下一讲) 【方法讲评】【例1】在数列{n a }中，16a =，且111n n n a a n n---=++*(,2)n N n ∈≥，（1）求234,,a a a 的值；（2）猜测数列{n a }的通项公式，并用数学归纳法证明.【点评】（1）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.（2）归纳法在主观题中一般用的比较少，一是因为它要给予严格的证明，二是有时数列的通项并不好猜想.如果其它方法实在不行，再考虑利用归纳法.【反馈检测1】在单调递增数列{}n a 中，11a =，22a =，且21221,,n n n a a a -+成等差数列，22122,,n n n a a a ++成等比数列，1,2,3,n =．（1）分别计算3a ，5a 和4a ，6a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式（将n a 用n 表示）；（3）设数列1{}n a 的前n 项和为n S ，证明：42n n S n <+，n *∈N ．【例2】已知数列{}n a ，n S 是其前n 项的和，且满足21=a ，对一切*∈N n 都有2321++=+n S S n n 成立，设n a b n n +=．（1）求2a ；（2）求证：数列{}n b 是等比数列；（3）求使814011121>+⋅⋅⋅++n b b b 成立的最小正整数n 的值．【点评】利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项. 【反馈检测2】已知等比数列{n a }中，164a =,公比1q ≠,234,,a a a 又分别是某等差数列的第7项，第3项，第1项.(1)求n a ；(2)设2log n n b a =,求数列{||}n b 的前n 项和n T .【例3】数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，12n n a S += ( n ∈N *),求{n a }的通项公式.【点评】（1）已知)()(n f S a f S n n n ==或，一般利用和差法.如果已知1()n n S f a +=1()n f a -或也可以采用和差法.（2）利用此法求数列的通项时，一定要注意检验1n =是否满足，能并则并，不并则分.【例4】已知函数x x x f 63)(2+-= ，n S 是数列}{n a 的前n 项和，点(,)n n S （n N *∈）在曲线)(x f y =上.（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若1)21(-=n n b ，6nn n b a c ∙=，且n T 是数列}{n c 的前n 项和. 试问n T 是否存在最大值？若存在，请求出n T 的最大值；若不存在，请说明理由.【解析】（Ⅰ）因为点(,)n n S 在曲线)(x f y =上，又x x x f 63)(2+-=，所以n n S n 632+-=.当1n =时，311==S a .当1n >时，221(36)[3(1)6(1)]96n n n a S S n n n n n -=-=-+---+-=-所以n a n 69-=.（Ⅱ）因为111(96)()1112(),(32)()2662n n n n n n n n b c a b n ---====- ①所以 231111(1)()(3)()(32)(),2222n n T n =+-+-++- ②234111111()(1)()(3)()(32)(),22222n n T n +=+-++-++- ③ ②－③得 132)21)(23()21)(2()21)(2()21)(2(2121+---++-+-+=n n n n T112)21)(23(211])21(1[)21()2(21+-----=-+=n n n .整理得1)21)(12(-+=n n n T ， ④ 方法一利用差值比较法由④式得1)21)(32(11-+=++n n n T ，所以111111(23)()(21)()[(23)()(21)]()22223111[(21)]()()().2222nn n n n n nT T n n n n n n n ++-=+-+=+-+=+-+=-因为1≥n ，所以021<-n . 又0)21(>n ，所以01<-+n n T T 所以n n T T <+1，所以 >>>>>>+1321n n T T T T T . 所以T n 存在最大值11.2T =方法三利用放缩法由①式得0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++n n n n n c ，又因为n T 是数列}{n c 的前n 项和，所以n n n n T c T T <+<++11. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T 所以n T 存在最大值211=T . 【反馈检测3】已知数列{n a }的前n 项和14122333n n n S a +=-⨯+(1,2,3,4n =⋅⋅⋅)，求{n a }的通项公式.【例4】已知数列{}n a ，{}n b ，11=a ，112--+=n n n a a ，111+-+=n n n n a a a b ，n S 为数列{}n b 的前n 项和，nT 为数列{}n S 的前n 项和.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和n S ；（3）求证：312->n T n . 【解析】（1）法一：112--+=n n n a a 112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=∴--- ，122121122221-=--=++++=--n nn n【点评】（1）本题11n n a a n --=-，符合累加法的使用情景1()(2)n n a a f n n --=≥，所以用累加法求数列的通项.（2）使用累加法时，注意等式的个数，是1n -个，不是n 个.