破解数列的高考密码

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综合算式练习题解密密码(四)

综合算式练习题解密密码（四）在本文中，我们将探讨一系列综合算式练习题，并剖析如何解密它们的密码。

通过解答这些题目，我们将掌握更多关于数学运算的技巧和策略。

本文旨在帮助读者提升解题能力，增强数学思维力。

1. 密码：7 + 25 - 10 × 2 = ?解密过程：根据数学运算法则，首先进行乘法运算，得到20。

然后按顺序进行加法和减法运算，得到最终解答：7 + 25 - 10 × 2 = 7 + 25 - 20 = 12。

因此，答案是12。

2. 密码：64 ÷ 8 × 2 + 5 = ?解密过程：根据运算优先级法则，首先进行除法运算，得到结果8。

然后按顺序进行乘法和加法运算，得到最终解答：64 ÷ 8 × 2 + 5 = 8 × 2 + 5 = 16 + 5 = 21。

因此，答案是21。

3. 密码：(12 + 5) ÷ 17 × 9 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的加法运算，得到结果17。

然后按顺序进行除法和乘法运算，得到最终解答：(12 + 5) ÷ 17 × 9 = 17 ÷ 17 × 9 = 1 × 9 = 9。

因此，答案是9。

4. 密码：2 × (7 - 3) + 6 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的减法运算，得到结果4。

然后按顺序进行乘法和加法运算，得到最终解答：2 × (7 - 3) + 6 = 2 × 4 + 6 = 8 + 6 = 14。

因此，答案是14。

5. 密码：18 ÷ (3 + 7) × 4 = ?解密过程：首先，根据括号内的运算法则，计算括号内的加法运算，得到结果10。

然后按顺序进行除法和乘法运算，得到最终解答：18 ÷ (3 + 7) × 4= 18 ÷ 10 × 4 = 1.8 × 4 = 7.2。

专题05数列热点问题-2024年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍

数列热点问题是高考数学中的一个常见题型，涉及到数列的公式、递推关系、性质等内容。

解题时，需要运用一些解题技巧和方法，帮助我们快速找到解题思路和解题方法。

本文将介绍一些解题指导和解题技巧，以帮助同学们在高考数学中顺利解出数列热点问题。

一、题目分析在解题时，首先要对题目进行分析，了解题目要求、条件和给出的信息。

同时，要注意题目中是否涉及到常见的数列类型，如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

对数列类型的识别能够帮助我们快速找到解题的思路和方法。

二、找出递推关系在解数列问题时，一般都要找出数列的递推关系，即当前项与前一项之间的关系。

常见的递推关系包括等差递推关系、等比递推关系、斐波那契递推关系等。

通过找出递推关系，我们可以利用已知的条件来求解未知的项或性质。

三、寻找规律和性质在解题过程中，我们常需要观察数列的规律和性质。

通过观察找到的规律和性质，我们可以进一步得出结论，并解答题目中的问题。

寻找规律和性质时，可以关注数列的项数、奇偶性、尾项、前n项和等等。

四、变形和转化有时候，题目中给出的数列不太容易求解或者不太容易找到递推关系。

这时，我们可以尝试对数列进行变形或转化。

常见的变形和转化包括对数列项进行加减乘除操作，对数列求逆序、绝对值、倒数等。

通过变形和转化，我们可以简化解题过程，找到更容易求解的数列。

五、利用性质和定理在解题时，我们可以运用已知的数列性质和定理来辅助解题。

常见的数列性质和定理包括等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、等差中项公式、斐波那契数列的性质等。

熟练掌握这些数列性质和定理，并且善于灵活运用，可以帮助我们快速解决问题。

六、举例和验证在解题过程中，我们可以通过举例和验证来确认我们得到的结论和答案是否正确。

通过选取一些特殊的数列或者项数，我们可以检验我们的结论和答案是否符合预期。

如果验证结果不符合预期，我们需要检查之前的推理链条，找出错误的地方，并进行修正。

总结：数列热点问题在高考数学中占据着重要的位置。

高考数学中的数列与数学归纳法题解技巧

高考数学中的数列与数学归纳法题解技巧数列和数学归纳法是高考数学中的重要考点，掌握相关解题技巧对于提高数学成绩至关重要。

本文将介绍高考数学中的数列和数学归纳法题解技巧，帮助考生更好地应对考试。

一、数列的基本概念和性质数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的序列。

在高考数学中，常见的数列有等差数列、等比数列和等差中项数列。

掌握数列的基本概念和性质是解题的基础。

以等差数列为例，设数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则有公式：aₙ = a₁ + (n - 1)d通过这一公式，我们可以求得数列的任意一项的值。

同时，还需了解等差数列的前n项和公式：Sₙ = (a₁ + aₙ) × n/2此外，还需掌握等比数列的通项公式和前n项和公式，以及等差中项的计算方法等相关性质。

二、数学归纳法的基本原理数学归纳法是解决数列相关问题常用的数学推理方法，也是高考数学中常见的一种解题技巧。

掌握数学归纳法的基本原理对于解题至关重要。

数学归纳法的基本原理分为三步：1. 验证基本情况：证明当n取某个特定值时命题成立。

2. 假设成立：假设当n=k时命题成立，即前k项满足题设条件。

3. 推理步骤：利用假设成立和题设条件推导出n=k+1时，命题也成立。

通过以上步骤，我们可以得出命题对于一切自然数n都成立的结论。

三、数列与数学归纳法的综合应用在高考数学中，数列和数学归纳法常常结合使用，解决一些复杂的问题。

以下是一个综合应用的示例题目：【例】设数列{an}满足an = 2^n - 1，证明aₙ > n，其中n为自然数。

解析：我们通过数学归纳法来解决这道题目。

（1）验证基本情况：当n=1时，a₁ = 2¹ - 1 = 1 > 1，基本条件成立。

（2）假设成立：假设当n=k时命题成立，即aₙ > k。

（3）推理步骤：当n=k+1时，aₙ₊₁ = 2^(k+1) - 1 = 2 × 2^k - 1 = 2 × (2^k - 1) + 1根据假设成立的条件，aₙ > k，我们可以得到aₙ₊₁ > 2k + 1 > k + 1所以，通过数学归纳法可知，数列{an}满足an = 2^n - 1时，aₙ > n，命题成立。

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题数列是高考数学中常见的考点之一，也是很多同学感到头疼的难题。

在高考中，能够快速而准确地计算数列题目是取得高分的关键之一。

本文将介绍几种应用数学技巧的方法，以便快速计算复杂的数列题目。

一、等差数列等差数列是高考数学中最基础且常见的数列之一。

在解决等差数列的题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式如果给定了等差数列的前几项或者某一项的值，我们可以通过求解通项公式来快速计算任意项的值。

通项公式的一般形式为：An = a1 + (n-1)d，其中An表示第n项，a1为首项，d为公差。

将已知条件代入，就可以得到计算结果。

2. 利用性质等差数列有一些性质，比如相邻两项的差值始终为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，可以善用这些性质，简化计算步骤，提高计算速度。

二、等比数列等比数列是高考数学中另一个常见的数列。

解决等比数列题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式与等差数列类似，等比数列也有通项公式。

通项公式的一般形式为：An = a1 * q^(n-1)，其中An表示第n项，a1为首项，q为公比。

通过将已知条件代入通项公式，可以求得任意项的值。

2. 利用性质等比数列也有一些性质，如相邻两项的比值为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，利用这些性质可以简化计算过程，提高效率。

三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，其定义为：F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n ≥ 3）。

在解决斐波那契数列问题时，可以运用以下技巧：1. 利用递推关系斐波那契数列的递推关系非常明显，每一项都是前两项的和。

这个特点可以帮助我们快速计算第n项的值。

如果需要计算较大的斐波那契数列的项数，可以利用循环或递归的方法进行计算。

2. 利用性质斐波那契数列也有一些特殊性质，如相邻两项的比值逐渐趋近于黄金比例等。

在解决题目时，利用这些性质可以得到更多的信息，进一步简化计算过程。

高考数学导数、数列压轴题的破解策略数列创试题素材

高考数学导数、数列压轴题的破解策略数列创新试题制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日例1. 〔2021高考，理〕数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a 〔n ∈*N 〕〔1〕证明：112nn a a +≤≤〔n ∈*N 〕；〔2〕设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++〔n ∈*N 〕. 【解析】〔1〕首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，从而得证；〔2〕由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得， 11112n n a a +≤-≤，从而可得*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++，即可得证. 试题解析：〔1〕由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=- 得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得， 211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；〔2〕由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n na a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 例2：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如下图的01-三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… ………………………………………【解析】第1次全行的数都为1的是第121-行，第2次全行的数都为1的是第221-行，第3次全行的数都为1的是第321-行， ……，第n 次全行的数都为1的是第21n-行(可用数学归纳法或者递推关系证明)；第62163-=行数都为1，从而逆推出第61行为1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,,1,1,0,0,1,1，一共有32个1．例3：〔2021高考，理〕设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.〔Ⅰ〕求数列{}n x 的通项公式；〔Ⅱ〕记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥.【解析】〔Ⅰ〕对题中所给曲线的解析式进展求导，得出曲线221n y x+=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而可以写出切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =.解得切线与x 轴交点的横坐标1111n nx n n =-=++. 〔Ⅱ〕要证14n T n≥，需考虑通项221n x -，通过适当放缩可以使得每项相消即可证明.思路如下：先表示出22222213211321()()()242n n n T x x x n--==，求出初始条件当1n =时，114T =.当2n ≥时，单独考虑221n x -，并放缩得222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n ->⨯⨯⨯⨯=，综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 试题解析：〔Ⅰ〕解：2221'(1)'(22)n n y x n x ++=+=+，曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线斜率为22n +.从而切线方程为2(22)(1)y n x -=+-.令0y =，解得切线与x 轴交点的横坐标1111n n x n n =-=++. 〔Ⅱ〕证：由题设和〔Ⅰ〕中的计算结果知22222213211321()()()242n n n T x x x n--==. 当1n =时，114T =. 当2n ≥时，因为222222122221(21)(21)1441()2(2)(2)(2)n n n n n n n xn n n n n-------==>==，所以211211()2234n n T n n->⨯⨯⨯⨯=. 综上可得对任意的*n N ∈，均有14n T n≥. 例4：将杨辉三角中的每一个数rn C 都换成1(1)rnn C +，就得到一个如右图所示的分数三角形，成为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出1111(1)(1)r x rn n n n C n C nC -+=++，其中x = ；令()22111113121n n na nC n C -=+++++，那么lim n n a →∞= ．【解析】∵11111(1)(1)r r rn n n n C n C nC +-+=++ ∴1x r =+；∵()()()212111n n n C n n n -=++- 111111n n n n ⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭，∴012234111345n a C C C =+++()321111n n n nnC n C ---+++111121n n =--++， ∴1lim 2n n a →∞=．例5：〔2021高考〕设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列〔1〕证明：31242,2,2,2a a a a依次成等比数列；〔2〕是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；〔3〕是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【解析】〔1〕根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可〔2〕此题列式简单，变形较难，首先令1dt a =将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：27+430t t +=，无解，所以不存在〔3〕同〔2〕先令1dt a =将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)0t t t t t t ++-++-++=，从而将方程的解转化为研究函数()4ln(13)ln(1)ln(13)ln(12)3ln(12)ln(1)g t t t t t t t =++-++-++零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)+∞上无零点试题解析：〔1〕证明：因为112222n n n na a a d a ++-==〔1n =，2，3〕是同一个常数，所以12a ，22a ，32a ，42a 依次构成等比数列．〔2〕令1a d a +=，那么1a ，2a ，3a ，4a 分别为a d -，a ，a d +，2a d +〔a d >，2a d >-，0d ≠〕．假设存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列，那么()()34a a d a d =-+，且()()6422a d a a d +=+．令d t a =，那么()()3111t t =-+，且()()64112t t +=+〔112t -<<，0t ≠〕，化简得32220t t +-=〔*〕，且21t t =+．将21t t =+代入〔*〕式，()()21212313410t t t t t t t t +++-=+=++=+=，那么14t =-．显然14t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在1a ，d ，使得1a ，22a ，33a ，44a 依次构成等比数列．〔3〕假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列，那么()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =〔13t >-，0t ≠〕，那么()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++．化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．令()()21t t ϕϕ'=，那么()()()()212011213t t t t ϕ'=>+++．由()()()()1200000g ϕϕϕ====，()20t ϕ'>，知()2t ϕ，()1t ϕ，()t ϕ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调．故()g t 只有唯一零点0t =，即方程〔**〕只有唯一解0t =，故假设不成立．所以不存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1na ，2n ka +，23n ka +，34n ka +依次构成等比数列．例6：假设数列{}n a 满足212n na p a +=〔p 为正常数，n *∈N 〕，那么称{}n a 为“等方比数列〞．甲：数列{}n a 是等方比数列；乙：数列{}n a 是等比数列，那么〔〕A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】取{}n a 为1,2,4,8,---，2124n na a +=，那么数列{}n a 是等方比数列，但，不是等比数列；假设数列{}n a 是等比数列，设公比为q ，那么222112n n n n a a q a a ++⎛⎫== ⎪⎝⎭为正常数，那么数列{}n a 是等方比数列，应选B ．例7:对数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()1n n n a a a n N ++∆=-∈；对正整数k ，规定{}k n a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆()1k n a -=∆∆．〔1〕数列{}n a 的通项公式()2n a n n n N +=+∈，试判断{}{}2n n a a ∆∆、是否为等差数列或者等比数列？为什么？〔2〕数列{}n a 首项11a =，且满足212nn n n a a a +∆-∆+=-，求数列{}n a 的通项公式．【解析】〔1〕∵()2n a n n n N +=+∈， ∴()121n n n a a a n +∆=-=+，212n n n a a a +∆=∆-∆=，∴数列{}n a ∆是等差数列，{}2n a ∆是常数列，既是等差数列，又是等比数列．〔2〕∵212nn n n a a a +∆-∆+=-，∴()112nn n n n a a a a ++∆-∆-∆+=-，∴122nn n a a +=+，两边同时除以12n +，得：111222n n n n a a ++=+ 令2n n na b =，那么：112n n b b +-=， ∴2n n b =，即12n n a n -=⋅．例8：假设有穷数列12,...n a a a 〔n 是正整数〕，满足1211,,....,n n n a a a a a a -===，即1i n i a a -+=〔i 是正整数，且1i n ≤≤〕，就称该数列为“对称数列〞．〔1〕数列{}n b 是项数为7的“对称数列〞，且1234,,,b b b b 成等差数列，142,11b b ==，试写出{}n b 的每一项；〔2〕{}n c 是项数为()211k k -≥的对称数列，且121,...k k k c c c +-构成首项为50，公差为4-的等差数列，数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，那么当k 为何值时，21k S -取到最大值？最大值为多少？〔3〕对于给定的正整数1m >，试写出所有项数不超过2m 的对称数列，使得211,2,2...2m -成为数列中的连续项；当1500m >时，试求其中一个数列的前2021项和2008S ．【解析】〔1〕设数列{}n b 的公差为d ，那么：1132314=+=+=d d b b ，解得： 3=d ，∴数列{}n b 为25811852，，，，，，．〔2〕由对称数列的定义知：12121k k k k c c c c c c +-+++=+++，∴()211212k k k k k S c c c c -+-=+++-()()12504502k k k -⎡⎤=⨯+⨯--⎢⎥⎣⎦2410450k k =-+-()2413626k =--+，∴当13k =时，21k S -取到最大值626．〔3〕∵211,2,2 (2)m -成为项数不超过2m 的对称数列中的连续项，∴该数列只可能是：21121,2,,2,2,2,2,,2,1m m m m ----；或者2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---；或者12212,2,,2,1,1,2,,2,2m m m m ----；或者12212,2,,2,1,2,,2,2m m m m ----；下面计算2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和2008S ：①当15002008m <<时，()()2009232008222m m m m m S S ----=++++()()1220092122m m m --=-+-1220093221m m --=⨯--；②当2008m ≥时，2008200821S =-；故2121,2,,2,2,2,,2,1m m m ---的前2021项和为：()()20082008122009212008322115002008m m m S m --⎧-≥⎪=⎨⨯--<<⎪⎩ ．例9：在()2m m ≥个不同数的排列12n p p p 中，假设1i j m ≤<≤时i j p p >〔即前面某数大于后面某数〕，那么称i p 与j p 构成一个逆序. 一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数. 记排列321)1()1( -+n n n 的逆序数为n a ，如排列21的逆序数11a =，排列321的逆序数36a =.〔Ⅰ〕求45a a 、，并写出n a 的表达式；〔Ⅱ〕令nn n n n a a a a b 11+++=，证明: 32221+<++<n b b b n n ．【解析】〔Ⅰ〕15,1054==a a ，2)1(12)1(+=+++-+=n n n n a n 〔Ⅱ〕 ∵1122n n n n n a a n n b a a n n+++=+=++2>=，1,2,n= ∴n b b b n 221>+++ . 又∵222222n n n b n n n n +=+=+-++, ∴12n b b b +++ 111122[()()]132n n n =+-++-+ =32221232+<+-+-+n n n n . 综上，12223n n b b b n <++<+.例10：11211222,,,a A a A A ==+ 12n n n n n a A A A =+++，当,2n N n *∈≥时，求证：〔1〕)1(1+=-n n a n a ；〔2〕12111(1)(1)(1)3na a a +++<．证明：〔1〕当2n k ≥≥时，()!!k n n A n k =- ()()()111!11!k n n n nA n k ---==---⎡⎤⎣⎦， ∴12n n n n n a A A A =+++()121111n n n n n n A A A ----=++++)1(1-+=n a n ；〔2〕由〔1〕n a a n n =+-11， ∴12311111111n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ n n a a a a a a a a 1111332211+⨯⨯+⨯+⨯+= )!1()1(32112312+=+⨯⨯⨯=++n a a n a a a a a n n n ()1211111(1)!n n n n A A A n ++++=++++ 11111!(1)!2!n n =+++++- 11121223(1)n n <++++⨯⨯-⨯ 313112<-=-+=nn ．例11：假设定义在区间D 上的函数()f x 对于D 上的任意n 个值1231,,,,,n n x x x x x -，总满足：()()()12n f x f x f x n +++12n x x x f n +++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭称函数()f x 为D 上的凸函数，那么在锐角三角形ABC ∆中，cos cos cos A B C ++的最大值是．解：∵函数()cos f x x =为0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的凸函数， ∴cos cos cos 3A B C ++ 1cos 32A B C ++≤=，故3cos cos cos 2A B C ++≤．例12：在)(n m f ，中，m 、n 、)(n m f ，均为非负整数，且对任何n m ，有： ①1)0(+=n n f ，；②)1()01(，，m f m f =+； ③()()111f m n f m f m n ++=+⎡⎤⎣⎦，，，；试求：〔1〕)01(，f 的值；〔2〕)1(n f ，关于n 的表达式；〔3〕)3(n f ，关于n 的表达式．解：〔1〕)01(，f )10(，f =211＝＝+；〔2〕))11(0()1(-=n f f n f ，，， ()(11)11f n n =-+≥，，故数列{}()(11)1f n n -≥，成等差数列，其中首项2)01(=，f ，公差11=d ，∴2)01()1(1+=+=⋅n d n f n f ，，．〔3〕))12(1()2(-=n f f n f ，，，()(21)21f n n =-+≥，，故数列{}()(21)1f n n -≥，也成等差数列，其中首项(20)(11)213f f ==+=，，，公差22=d ，∴322)02()2(+=+=⋅n n f n f ，，．∵))13(2()3(-=n f f n f ，，，()2(31)31f n n =-+≥⋅，，可变形为：()(3)32[(31)3]1f n f n n +=-+≥，，．故数列{}3)13(+-n f ，n (≥)1成等比数列，其中首项为8353)12(3)03(=+=+=+，，f f ，公比2=q ．∴32)3(3-=+n n f ，制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日。