【反馈检测4】已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 满足n n n a a n n a a 求,1,3211+==+【点评】（1）由已知得,11+=+n n a a n n 符合累乘法求数列通项的情景，所以使用累乘法求该数列的通项.（2）使用累乘法求数列的通项时，只要写出1n -个等式就可以了，不必写n 个等式.【反馈检测5】已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第36讲：数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）参考答案【反馈检测1答案】33a =，56a =，492a =，68a =.①当1=n 时，21111a a ⨯-==，221222a ⨯==，猜想成立； ②假设(1,*)n k k k N =≥∈时，猜想成立，即21(1)2k k k a -+=,22(1)2k k a +=，那么 []22(1)121221(1)(1)1(1)(1)22222k k k k k k k k k a a a a +-+-+++++==-=⨯-=,[][]2222212(1)2222(1)(2)(1)1(2)222(1)2k k k kk k k a k a a a k ++++++++=====+ ∴1+=k n 时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的*n N ∈，猜想成立．∴当n 为奇数时，8)3)(1(212121++=⎪⎭⎫⎝⎛+++=n n n n a n ；当n 为偶数时，8)2(21222+=⎪⎭⎫⎝⎛+=n n a n ．即数列}{n a 的通项公式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=为偶数为奇数n n n n n a n ,8)2(,8)3)(1(2．（方法2）由（2）得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=为偶数为奇数n n n n n a n ,)2(8,)3)(1(812．以下用数学归纳法证明24+<n nS n ，*n N ∈． ①当1=n 时，2114341111+⨯=<==a S ；当2=n 时，222422321111212+⨯=<=+=+=a a S ．∴2,1=n 时，不等式成立．②假设)2(≥=k k n 时，不等式成立，即24+<k k S k ，那么，当k 为奇数时， 211)3(8241+++<+=++k k k a S S k k k 22)3)(2(83)1(431)3(2243)1(4++-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++++++=k k k k k k k k k k k 2)1()1(4+++<k k ；当k 为偶数时， )4)(2(824111++++<+=++k k k k a S S k k k )4)(3)(2(83)1(431)4)(2(2243)1(4+++-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++++=k k k k k k k k k k k k k 2)1()1(4+++<k k ．∴1+=k n 时，不等式也成立．综上所述：42n n S n <+ 【反馈检测2答案】（1）1164()2n n a -=⨯；(2) n T =⎪⎩⎪⎨⎧>+--≤-).7(212)6)(7(),7(2)13(n n n n n n .【反馈检测3答案】42n n n a =-【反馈检测4答案】3 1.n n a n =+-【反馈检测4详细解析】由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+1221(231)(231)(231)(231)3n n --=⨯++⨯+++⨯++⨯++12212(3333)(1)3n n n --=+++++-+13(13)2(1)313n n --=+-+-3313n n =-+-+31n n =+- 所以3 1.n n a n =+- 【反馈检测5答案】(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯【反馈检测5详细解析】因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n n a n a +=+，故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅ 1221[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯1(1)(2)212[(1)32]53n n n n n --+-+++=-⋅⋅⨯⨯⨯ (1)12325!n n n n --=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯。

数列的通项6种常见题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知()n f S n =，求n a 题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【典型例题】题型一：已知()n f S n =，求na 【例1】已知数列{}n a 的前n 项和211n S n n =-.若710k a <<，则k =（）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先求得n a ，然后根据710k a <<求得k 的值.【详解】依题意211n S n n =-，当1n =时，110a =-；当2n ≥时，211n S n n =-，()()22111111312n S n n n n -=---=-+，两式相减得()2122n a n n =-≥，1a 也符合上式，所以212n a n =-，*N k ∈，由721210k <-<解得911k <<，所以10k =.故选：B【例2】（2022·甘肃·高台县第一中学高二阶段练习（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【分析】当2n ≥时，由1n n n a S S -=-求出2n n a =；当1n =时，由11a S =求出1a ；即可求解.【详解】当2n ≥时，121n n S -=-，1112212n n nn n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足123235n a a a na n ++++= ，求{}n a 的通项公式．【题型专练】1.已知数列{}n a 的前n 项和是2320522nS n =-+，(1)求数列的通项公式n a ；(2)求数列{||}n a 的前n 项和.2．（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和221n S n n =-+，则51a a -=______.【答案】7【分析】将1n =代入根据11a S =可得出答案；当2n ≥时由1n n n a S S -=-，求出5a ，从而可得出答案.【详解】当1n =时，21112110a S ==-⨯+=；当2n ≥时，()()22121121123n n n n n n n a S S n -⎡⎤-+----+=⎣⎦-=-=.所以52537a =⨯-=，所以51707a a -=-=.故答案为：73．（2022·辽宁实验中学高二期中）设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C 【解析】【分析】当1n =时，求1a ，当2n ≥时，由题意得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，可求得n a ，即可求解.【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列{}n a 中，()()()111,11N n n a n n a a n *+=+-=∈，则2022a =（）A ．40432022B ．20212022C ．40402021D ．20202021【例2】已知数列{}n a 满足1=2a ，26a =，且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数（例如[]1.61=，[]1.62-=-），则222122020232021a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++⋅⋅⋅+=⎢⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022，【例3】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（）A．290B．325C．362D．399【例4】已知数列{}n a 满足11a =-，()*12N n n a a n n a a +-=∈，则9a =______．【例5】已知数列{}n a 中，11a =，39a =，1{}n n a a +-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n na b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求使得2022n T 成立的最小整数n .【答案】(1)2n a n =；(2)使得2022≥n T 成立的最小整数n 为101121-.【分析】（1）根据等差数列的定义求出2a ，从而可求出{}1n n a a +-的通项，再利用累加法求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和n T ，解不等式2022≥n T 求n 的范围，确定满足条件的最小整数.=【题型专练】1．若1=1a ，12nn n a a n +-=-，*n ∈N ，则=n a _________．1)2．数列{}n a 满足1122n n na a a -==-，，则=n a _____．3．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)21n a n n =-+(2)证明见解析【分析】（1）运用累加法即可求出{}n a 的通项公式；（2）运用裂项相消法即可证明.【详解】（1）因为12n n a a n +-=，11a =，24．已知数列{}n a 满足：12a =，21a =，2145n n n a a a +++=（*n ∈N ）．(1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；(2)求数列{}n a 的通项公式．5．已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，24S =，对任意的*N n ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n c 满足*11(N )n n c c n a a +-=∈，11c =，求数列{}n c 的通项公式；题型三：叠乘法（累乘法）求通项【例1】已知数列{}n a 满足12n n a na n +=+，1=1a ，则数列{}n a 的通项公式是（）A ．2(1)n a n n =+B ．1(1)n a n n =+C ．1n a n=D ．12n n a +=【例2】在数列{}n a 中，1=1a ，22a =，2n n a n+=，则12233420222023a a a a a a a a ++++= （）A ．20202021⨯B ．20212022⨯C ．20222023⨯D ．20232024⨯【例3】已知数列{}n a 满足()4(21)1N n n S n a n *=++∈，则n a =___________．【例4】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知112a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b a =-，求{}n b 的前2n 项和2n T .