破解数列题7招

专题突破时间的犁,在勤奋者的额头,开出无数条智慧之渠. 谚语破解数列题7招湖南龙志明数列是高中数学的重要内容,是进一步学习高等数学的基础,在每年高考中都占有一定比重.下面对求解数列题的一些常用方法进行归纳,提炼出7种常用途径,供参考.1 活用数列的概念数列的概念是求解数列问题的基础,灵活运用数列的概念,往往简捷明了,出奇制胜.例1 设{a n }是公差为-2的等差数列,如果a 1+a 4+a 7+ +a 97=50,那么a 3+a 6+a 9+ +a 99等于( ).A -182;B -78;C -148;D -82若以条件求出a 1,再求和,则运算较为繁琐.注意到2个和式中的项数相等,且均是等差数列.(a 3+a 6+a 9+ +a 99)-(a 1+a 4+a 7+ +a 97)=(a 3-a 1)+(a 6-a 4)+(a 9-a 7)+ +(a 99-a 97)=66d =-132.所以a 3+a 6+a 9+ +a 99=-82,选D.例2 有4个数,其中前3个数成等差数列,后3个数成等比数列,并且第1个数与第4个数的和是16,第2个数与第3个数的和是12,求这4个数.从等差、等比数列的概念入手,设前3个数为a -d,a,a +d,则第4个数为(a +d)2a.由a -d +(a +d)2a=16,2a +d =12,解得a =4,d =4;或a =9,d =-6.所以4个数为0,4,8,16或15,9,3,1.活用等差、等比数列的概念,沟通了有关元素间的内在联系,且使运算得以简化.2 巧用数列的性质数列的性质是对概念内涵的揭示与显化,是求解数列问题的有力武器.例3 在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 5a 6=9,则log 3a 1+log 3a 2+ +lo g 3a 10=( ).A 12;B 10;C 8;D 2+log 35;等比数列{a n }中,若m +n =p +q,则有a m a n =a p a q .所以a 1a 10=a 2a 9= =a 5a 6=9,a 1a 2a 3 a 10=(a 5a 6)5=95.所以log 3a 1+lo g 3a 2+ +log 3a 10=log 395=10,选B .3 运用整体思想从整体上考虑问题,往往能够避免局部运算的困扰,使问题得以迅速求解.例4 等差数列{a n }的前m 项和为30,前2m项和为100,则其前3m 项和为( ).A 130;B 170;C 210;D260这里无需求出a 1、d ,然后再求S 3m .从整体上考虑,因为{a n }是等差数列,所以S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 也成等差数列,所以S m +S 3m -S 2m =2(S 2m -S m ),即30+(S 3m -100)=2(100-30),S 3m =210.选C.例5 是否存在常数a,b,c.使得等式1 22+2 32+ +n (n +1)2=n(n +1)(an 2+bn +c)对一切自然数n 都成立?证明你的结论.左式= nk =1k (k +1)2= nk =1(k 3+2k 2+k )=n 2(n +1)24+n(n +1)(2n +1)3+n(n +1)2=n(n +1)12(3n 2+11n +10).这样,问题转化为上式与n(n +1)12(an 2+bn +c)对一切自然数n 恒等.所以a =3,b =11,c =10.放眼全局,从整体考虑问题,通过研究问题的整体形式、整体结构,达到简捷解决问题的目的.4 运用函数思想数列是一种特殊的函数.运用函数的思想处理数列问题,往往能把握问题的本质,使求解过程简捷明快.例6 已知数列{b n }是等差数列,b 1=1,且b 1+b 2+ +b 10=145.(1)求数列{b n }的通项b n ;(2)设数列{a n }的通项a n =log a 1+1b n(a >0,a 1),记S n 是数列{a n }的前n 项和,试比较S n 与13log a b n +1的大小,并证明你的结论.12专题突破取之有度,用之有节,则常足.警言由10 1+10 92d =145,得d =3.所以b n =1+(n -1) 3=3n -2.a n =log a 1+13n -2=log a 3n -13n -2.S n =a 1+a 2+ +a n =log a 21+lo g a 54+lo g a 87+ +lo g a 3n -13n -2=lo g a2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2),因13log a b n +1=log a 33n +1,所以S n -13log a b n +1=lo g a 2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2)33n +1.记f (n )=2 5 8 (3n -1)1 4 7 (3n -2) 33n +1,则f (n +1)f (n)=(3n +2) 33n +1(3n +1)33n +4令3n +1=t 3t 3+3t 2+3t +1t 3+3t 2>1.所以f (n +1)>f (n),即f (n)是单调递增的,所以f (n) f (1)=234>1,即2 5 8 (3n -1)>33n +1.当a >1时,S n >13log a b n +1;当0<a <1时,S n <13log a b n +1.借助于函数的单调性,巧妙解决了比较大小的问题.将数列看成某一函数,应多考虑这一函数的有关性质.5 运用方程的思想把握数列各基本量之间的关系,运用方程的思想建立已知与未知的关系,把问题的求解转化为对方程的解析、处理来进行.例7 设{a n }是由正数组成的等比数列,S n 是其前n 项和.是否存在常数c >0,使得lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立?并证明你的结论.要使lg (S n -c)+lg (S n +2-c)2=lg (S n +1-c)成立,则有(S n -c)(S n +2-c)=(S n +1-c)2,S n -c >0.(1)(2)若q =1,则(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=(na 1-c)[(n +2)a 1-c]-[(n +1)a 1-c]2=-a 21<0,不满足(1),故不存在常数c >0使结论成立.若q 1,则由(S n -c)(S n +2-c)-(S n +1-c)2=a 1(1-q n )1-q -ca 1(1-q n +2)1-q-c -a 1(1-q n +1)1-q-c2=-a 1q n [a 1-c(1-q)]=0,得a 1-c(1-q)=0,所以c =a 1.因为c >0,a 1>0,所以0<q <1,S n -c =a 1(1-q n )1-q -a11-q =-a 1q n1-q<0,不满足(2).故不存在常数c >0,使结论成立.综上所述,使结论成立的正数c 不存在.运用方程思想,将存在性问题转化为方程(组)的解是否存在的探索,使问题得以巧妙转化.6 运用数形结合思想从直观性角度研究数列问题,可使问题变得形象生动,易于求解.例8 在等差数列中,a 1>0,且S 20=0,那么当n = 时,S n 最大.我们知道,S n =na 1+n(n -1)2d =d 2n 2+a 1-d2n是关于n 的二次式,且不含常数项.又由a 1>0,S 20=0知该等差数列是递减的,则d <0.因此S n 的图象(一些点)在开口向下的抛物线上.该抛物线过点(0,0)和点(20,0),由其对称性,易见n =10时,S n 取最大值.7 运用转化思想想方设法将非常规问题化为我们熟悉的数列问题来求解的方法即为化归法.一般将数列问题尽可能转化中等差数列或等比数列问题来求解.例9 在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=a n1+na n,求a n .原式可化为1a n +1-1a n =n,得1a n +1-1a n为等差数列,所以1a 2-1a 1=1,1a 3-1a 2=2,1a 4-1a 3=3, ,1a n -1a n -1=n -1.将这n -1个式子两边同时相加得1a n -1a 1=1+2+ +(n -1),所以a n =2n 2-n +2.例10 已知数列{a n }满足a 1=15,且当n>1,n N *时,有a n -1a n =2a n -1+11-2a n.求a n 当n 2时,由a n -1a n =2a n -1+11-2a n,得a n -1-a n -4a n -1a n =0.两边同除以a n a n -1得,1a n -1a n -1=4,即1a n -1a n -1=4,对n >1且n N *成立,所以1a n是以首项为5,公13专题突破才能的火花,常常在勤奋的磨石上迸发. 威廉李卜克内西差为4的等差数列.1a n =1a 1+(n -1)d =4n +1,所以,a n =14n +1.本题借助1a n为等差数列得到了{a n }的通项公式,是典型的化归法.常用的化归还有取对数化归,待定系数化归等,一般化归为等比数列或等差数列的问题,是高考中的常见方法.例11 已知数列{a n }满足a 1=1,且a n +1=3a n+2,求a n .设a n +1+t =3(a n +t ),则a n +1=3a n +2t,t =1,a n +1+1=3(a n +1).所以{a n +1}为等比数列,a n +1=(a 1+1) 3n -1=2 3n -1,a n =23n -1-1.求递推式形如a n +1=p a n +q (p 、q 为常数)的数列通项,可用待定系数法构造新数列a n +1+qp -1=p a n +qp -1来求得,这也是近年高考考得很多的一种题型.链接练习1.数列{a n }中,a 1=1,对于所有的n 2,n N 都有a 1 a 2 a 3 a n =n 2,则a 3+a 5等于( ).A 6116;B 259;C 2516; D31152.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n =n 90(21n -n 2-5)(n =1,2, ,12),按此预测,在本年度内,需求量超过1.5万件的月份是( ).A 5、6月;B 6、7月;C 7、8月;D 8、9月3.若数列{a n }前8项的值各异,且a n +8=a n ,对任意的n N *都成立,则下列数列中,能取遍数列{a n }前8项值的数列是( ).A {a 2k +1};B {a 3k +1};C {a 4k +1};D {a 6k +1}4.设a n =-n 2+10n +11,则数列{a n }从首项到第( )项的和最大.A 10;B 11;C 10或11;D 125.已知方程(x 2-2x +m)(x 2-2x +n)=0的4个根组成一个首项为14的等差数列,则|m -n |等于( ).A 1;B 34;C 12;D386.设{a n }是由正数组成的等比数列,公比q =2,且a 1 a 2 a 3 a 30=230,那么a 3 a 6 a 9 a 30等于( ).A 210;B 220;C 216;D 2157.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 4+a 15的值是一个确定的常数,则数列{S n }中也为常数的项是( ).A S 7;B S 8;C S 13;D S 158.等差数列{a n }是递增数列,前n 项和为S n ,且a 1,a 3,a 9成等比数列,S 5=a 25.求数列{a n }的通项公式.链接练习参考答案1.A .解:令n =2、3、4、5,分别求出a 3=94,a 5=2516,所以a 3+a 5=6116.2.C .解:由S n 解出a n =130(-n 2+15n -9),再解不等式130(-n 2+15n -9)>1.5,得6<n <9.3.B .解:由已知得数列以8为周期,当k 分别取1,2,3,4,5,6,7,8时,a 3k +1分别与数列中的第4项,第7项,第2项,第5项,第8项,第3项,第6项,第1项相等,故{a 3k +1}能取遍前8项.4.C .解:a n =-n 2+10n +11是关于n 的二项函数,它是抛物线f (x )=-x 2+10x +11上的一些离散的点,从图象可看出前10项都是正数,第11项是0,所以前10项或前11项的和最大.另解:由-n 2+10n +11 0得-1 n 11,又n N *,所以0<n 11.所以前10项为正,第11项为0.5.C .解:设4个根分别为x 1、x 2、x 3、x 4,则x 1+x 2=2,x 3+x 4=2,由等差数列的性质,当m +n =p +q 时,a m +a n =a p +a q .设x 1为第1项,x 2必为第4项,可得数列为14,34,54,74,所以m =716,n =1516.所以|m -n |=12.6.B .解:由等比数列的定义,a 1 a 2 a 3=a 3q3,故a 1 a 2 a 3 a 30=a 3 a 6 a 9 a 30q 103.又q =2,故a 3 a 6 a 9 a 30=220.7.C .解:设a 2+a 4+a 15=p (常数),所以3a 1+18d =p ,即a 7=13p .所以S 13=13 (a 1+a 13)2=13a 7=133p.8.解:设数列{a n }公差为d(d >0),所以a 1,a 3,a 9成等比数列,所以a 23=a 1a 9.即(a 1+2d)2=a 1(a 1+8d),得d 2=a 1d,因为d 0,所以a 1=d 因为S 5=a 25,所以5a 1+5 42 d =(a 1+4d)2.由得:a 1=35,d =35,所以a n =35+(n -1) 35=35n.(作者单位:湖南省岳阳市岳化一中)14。

高考数学数列的万能解法全归纳

高考数学数列的万能解法全归纳！
数列作为历年的重点考查内容之一，估测试题会出现在数列的知识、函数知识、不等式的知识和解析几何知识等的交汇点处命题，从而使数列试题呈现综合性强、立意新、角度新、难度大的特点。

直白点说，高考的20多道题目中，无论是最基本的题型还是最后的解答压轴题，考到数列部分的几率是相当大的，毕竟数列作为每年高考热点元老的存在。

在复习数列单元时，一定要以等差、等比数列为载体，以通项公式、求和公式为主线，注重基础，联系实际.通过对试题的练习，提高其运算能力、思辨能力、解决实际问题的能力，才能以不变应万变，在高考中立于不败之地。

简单2个字来形容掌握数列的要诀那就是规律。

这里我提供一份通过对历年来数列部分的解法归纳，希望能帮助冲刺阶段的同学更上一层楼。

▍ ▍ ▍。

高考数列万能解题方法

数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：11(1)(2)n n nsn a s sn -=⎧=⎨-≥⎩数列求和的常用方法：1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

2、错项相减法：适用于差比数列〔如果{}n a 等差，{}n b 等比，那么{}n n a b 叫做差比数列〕即把每一项都乘以{}n b 的公比q ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。

3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。

适用于数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭和⎧⎫〔其中{}n a 等差〕可裂项为：111111()n n n n a a d a a ++=-⋅，1d=等差数列前n 项和的最值问题：1、假设等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，那么前n 项和n S 有最大值。

〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最大⇔10n n a a +≥⎧⎨≤⎩；〔ⅱ〕假设2nS pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最大； 2、假设等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，那么前n 项和n S 有最小值〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最小；数列通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

⑵n S 〔即12()n a a a f n +++=〕求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。

12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

⑶条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。

高考数学必考点解题方法秘籍数列通项理

高考数学必考点解题方法秘籍数列通项理各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

数列是近几年高考中的重点，难点，也是热点。

所占分值约为12％--16％，并在解答题中必有一道且往往是以压轴题的形式出现，可见其重要性非同一般。

从近几年高考数列题中不难发现，大部分试题都与通项公式有关，也进一步说明数列通项公式求法的重要性。

当前我认为掌握了数列通项公式应是研究数列其它性质的重要前提，也会使我们解决数列相关问题变得更简单化。

高考大纲中也明确提出：要了解数列通项公式的意义，能根据数列递推公式求出通项公式并能解决简单的实际问题。

据发现，很多学生学完了数列这章后总会感到数列很难，尤其是对数列通项公式求法感到很棘手。

一．求递推数列的常用方法和技巧特殊方法： 1.公式法 2.累差法 3.累乘法 4.迭代法 5.倒数代换法 6.对数代换法 7.待定系数法 8待定函数法8.特征方程法（含不动点法） 9.解方程组法 10.数学归纳法11.换元法(含三角代换) 12．分解因式法通用方法：(大神级方法) 13.母函数法（也叫级数法）（适合实验班数学高手，或者大学生，高中教师学习掌握。

这种方法十分强大，比如像著名数列卡特兰数列递推公式都直接被母函数秒杀）14.病灶分析法（自己发明的思维方法，名字起得不好听，呵呵。

这种面向对象的思维方式非常好能激发学生的分析问题的能力！） 15.函数迭代法（详见附录一）（里面有 “算子代数”模型研究结果，难度较大，适合老师学习。

这种方法威力极其强大，能算出极其难算的数列通项，适用范围1()n n a f a -=这种一阶问题）二．高考数学递推数列的常见类型类型1.),(=n n a S f 型的类型2.递推公式为类型3.递推公式为类型4.递推公式为（其中p ，q 均为常数，）。

类型5. 递推公式为()n f pa a n n +=+1类型6递推公式为⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11类型7.递推公式为()10qn n n a pa a +=>类型8. 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

高考数学数列的万能解法全归纳

高考数学数列的万能解法全归纳
数列作为历年的重点考查内容之一，估测试题会出现在数列的知识、函数知识、不等式的知识和解析几何知识等的交汇点处命题，从而使数列试题呈现综合性强、立意新、角度新、难度大的特点。

简单2个字来形容掌握数列的要诀那就是规律。

这里我提供一份通过对历年来数列部分的解法归纳，希望能帮助冲刺阶段的同学更上一层楼。

如何解决高考数学中的数列与数学归纳法难题

如何解决高考数学中的数列与数学归纳法难题数列与数学归纳法是高考数学中的重要难点之一。

很多学生在这部分内容上遇到困难，对于数列的特征与公式推导、数学归纳法的运用不太熟悉。

然而，只要我们掌握一些解题技巧和方法，就能轻松应对高考中的数列与数学归纳法难题。

本文将介绍几个解题的思路和策略，帮助考生更好地应对高考中的数学难题。

第一部分：数列的特征与公式推导数列是指按照一定规律排列的一组数。

在考试中，我们常见的数列有等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

解决数列问题的关键是要发现数列之间的规律，并根据规律进行推导。

首先，我们来看等差数列。

等差数列的特点是首项与公差确定，任意一项与项数之间的关系可以通过公式推导得出。

当我们遇到一个等差数列时，可以先求出公差，然后根据公式求出所需项数，这样就能轻松解决问题。

接下来是等比数列。

等比数列的特点是首项与公比确定，任意一项与项数之间的关系同样可以通过公式推导得出。

与等差数列类似，我们可以先求出公比，再根据公式求出所需项数，进而解决问题。

第二部分：数学归纳法的运用数学归纳法是解决一类问题的一种常用的证明方法。

在高考数学中，数学归纳法常常用于证明数学命题和不等式。

在解决数列问题时，数学归纳法也是一种重要的推理和证明工具。

数学归纳法的基本思想是：先证明当n=k时某个命题成立，然后假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

通过不断地递推，最终我们就能证明当n为任意自然数时命题都成立。

在解决数列问题中，数学归纳法通常用于证明某个数列的通项公式。

我们可以先通过观察和猜测，找出数列的规律，然后利用数学归纳法证明这个规律对所有项都成立。

这样，我们就能快速确定数列的通项公式，从而方便地求解题目。

综上所述，要解决高考数学中的数列与数学归纳法难题，关键是要发现数列之间的规律，并通过公式推导或数学归纳法证明这个规律的正确性。

在备考过程中，我们可以通过大量的练习和题目分析来提高解题的能力和水平。

高考数学高频考点提分密码第五部分数列

高考数学高频考点提分密码第五部分数列③等比数列求和时，要考虑公比q是否为1.3.若三数成等差数列，则可设三数为a－d,a,a+d；若三数成等比数列，则可设,a,aq.4.证明数列{an}是等差数列（等比数列），必须根据等差数列（等比数列）的定义加以证明.证明数列{an}不是等差数列（等比数列），只须说明a1,a2,a3不成等差数列（等比数列）即可.5.数列{an}为等差数列的充要条件的几种表示（即等差数列的判定方法）：①an+1－an=d(常数)；②2an+1=an+an+2；③an=k n+b(k、b为常数)，其中公差d=k.④Sn=An2+Bn.数列{an}为等比数列的充要条件的几种表示（即等比数列的判定方法）：①=q(常数)；②an+12=anan+2；③an=aqn(aq≠0，且a、q为常数)6.当公差d≠0时，等差数列的前n项和Sn方可表示为关于n的不含常数项的二次函数，且二次项系数的2倍就是公差.11.求等差数列前n项和Sn最值的方法：⑴可转化为二次函数，求最值；⑵应用以下结论：①当公差d0时，Sn最大an≥0且an+1≤0；②当公差d0时，Sn最小an≤0且an+1≥0.③利用f(n)=Sn的抛物线特征解小题(d≠0).12.①等比数列的任一项及公比都不能为0；②常数数列不一定是等比数列；③G2=ab是a、G、b成等比数列的必要条件而非充分条件.13.①若{an}是等差数列，则{}是等比数列(a≠0的常数)；②若{an}是等比数列，且an0，则{logaan}是等差数列(a为常数).14.求数列{an}的最值常见方法：①利用通项公式an的本身特征求解；②若{an}是单调数列，则可利用单调性求解；③若对一切n∈N*都有，an0)，则an最大；an最小.15.求数列{an}前n项和Sn，关键是根据通项an的特征，去寻求求和的方法，常见几种方法：⑴通项裂项法；⑵错位相差法；⑶累加（累乘）法；⑷逆项相加法.16.分期付款中，要弄清商品售价到贷款全部付清时增值到多少；各期所付款额到贷款全部付清时分别增值到多少；如何利用分期付款中的有关规定列出方程；解方程时，如何利用等比数列的知识进行有关计算。