【例5】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()()21N n n S n a n *=+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)对于任意的正整数n ，21,2,n n n n a n a a c n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【例6】在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231231n n a a a a a n -++++=- .(1)求{}n a 的通项公式；(2)若1n b a a =，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <.【题型专练】1．数列{}n a 的前n 项和2n n S n a =⋅（2n ≥，n 为正整数），且11a =，则n a =______．a 2．数列{}n a 满足：11a =，()()*12312312,N n n a a a a n a n n -=++++-≥∈ ，则通项n a =________．3．设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++-+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________4．已知数列{}n a 满足：12a =，12n n n a a n ++=，求数列{}n a 的通项公式.5．已知数列{}n a 中，11a =，()121n n a a n n -=≥-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求13523n a a a a +++++ .【答案】(1)n a n =，1n ≥；(2)244n n ++.【分析】（1）利用累乘法求出2n ≥时n a n =，通过验证11a =也满足n a n =，从而求出通项公式为n a n =，1n ≥；（2）根据第一问得到数列{}n a 为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.6．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且11a =，2n n S n a =．(1)求2a ，3a ；(2)求{}n a 的通项公式．【例1】已知数列{}n a 中，114,46n n a a a +==-，则n a 等于（）A ．2122n ++B ．2122n +-C ．2122n -+D ．2122n --【例2】若数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1232n n n a a b +=++，1232n n n b a b +=+-，则20222021a b +=（）A ．2020231⋅+B ．2020321⋅-C ．2020321⋅+D ．2021321⋅-【例3】（多选题）已知数列{}n a 满足132a =，16nn n a a +=+，则下列结论中错误的有（）A ．113n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为11321n -⋅-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为213nn --【例4】（多选题）已知数列{}n a 满足：12a =，当2n ≥时，)221n a +=，则关于数列{}n a 的说法正确的是()A ．27a =B ．{}n a 是递增数列C ．221n a n n =+-D ．数列{}n a 为周期数列【例5】在①121n n a a +=+；②122n n S n +=-+；③24n n S a n =-+三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1=1a ，_____.(1)求n a ；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T .注:如果选捀多个条件解答，按第一个解答计分.【例6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1222(N )n n n S a n +*=-+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设4nn na b =，若123n n T b b b b =+++⋯+，求n T ．【题型专练】1.（多选题）数列{}n a 的首项为1，且121n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．37a =B ．数列{}1n a +是等比数列C ．21n a n =-D ．121n n S n +=--【答案】AB【分析】根据题意可得()1121n n a a ++=+，从而可得数列{}1n a +是等比数列，从而可求得数列{}n a 的通项，再根据分组求和法即可求出n S ，即可得出答案.2．已知数列{}n a 满足1111,2n n n n a a a a a ++=-=，则数列{}1n n a a +的前n 项和为______．3．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______；4．已知数列{}n a 满足24a =，113n n n n a a a a ++-=.求数列{}n a 的通项公式;5．已知数列{}n a 的前n 项和23n n S a n =+-，求{}n a 的通项公式．【答案】121n n a -=+，*n ∈N .【分析】根据12,n n n n a S S -≥=-，构造等比数列即可.【详解】23n n S a n =+-．