2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧(一)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874 B.634 C.15 D.27【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【练习3】在数列a n 中,a 1=2,a n +1=2a n +1,则a 5=_______.【练习4】已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1,则数列a n 的通项公式a n =______.【练习5】已知数列a n 的首项a 1=2,且a n +1=12a n +12n ∈N * ,则数列1a n -1 的前10项的和为______.【练习6】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +2,则a n =_______.◆构造二:待定系数之a n +1=Aa n +Bn +C 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +Bn +C (A ≠1,C ≠0,B ≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令a n +1+p (n +1)+q =A a n +pn +q ,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p ,q ,从而得到a n +pn +q 是公比为A 的等比数列.2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧（一）（解析版）【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【经典例题2】已知:a1=1,n≥2时,a n=12a n-1+2n-1,求a n的通项公式.【练习1】已知数列a n是首项为a1=2,a n+1=13a n+2n+53.(1)求a n通项公式;(2)求数列a n的前n项和S n.【练习2】已知数列a n和b n,a n的前n项和S n,对于任意的n∈N*,a n,S n是二次方程x2-3n2x+b n=0的两根.(1)求a n和b n通项公式;(2)a n的前n项和S n.【练习3】设数列a n是首项为a1=1,满足a n+1=2a n-n2+3n(n=1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n+λn2+μn成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【练习1】已知数列a n满足a1=1,a n+1=3a n+2n n∈N*,b n=a n+1a n.设t∈Z,若对于∀n∈N*,都有b n>t恒成立,则t的最大值为()A.3B.4C.7D.9【练习2】已知数列a n满足a1=2,a n+1=a n+2n+2n∈N*.(1)判断数列a n-2n是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n为数列a n的前n项和,求S n.【过关检测】一、单选题1.已知S n为数列a n的前n项和，若a n+1=2a n-2,S2=10，则a n的通项公式为( )A.a n=3n-4B.a n=2n+2C.a n=n2+nD.a n=3n2-12.已知数列a n中，a1=1，a n+1=2a n+1，则数列a n的通项公式为( )A.a n=nB.a n=n+1C.a n=2nD.a n=2n-13.已知数列a n满足a1=3，a n+1=5a n-8，则a2022的值为( )A.52021-2B.52021+2C.52022+2D.52022-24.设数列a n的前n项和为S n，若S n=2a n-2n+1，则S10=( )A.211-23B.210-19C.3×210-23D.3×29-195.在数列a n中，a1=1，且a n+1=2a n+1，则a n的通项为( )A.a n=2n-1B.a n=2nC.a n=2n+1D.a n=2n+16.数列a n中，a n+1=2a n+1，a1=1，则a100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.21007.数列a n满足12a n=a n+1-12n+1，且a1=12，若a n<13，则n的最小值为( )A.3B.4C.5D.68.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为( )A.3n-1B.3n+1-2C.3n-2D.3n9.数列a n满足a n=4a n-1+3n≥2且a1=0，则此数列第5项是( )A.15B.255C.16D.6310.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n -1B.2n -1C.nD.2n -111.在数列a n 中，a 1=3，a n =2a n -1-n +2n ≥2,n ∈N + ，若a n >980，则n 的最小值是( )A.8B.9C.10D.1112.设数列{an }中，a 1=2，an +1=2an +3，则通项an 可能是()A.5-3nB.3·2n -1-1C.5-3n 2D.5·2n -1-313.在数列a n 中，若a 1=2，a n +1=3a n +2n +1，则a n =( )A.n ⋅2nB.52-12nC.2⋅3n -2n +1D.4⋅3n -1-2n +114.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12 n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32n C.12n -23n D.23n -12n 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.17.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；18.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.22.已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n-2.(1)求a n的通项公式；(2)求a n的前n项和S n.23.已知数列a n的首项a1=1，且1a n+1=2a n+1．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．24.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【解析】根据原式,设a n +1+m =2a n +m ,整理得a n +1=2a n +m ,题干中a n +1=2a n +1,根据对应项系数相等得m =1.∴a n +1+1=2a n +1 ,令b n =a n +1+1,b 1=a 1+1=3+1=4,所以a n +1 是4为首项,2为公比的等比数列.即a n +1=4⋅2n -1,a n =2n +1-1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =2a n +t ,整理得a n +1=2a n +t ,题干中a n +1=2a n +3,根据对应项系数相等,解得t =3,故a n +1+3=2a n +3 .令b n =a n +3,则b 1=a 1+3=4,且b n +1b n=a n +1+3a n +3=2.所以b n 是4为首项,2为公比的等比数列.所以b n =4×2n -1=2n +1,即a n =2n +1-3.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =3(a n +t ),即a n +1=3a n +2t ,题干中a n +1=3a n +4,根据对应项系数相等,解得t =2,故a n +1+2=3a n +2 .令b n =a n +2,则b 1=a 1+2=3,且b n +1b n=a n +1+2a n +2=3.所以b n 是3为首项,3为公比的等比数列.所以b n =3×3n -1=3n ,即a n =3n -2.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874B.634C.15D.27【答案】A【解析】∵a n +1=2a n -1,a 3=2,可得2=2a 2-1,解得a 2=32,同理可得:a 1=54变形为a n +1-1=2a n -1 ,a 1-1=14. ∴数列a n -1 为等比数列,首项为14,公比为2.∴a n -1=14×2n -1,a n =2n -3+1.∴S 6=1426-1 2-1+6=874.故选:A .【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【答案】A【解析】∵数列a n 的前n 项和为S n ,3S n =2a n -3n ,∴a 1=S 1=132a 1-3 ,解得a 1=-3,S n =132a n -3n ,(1),n ≥2,S n -1=132a n -1-3n +3 ,(2),(1)-(2),得a n =23a n -23a n -1-1,∴a n =-2a n -1-3,∴a n +1a n -1+1=-2,∵a 1+1=-2,∴a n +1 是以-2为首项,以-2为公比的等比数列,∴a n+1=(-2)n,∴a n=(-2)n-1,∴a2018=(-2)2018-1=22018-1.故选:A.【练习3】在数列a n中,a1=2,a n+1=2a n+1,则a5=_______.【答案】47【解析】数列 a n中, a1=2,a n+1=2a n+1,变形为:a n+1+1=2a n+1,a1+1=3,∴数列a n+1为等比数列,首项为3,公比为2,∴a n+1=3×2n-1,即a n=3×2n-1-1则a5=3×24-1=47.故答案为:47.【练习4】已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n+1,则数列a n的通项公式a n=______.【答案】a n=2n-1【解析】∵a n+1=2a n+1n∈N*,∴a n+1+1=2a n+1,∴a n+1是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n+1=2n,故a n=2n-1.【练习5】已知数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12n∈N*,则数列1a n-1的前10项的和为______.【答案】1023【解析】数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12(n∈N*),则:a n+1-1=12a n-1 ,整理得:a n+1-1a n-1=12(常数) ,所以：数列a n-1是以a1-1=2-1=1为首项,12为公比的等比数列,所以:a n-1=1*12n-1,当n=1时,符合通项.故：1a n-1=2n-1,所以:S n=20+21+22+⋯+2n-1=2n-1所以：S10=210-1=1024-1=1023.【练习6】已知数列a n中,a1=1,a n+1=3a n+2,则a n=_______.【答案】a n=2×3n-1-1【解析】因为a n+1=3a n+2,所以a n+1+1=3a n+1,因为1+a1=2,所以数列1+a n是以2为首项,以3为公比的等比数列,所以1+a n=2×3n-1,故答案为:a n=2×3n-1-1.◆构造二:待定系数之a n+1=Aa n+Bn+C型构造等比数列求关于a n+1=Aa n+Bn+C(A≠1,C≠0,B≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn再构造等比数列就可以,即令a n+1+p(n+1)+q=A a n+pn+q,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p,q,从而得到a n+pn+q是公比为A的等比数列.【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【解析】将递推公式转化为a n+pn+q=3a n-1+p(n-1)+q,化简后得a n=3a n-1+2pn+2q-3p,与原递推式比较,对应项的系数相等,得2p=22q-3p=-1,解得p=1q=1,令bn=a n+n+1,则b n=3b n-1,又b1=6,故b n=6⋅3n-1=2⋅3n,b n=a n+n+1,得a n=2⋅3n-n-1.【经典例题2】已知:a 1=1,n ≥2时,a n =12a n -1+2n -1,求a n 的通项公式. 【解析】设a n +pn +q =12a n -1+p (n -1)+q ,a n =12a n -1-12pn -12p -12q .