①当1n =时，11213=+-a a ，可得12a =，当2n ≥时，()11213--=+--n n S a n ，②①－②得121n n a a -=-，则()1121n n a a --=-，而111a -=不为零，故{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，则112n n a --=，∴数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，*n ∈N ．6．设数列{}n a 满足12a =，()1212n n a a n -=-≥.（1）设1n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求满足1036n S ≤的n 的最大值.7．已知正项数列{}n a 满足11a =，且11n n n n a a a a ++-=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记22nn a b n =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：12n S <．8．已知数列{}n a ，11a =，121n n a a +=+.(1)求数列{}1n a +的前5项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)前5项依次为2,4,8,16,32；(2)122n n S n +=--.【分析】（1）由题设112(1)n n a a ++=+，根据等比数列的定义写出{}1n a +的通项公式，即可得前5项；（2）应用分组求和，结合等比数列前n 项和公式求n S .(1)由题设112(1)n n a a ++=+，而112a +=，9．已知数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1231n n a b n ++=+，1231n n a b n ++=+，则n n a b -=______，n n a b +=______．【答案】2n2n【分析】由题设有112()n n n n a b a b ++-=-，根据等比数列的定义判断{}n n a b -为等比数列，进而写出通项公式，令n n n c a b =+则12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，结合已知{2}n c n -是常数列，即可得{}n n a b +的通项公式.【详解】由题设，11(2)(2)0n n n n a b a b +++-+=，则112()n n n n a b a b ++-=-，而112a b -=，所以{}n n a b -是首项、公比均为2的等比数列，故2nn n a b -=，11(2)(2)62n n n n a b a b n +++++=+，则112()()62n n n n a b a b n +++++=+，令n n n c a b =+，则1262n n c c n ++=+，故12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，而111220c a b -=+-=，所以{2}n c n -是常数列，且20n c n -=，则2n n n c a b n =+=.故答案为：2n ，2n .题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且122n n a S +=+N n *∈（），则下列说法中错误．．的是（）A ．112a =B ．4792S =C ．{}n a 是等比数列D ．{}1n S +是等比数列【例2】（2022·上海市南洋模范中学高二开学考试）若数列{}n a 的前n 项和为()*N 33n n S a n =+∈，则数列{}n a 的通项公式是n a =___________.所以{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，故1(2)n n a -=-.故答案为：1(2)n --【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，212n n a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}2na n a ⋅的前n 项和.【例4】数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，24a =，()()*21N n n S n a n =+∈.(1)求证:数列{}n a 是等差数列，并求出其通项公式；(2)求数列12n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例5】（2022·辽宁沈阳·高三阶段练习）从条件①()21,0n n n S n a a =+>；②22,0n n n n a a S a +=>；()2n a n ≥中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1=1a ，_____________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)[]x 表示不超过x 的最大整数，记[]lg n n b a =，求{}n b 的前100项和100T .则【题型专练】1．（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥.求n a 和n S .3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 和n S 满足：()11,2,3,n a n =+=⋅⋅⋅.求{}n a 的通项公式.4．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()1*21N n n a S n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：11132a a a +++<L .5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，313S =，121n n a S +=+．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)若12log n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项和为n S ，131n n S S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31log n n b a +=，若数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：34n T <.。

高考数学：数列通项公式求解六大题型

高考数学：数列通项公式求解六大题型考点题型一由数列的前n 项和求通项公式例1已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.求{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2，由已知a 1＝S 1＞1，此a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n ＞0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项为a n ＝3n －1. 针对训练1已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式：(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b .解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式．∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ， n ＝1，2·3n －1， n ≥2.2.若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：基本法：由S n ＝23a n ＋13得，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，整理得a n＝－2a n －1，又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)n －1.速解法：由S n ＝23a n ＋13得S n －1＋a n ＝23a n ＋13∴a n ＝1－3S n －1，由于a 1＝1.∴a 2＝1－3＝－2，a 3＝1－3S 2＝1－3×(1－2)＝4猜想{a n }为a 1＝1，q ＝－2的等比数列，a n ＝(－2)n－1.答案：(－2)n －13．已知S n 为正项数列{a n } 的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1；S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .12分4．在等比数列{a n }中，若对任意n ∈N *，都有a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝A ．(2n －1)2 B.13(2n －1)2 C ．4n －1 D.13(4n －1)解析：选D.由已知令n ＝1得a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，∴{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列．∴{a 2n }是首项a 21＝1，公比q ′＝22＝4的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1－4n1－4＝13(4n －1)．故选D.考点题型二累加法、累乘法求数列的通项公式累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．例1.[2015·江苏高考]设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为______．[解析] 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，则1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和S 10＝2⎝⎛ 1－12＋12－⎭⎪⎫13＋…＋110－111＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 例2.已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为 A ．a n ＝1n ＋1 B ．a n ＝2n ＋1 C ．a n ＝n ＋12D ．a n ＝n[解析] 由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ](a n ＋1＋a n )＝0，又a n >0，所以(n ＋2)a n ＋1＝(n ＋1)a n ，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n ，所以a n ＝nn ＋1·n －1n ·…·23a 1＝2n ＋1a 1(n ≥2)，所以a n ＝2n ＋1(n ＝1适合)，于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1. 针对训练1.在数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，有a n ＝a n －1＋2n －1(n ≥2)，求数列通项公式；解(1)∵a n ＝a n－1＋2n －1(n ≥2)．∴a n －a n－1＝2n －1(n ≥2)．