与题干原式比较,对应项系数相等得-12p =2-12p -12q =-1,解得p =-4q =6 ,首项a 1-4+6=3.所以a n -4n +6 是3为首项,12为公比的等比数列.所以a n -4n +6=3⋅12 n -1,即a n =32n -1+4n -6.【练习1】已知数列a n 是首项为a 1=2,a n +1=13a n +2n +53.(1)求a n 通项公式;(2)求数列a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n +1-3(n +1)+2=13a n -3n + 2),且a 1-3+2=1,所以数列a n -3n +2 是以1为首项,13为公比的等比数列,则a n -3n +2=13n -1,即a n =13n -1+3n -2.【练习2】已知数列a n 和b n ,a n 的前n 项和S n ,对于任意的n ∈N *,a n ,S n 是二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两根.(1)求a n 和b n 通项公式;(2)a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n ,S n 是一元二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两个根,所以a n +S n =3n 2a n S n =b n ,由 a n +S n =3n 2得a n +1+S n +1=3(n +1)2,两式相减得a n +1-a n +S n +1-S n =6n +3,所以a n +1=12a n +12(6n +3),令a n +1+A (n +1)+B =12a n +An +B ,则a n +1=12a n -12An -12B -A ,比较以上两式的系数,得-12A =3-12B -A =32 ,解得A =-6B =9 .所以a n +1-6(n +1)+9=12a n -6n +9 .又 a 1+S 1=3,a 1=32,所以数列a n -6n +9 是以92为首项、12为公比的等比数列.所以 a n -6n +9=9212 n -1,a n =6n +92n +9,S n =3n 2-a n =3n 2-6n -92n +9,所以 b n =6n +92n -9 3n 2-6n -92n +9 【练习3】设数列a n 是首项为a 1=1,满足a n +1=2a n -n 2+3n (n =1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n +λn 2+μn 成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;【解析】依题意,令a n +1+λ(n +1)2+μ(n +1)+γ=2a n +λn 2+μn +γ 所以a n +1=2a n +λn 2+μn -2λn +γ-λ-μ,即λ=-1μ-2λ=3γ-λ-μ=0, 解得λ=-1μ=1γ=0.所以数列a n -n 2+n 是以2为公比、a 1-1+1=1为首项等比数列.所以a n -n 2+n =2n -1,a n =n 2+2n -1-n ,即存在λ=-1,μ=1,使得数列a n -n 2+n 成等比数列.◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【解析】解法一:构造数列a n+1+λ12n+1=13a n+λ12n,化简成题干结构得a n+1=13a n-13λ12n+1,对应项系数相等得λ=-3,设b n=a n-312n,b1=a1-312 1=-23,所以数列b n 是以-23为首项,13为公比的等比数列,b n=-2313n-1,所以an=32n-23n.解法二:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除12n+1,也就是乘2n+1,为方便计算,我们等式两边同乘2n+1,得2n+1⋅a n+1=232n⋅a n+1.令b n=2n⋅a n,则b n+1=23b n+1,这又回到了构造一的方法,根据待定系数法,得b n+1-3=23b n-3,所以数列b n-3是首项为b1-3=2×56-3=-43,公比为23的等比数列.所以b n-3=-43⋅23n-1即b n=3-2⋅23 n.所以a n=b n2n=32n-23n.解法三:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除13n+1,也就是乘3n+1,得3n+1an+1=3n a n+32 n+1⋅令b n=3n⋅a n,则b n+1=b n+32 n+1,所以b n-b n-1=32 n,b n-1-b n-2=32 n-1，...，b2-b1=32 2⋅将以上各式叠加,得b n-b1=32 2+⋯+32 n-1+32 n,又b1=3a1=3×56=52=1+32,所以b n=1+32+32 2+⋯+32 n-1+32 n=1⋅1-32 n+11-32=2⋅32 n+1-2,即b n=2⋅32n+1-2.所以an=b n3n=32n-23n.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【解析】解法一:设a n+1+λ⋅3n=2a n+λ⋅3n-1,待定系数法得λ=-4,则数列a n-4⋅3n-1是首项为a1-4⋅31-1 =-5,公比为2的等比数列,所以a n-4⋅3n-1=-5⋅2n-1,即a n=4⋅3n-1-5⋅2n-1.解法二:(两边同除以 q n+1) 两边同时除以3n+1得:a n+13n+1=23⋅a n3n+432,下面解法略.解法三:(两边同除以p n +1)两边同时除以2n +1得:a n +12n +1=a n 2n +32n -1,下面解法略.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2n n ∈N * ,b n =a n +1a n.设t ∈Z ,若对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,则t 的最大值为()A.3B.4C.7D.9【答案】A【解析】解法一：因为a n +1=3a n +2n ,所以a n +12n =3a n 2n +1,所以a n +12n +1=32⋅a n 2n +12,所以a n +12n +1+1=32a n 2n +1 ,因为a 1=1,所以a 121+1=32,所以数列a n 2n +1 是以32为首相以32为公比的等比数列,所以a n 2n+1=32 n ,所以a n =3n -2n,故选A .解法二:令a n +1+A ⋅2n +1=3a n +A ⋅2n ,因为a n +1=3a n +2n ,对比系数得:A =1,所以数列 a n +2n 是以3为首项,3为公比的等比数列,所以a n +2n =3n ,所以a n =3n -2n,所以 b n =a n +1a n =3n +1-2n +13n -2n=3⋅32 n-232 n -1n =3+132 n -1,因为∀n ∈N *,所以32 n -1≥12.所以0<132 n -1≤2,所以3<b n ≤5,对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,所以t ≥3,所以t 的最大值为3,故选 A .【练习2】已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * .(1)判断数列a n -2n 是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n 为数列a n 的前n 项和,求S n .【解析】(1)数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * ,所以a n +1-2n +1 -a n -2n =2. a 1-2=0,所以数列a n -2n 为等差数列,首项为0，公差为2.(2)由(1)可得:a n -2n=0+2(n -1),可得:a n =2n+2(n -1),所以S n =22n -1 2-1+2×n (0+n -1)2=2n +1-2+n 2-n【过关检测】一、单选题1.已知S n 为数列a n 的前n 项和，若a n +1=2a n -2,S 2=10，则a n 的通项公式为( )A.a n =3n -4B.a n =2n +2C.a n =n 2+nD.a n =3n 2-1【答案】B 【解析】令n =1可得a 2=2a 1-2，又S 2=a 1+a 2=10，解得a 1=4，又a n +1-2=2a n -4=2(a n -2)，则a 1-2=2，a n +1-2a n -2=2，即a n -2 是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n -2=2⋅2n -1，a n =2n +2.故选：B .2.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则数列a n 的通项公式为( )A.a n =n B.a n =n +1C.a n =2nD.a n =2n -1【答案】D 【解析】∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2(a n +1),又a 1=1，a 1+1=2，所以数列a n +1 是首项为2，公比为2 的等比数列，所以a n +1=2×2n -1，∴a n =2n -1.故选：D .3.已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=5a n -8，则a 2022的值为( )A.52021-2 B.52021+2C.52022+2D.52022-2【答案】B 【解析】因为a n +1=5a n -8，所以a n +1-2=5(a n -2)，又a 1-2=1，所以{a n -2}是等比数列，公比为5，首项是1，所以a n -2=5n -1，a n =5n -1+2，所以a 2022=52021+2．故选：B ．4.设数列a n 的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1，则S 10=( )A.211-23 B.210-19C.3×210-23D.3×29-19【答案】C 【解析】当n =1时，S 1=a 1=2a 1-2+1，解得a 1=1.当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n +3，所a n =S n -S n -1=2a n -2n +1-2a n -1-2n +3 ，即a n =2a n -1+2，所以a n +2=2a n -1+2 ，即a n +2a n -1+2=2，所以数列a n +2 是首项为3，公比为2的等比数列，则a n +2=3×2n -1，从而S n =3×2n -2n -3，故S 10=3×210-23.故选：C5.在数列a n 中，a 1=1，且a n +1=2a n +1，则a n 的通项为( )A.a n =2n -1 B.a n =2nC.a n =2n +1D.a n =2n +1【答案】A 【解析】解：∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2a n +1 ，由a 1=1，得a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2⋅2n -1=2n ，即a n =2n -1．故选：A6.数列a n 中，a n +1=2a n +1，a 1=1，则a 100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.2100【答案】C 【解析】数列a n 中，a n +1=2a n +1，故a n +1+1=2a n +1 ，故a n +1≠0，所以a n +1+1a n +1=2，因为a 1=1，所以a 1+1=2≠0，所以a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n +1=2n ，即a n =2n -1，故a 100=2100-1，故选：C .7.数列a n 满足12a n =a n +1-12n +1，且a 1=12，若a n <13，则n 的最小值为( )A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】因为12a n =a n +1-12 n +1，等式两边同时乘以2n +1可得2n a n =2n +1a n +1-1，所以，2n +1a n +1-2n a n =1且2a 1=1，所以，数列2n a n 是等差数列，且首项和公差都为1，则2n a n =1+n -1=n ，所以，a n =n2n，因为a n +1-a n =n +12n +1-n 2n =n +1-2n 2n +1=1-n2n +1.当n =1时，a 1=a 2=12；当n ≥2时，a n +1<a n ，即数列a n 从第二项开始单调递减，因为a 3=38>13，a 4=14<13，故当n ≤3时，a n >13；当n ≥4时，a n <13.