则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝5，a 4－a 3＝7，…a n －a n －1＝2n －1.上述n －1个式子的等号两端分别相加可得：a n －a 1＝n 2－1，∴a n ＝n 2. 又∵a 1也满足上式，所以a n ＝n 2.2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解析：a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1×n －1n ×n －2n －1×…×34×23×1＝2n ＋1，又∵a 1也满足上式，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．3.在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .求{a n }的通项公式．解：(1)由题设知，a 1＝1.当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.∴a n a n －1＝n ＋1n －1.∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n ＋1n －1×n n －2×…×42×31×1＝n n ＋12.考点题型三由a n 与a n ＋1的递推关系式求a n角度一：递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q －1是以p 为公比的等比数列求解；例1已知a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求a n .解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，公比q ＝3的等比数列，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1. 针对训练1.数列{}=+==+n n n n a a a a a 则中12,1,11 ( )A ．n 2B ．12+nC ．12-nD ．12+n 2.在数列{a n }中，a 1＝5，a n ＋1＝2a n ＋1，则a n = ；角度2：递推公式形如1()n n a pa f n +=+，求通项公式例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝3，a n ＝2S n －1＋3n (n ≥2)，则该数列的通项公式为a n ＝________.解析：∵a n ＝2S n －1＋3n ，∴a n －1＝2S n －2＋3n －1(n ≥3)，两式相减得：a n －a n －1＝2a n －1＋2×3n －1，即a n ＝3a n －1＋2×3n －1，∴a n 3＝a n －13－1＋23(n ≥3)，又a 2＝2S 1＋32＝2a 1＋32＝15，a 232＝53，a 13＋23＝53，即a 232＝a 13＋23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以1为首项，23为公差的等差数列，∴a n 3n ＝1＋(n －1)×23，∴a n ＝(2n ＋1)3n －1.答案：(2n ＋1)3n －1针对训练1.已知11a =，112n n n a a --=-+，求n a 。

小学奥数通项公式计算问题讲解

小学奥数通项公式计算问题讲解分析：原式=(20-9)+(200-8)+(2000-7)+(20000-6)+(200000-5)=(20+200+2000+20000+200000)-(9+8+7+6+5)=222220-35=222185本例是帮助学生回忆最基本的巧算思想“凑整求和”。

[巩固]计算：617+271-43+83-157-71分析：原式=(617+83)+(271-71)-(43+157)=700+200-200=7002.(华罗庚学校五年级入学考试试题)8×(3.1-2.85)×12.5×(1.62+2.38)-3.27分析：初看这道题好像不能用简便方法进行计算.但是里面有特殊数8、12.5,所以可以先算一步,再用简便方法进行计算.原式=8×0.25×12.5×4-3.27=(8×12.5)×(0.25×4)-3.27=100-3.27=96.73，乘法凑整。

3.计算：分析：本题采用的是分组求和的思想。

[巩固]计算：2008+2007-2006-2005+2004+2003-2002-2001+2000+1999-1998-1997+……+4+3-2-1分析：算式中共有2008个数，观察可以发现，我们可以把4个看成一组，原式=(2008+2007-2006-2005)+(2004+2003-2002-2001)+……+(4+3-2-1)=4+4+……+4(有2008÷4=502个4)=4×502=20084.计算：31.4×36+64×43.9分析：31.4×36+64×(31.4+12.5)=3140+64×12.5=3940先讲解31.4×36+64×31.4提取公因式后得3140，这样发现36和64是我们想求和的，所以先从后面的43.9中分解出31.4。

数列求通项公式的常见题型与解题方法(1)

…数列求通项公式的常见题型与解题方法（1）题型1 已知数列前几项求通项公式此题主要通过学生观察、试验、合情推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生数学思维能力．相对于填空题或是选择题只需利用不完全归纳法进行猜想即可；对于解答题，往往还需要我们进一步加以证明．1. 在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表．观察表中数据的特点，用适2. n（1）（2）（3）（4）（5）3. （2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4, 堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n 堆第n 层就放一个乒乓球，以()f n 表示第n 堆1(()___(6_1)2)n n n f n ++=的乒乓球总数，则(3)0_1f =；（答案用n 表示）.题型2 由a n 与S n 的关系求通项公式 4. 已知数列{}n a 的前n 项和21()2n S n n =+，则n a = n ．5. 已知数列{}n a 的前n 项和32nn S =+，则n a = 152n -⎧⎨⎩12n n =≥，，．这类题目主要注意n s 与n a 之间关系的转化．即：n a =11nn S S S -⎧⎨-≥⎩ (n=1)(n 2)一般已知条件中含a n 与S n 的关系的数列题均可考虑用上述公式．点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-211n S S n S a n nn n 求解时，要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．6. （04年浙江）设数列{a n }的前项的和S n =31（a n -1） (n *∈N )．(Ⅰ)求a 1；a 2；(Ⅱ)求证数列{a n }为等比数列．解: (Ⅰ)由)1(3111-=a S ,得)1(3111-=a a ∴=1a 21- 又)1(3122-=a S ,即)1(31221-=+a a a ,得412=a .(Ⅱ)当n >1时,),1(31)1(3111---=-=--n n n n n a a S S a得,211-=-n n a a 所以{}n a 是首项21-,公比为21-的等比数列．。

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ｔｌ１都是适用的．
Ｉ￣ＥＪ１计算：６７ｘ（一）× ３÷；．解：原式＝吾×（吉一吾）×ｌ３４÷；
３．公式一致．例５计算：（４５一）。一（４５一）（＋４２）．
＝ × （一吉）× ×雪
方法一：原式：√ 一２－ · ＋√ ：一（、『２√ ）＝５—２√Ｔ＋２—５＋２＝４—２√Ｔ．
：一
：一
３６ｌ４７２ ‘
方法二：原式＝（４５一√ ）［（４５一）一
ｉ博：【一ｘ－ｌ／÷ ｘ－４．（＋）］＝一（一√２）·２＝４—２，ｆ￣ｆ５．例６计算：（２ａ一６）一（２ａ－ｂ）（２ａ＋６）．
赋
一赫１．刍
方法一：原式＝（２ａ）一２·２ａ·ｂ＋ｂ：一［（２ａ）一６］＝４ａ一４ａｂ＋ｂ一４ｎ＋６＝２ｂ一４。６．
１
解：设（一２ｙ）：０，原式＝５ａ一３ａ＋８ａ一４ａ＝６ａ．
例１２求代数式 √ ＋９＋／（６一１＋２５
当，扣，一圭＝一吉．的最小值．【解析】本问题可以联想在数轴上找
原式＝６ａ＝６Ｘ（一７１）一１．
Ｏ
对应的点．要想解决本问题，先研究几何意义，
同
，故
不是
同类二
次
ｌ·
了
－ｌ·
一 · －Ｉ百Ｉ
Ｃ
根式．从运算法则的角度，数与式的运算公式
是相同的．
ｌ２
二、思想的一致性
１．整体思想．例９求代数式５（一２），）一３（一２ｙ）＋８（一
｛
２ｙ）一４（一２ｙ）的值，其中＝吉，ｙ＝．
一、算理的一致性
＝１ｎ６一ｆｚ６．
ｊ
有理数的乘法分配律直接作为单项式乘多项式的法则，将多项式中的每一一项看作何理数运算中的一个具体的数，再与单项式卞日乘，体现了运算律在代数式运算和有理数运算
１．法则一致．
＝３＋２—６：一１．
例４计算：（２ａｂ。一２ａｂ）· １ｆｚ６．
拓展：假定所有的口＞０，根据公式：ｎｘａ＝Ⅱ “＝！．
· · ．
１＝１
＋
“ × （ｚ＝ｎ
．
．
Ｉ
义 ·．· Ｘ＝Ⅱ ．＝０，２．
例８
计算
：２ｘＹ一３
＋１．
２
数式通性例题延展
汤忠凯
“引进一个新的数，就要研究桐应的运算；
解：原式＝２８『Ｊ：１ｎ６—２ｎ６· ｎ６
定义 …种运算，就要研究相应的运算律．”“教与式”是初中数学学习的重要内容．本文重现课本中的经典例题，结合中考中出现的题，帮助大家体会』Ｌ种简单方法为研究桐关问题带来的方便，同时，也体现了数式通性．
侈０７计算：（√Ｔ＋√ ）＋（√ 一４５）．
具有一致性，先乘方、再乘除、后ｎ丌减，ｌ仃括号
解：嘌式＝２＋２＋一
先算括号里的．
＝３＋√ ．
２．运算律一致．
思考：√３与能合并吗？
计算：（１＋１一）×１２．解：原式＝ ×１２＋１×１２一圭×Ｊ２
（＋２）（一２）一（ —１）
一
一
．
（一２１：一
方法二：原式＝（２ａ一６）［（２ａ－ｂ）一（２ａ＋ｂ）］＝
一（２ａ－ｂ）·２ｂ＝２ｂ一４ｎ６．
（一２）（一４）（一２）
有理数的运算顺序与代数式的运算顺序
例５、冽６也体现了乘法公式 ■次根式运算和整式运算中运用方式的一致性．
例１０计算：（１一一１一１一吉）（圭＋就是以１和２为直角边的直角三角形的斜边的长度井艮据的几何意义去联想 √ ＋９的几
３＋１＋＋１）一（１一１一一１一吉一－吉）（圭＋何意义，再进一步思考、／（６一）＋２５的几何意
＋１＋
）．
义，从而构建代数式 √ ＋９＋／（６一）＋２５整
解：设＝圭＋＋＋，原式＝（１－Ａ）（Ａ＋吉０）一（１－Ａ一吉０）·Ａ＝Ａ＋－Ａ。一Ａ－Ａ＋Ａ＋ＩＡ＝吉，
例９为整体思想的教学，例１０为南京市中考题．整体思想能帮助我们更简便地解决一些问题．
体的几何意义．如图２，先以和３为直角边构造ＲｔＡＡＢＣ，满足ＬＣ＝９０。，ＡＣ＝３，ＣＢ＝ｘ，再延长ＣＢ到Ｄ，使得ＣＤ＝６，ＢＤ就是６－ｘ，再构造ＲｔＡＢＤＥ，满足ＤＥ＝５，这样原代数式的几何意义就是ＡＢ＋ＢＥ的长度，当、、Ｅ三点共线时ＡＢ＋ＢＥ最短，即为ＡＥ的长度，利用平移化归ＲｔＡＡＦＥ，由勾股定理得ＡＥ为１０．
式的运算过程，整式的加减，就是合并同类项面积减去白色区域的面积即卜吉吾，再回到
的过程．例８中字母指数不同，不能合并．根据一般＋＋吉＋……＋－一．
拓展中的内容发现，例７中－３与的指数
１
１
ｌｌ
都
是１，
底
数
３与
５不相
ｙ．
３８Ｉ例题延展
，
初鼓掌－例题延展／／
解：原式＝（２＋｛）一３ｘｙｚ＝９５－３ｘｙ．直观刻画，圭＋１＋吉的几何意义为Ａｃ＝Ａ曰一
思考：与ｘｙ能合并吗？
ＢＣ＝卜吉＝吾，也可以利用面积为１的正方形
二次根式的加减，就是合并同类二次根
２．数形结合、式形结合．
￣［１１１计明白１＋１＋
吉＋．＿…一ｉ２的几何意义，由于本问题具有一
艘陛，建议从特殊到一般，即先研究圭＋＋吉
的门．何意义．如图１．可以利用线段或面积讲行