所以，a n <13，则n 的最小值为4.故选：B .8.已知数列a n 中，a 1=1，a n =3a n -1+4(n ∈N ∗且n ≥2)，则数列a n 通项公式a n 为( )A.3n -1 B.3n +1-2C.3n -2D.3n【答案】C 【解析】由已知得a 2=7，a n +2a n -1+2=3进而确定数列{a n +2}的通项公式，即可求a n .由a 1=1，a n =3a n -1+4知：a 2=7且a n +2a n -1+2=3(n ≥2)，而a 1+2=3，a 2+2=9，∴{a n +2}是首项、公比都为3的等比数列，即a n =3n -2，故选：C 9.数列a n 满足a n =4a n -1+3n ≥2 且a 1=0，则此数列第5项是( )A.15 B.255C.16D.63【答案】B 【解析】∵a n=4a n-1+3n≥2，∴a n+1=4a n-1+1n≥2，∴a n+1是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n+1=4n-1．∴a n=4n-1-1，∴a5=44-1=255．故选：B．10.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n-1B.2n-1C.nD.2n-1【答案】B【解析】由a n+1=2a n+1，得a n+1+1=2a n+2=2a n+1，故数列a n+1为等比数列，首项为a1+1=2，公比为2，所以a n+1=2n，a n=2n-1，故选：B.11.在数列a n中，a1=3，a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，若a n>980，则n的最小值是( )A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】因为a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，所以a n-n=2a n-1-n-1.n≥2,n∈N+因为a1=3，所以a1-1=2，所以数列a n-n是首项和公比都是2的等比数列，则a n-n=2n，即a n=2n+n,因为a n-a n-1=2n-1+1>0，所以数列a n是递增数列,因为a9=521<980，a10=1034>980，所以满足a n>980的n的最小值是10,故选：C12.设数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3，则通项an可能是()A.5-3nB.3·2n-1-1C.5-3n2D.5·2n-1-3【答案】D【解析】设a n+1+x=2a n+x，则a n+1=2a n+x，因为an+1=2an+3，所以x=3，所以a n+3是以a1+3为首项，2为公比的等比数列，a n+3=5×2n-1，所以a n=5⋅2n-1-3故选：D13.在数列a n中，若a1=2，a n+1=3a n+2n+1，则a n=( )A.n ⋅2nB.52-12n C.2⋅3n -2n +1 D.4⋅3n -1-2n +1【答案】C 【解析】令b n =a n 2n +2，则b n +1b n =a n +12n +1+2a n 2n +2=3a n +2n +12n +1+2a n 2n +2=32，又b 1=a 12+2=3，所以b n 是以3为首项，32为公比的等比数列，所以b n =a n 2n +2=3×32 n -1，得a n =2⋅3n -2n +1．故选：C ．14.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32nC.12n -23n D.23n -12n 【答案】A【解析】解:因为a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，所以2n +1⋅a n +1=23⋅2n a n +1，整理得2n +1⋅a n +1-3=23⋅2na n -3 ，所以数列2n a n -3 是以2a 1-3=-43为首项，23为公比的等比数列．所以2n a n -3=-4323 n -1，解得a n =32n -23n ．故选：A 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)【答案】D【解析】由a n +1=2a n +3可得a n +1+3=2a n +3 ，所以a n +3=a 1+3 ×2n -1所以a n =a 1+3 ×2n -1-3，所以a 2017=a 1+3 ×22016-3≥a 1所以a 1+3 ×22016≥a 1+3，所以a 1+3≥0，所以a 1≥-3故选：D二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.【答案】3n -2##-2+3n 【解析】解：因为a n =3a n -1+4n ≥2 ，∴a n +2=3a n -1+2 ，∴a n +2a n -1+2=3，∵a 1=1，则a 1+2=3，∴数列a n +2 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n +2=3⋅3n -1=3n ，所以a n =3n -2，故答案为：3n -217.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；【答案】2n -1【解析】因为a n +1=2a n +1，所以a n +1+1=2(a n +1),∴a n +1+1a n +1=2，所以a n +1 是一个以a 1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，所以a n +1=2×2n -1=2n ,∴a n =2n -1.故答案为：2n -118.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．【答案】a n =2n -1n ∈N * ．【解析】∵a n +1=2a n +1(n ∈N *)，∴a n +1+1=2(a n +1)，又a 1+1=2∴a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n +1=2n ．即a n =2n -1(n ∈N *)．故答案为：a n =2n -1n ∈N * ．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.【答案】1023【解析】由题意知：a n +1=4a n -1+4=4(a n -1+1)，又a 1+1=1，故a n +1 是1为首项，4为公比的等比数列，故a 6+1=a 1+1 ×45=1024，故a 6=1023.故答案为：1023.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．【答案】52##2.5【解析】解：数列{a n }满足a n +1=2a n +12，整理得a n +1+12=2a n +12 ，若a 1=-12，则a n =-12，显然不符合题意，所以a n ≠-12，则a n +1+12a n +12=2(常数)；所以数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列；所以a n +12=a 1+12 ⋅2n -1，整理得a n =a 1+12 ⋅2n -1-12；由于前8项和为761，所以S 8=a 1+12 ⋅(1+2+...+27)-8×12=a 1+12 ×1-281-2-4=255a 1+12 -4=761，解得a 1=52．故答案为：52．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.【答案】(1)证明见解析，a n =2⋅3n -1-1(2)见解析【解析】(1)证明：因为a n +1=3a n +2，所以a n +1+1=3a n +1 ，又a 1+1=2，所以数列1+a n 是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n +1=2⋅3n -1，所以a n =2⋅3n -1-1；(2)证明：由(1)得1a n +1=12⋅3n -1，因为1a n +1+11a n +1=12⋅3n12⋅3n -1=13，1a 1+1=12，所以数列11+a n 是以12为首项，13为公比的等比数列，则S n =12×1-13n 1-13=341-13n ，因为1-13n <1，所以S n <34.22.已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n -2.(1)求a n 的通项公式；(2)求a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1+2；(2)S n =2n +2n -1.【解析】(1)∵a n +1=2a n -2，∴a n +1-2=2a n -2 即∴a n +1-2a n -2=2∴数列a n -2 是以首相为1，公比为2的等比数列，∴a n -2=2n -1∴a n =2n -1+2(2)由(1)知a n =2n -1+2∴S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=20+2 +21+2 +22+2 +⋯+2n -1+2 =20+21+22+⋯+2n -1 +2n =1×1-2n 1-2+2n=2n +2n -123.已知数列a n 的首项a 1=1，且1a n +1=2a n+1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)a n=12n-1(2)S n=n-12n+1+2-n n+12【解析】(1)∵1an+1=2an+1，等式两边同时加1整理得1an+1+1=21an+1又∵a1=1，∴1a1+1=2∴1an +1是首项为2，公比为2的等比数列．∴1an +1=2n， ∴a n=12n-1(2)∵a n⋅b n=n，∴b n=n an=n⋅2n-n.记n⋅2n的前n项和为T n则T n=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n-1+n⋅2n所以2T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n+n⋅2n+1相减得-T n=21+22+23+24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1整理得T n=n-12n+1+2.所以S n=n-12n+1+2-n n+1224.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n+1+1(2)S n=432n-1,n=2k,k∈N*,-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*.【解析】(1)解：因为a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，又a1-1=4，所以a n+1-1a n-1=2，所以a n-1是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n-1=4×2n-1，即a n=2n+1+1.(2)解：由(1)得b n=(-1)n⋅2n+1+1，则b n=2n+1+1,n=2k,k∈N*-2n+1+1,n=2k-1,k∈N* ，①当n=2k,k∈N*时，S n=-22-1+23+1-24+1+⋯+-2n-1+2n+1+1=-22+23-24+25+⋯-2n+2n+1=22+24+⋯+2n=432n-1;②当n=2k-1,k∈N*时，S n=S n+1-b n+1=432n+1-1-2n+2+1=-2n+2+73，综上所述，S n=432n-1,n=2k,k∈N*-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．【答案】(1)a n=2n+1-2(2)证明见解析【解析】(1)解：因为a1=2，a n+1=2a n+2，所以a n+1+2=2a n+2，所以a n+2是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n+2=4×2n-1=2n+1，所以a n=2n+1-2；(2)解：由(1)可知b n=2n+1a n+2=2n+12n+1=n+12n，所以T n=221+322+423+⋯+n+12n①，所以12T n=2 22+323+424+⋯+n+12n+1②；①-②得12T n=1+122+123+⋯+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1所以T n=3-n+32n<3；。

高考难题：解锁思维的密码

某次高考数学考试的难题：
有一道高考数学题目，给出了一个神秘的密码锁，要求考生破解出密码。

问题描述如下：锁上有10个数字按钮，每个按钮上分别标有0~9的数字，密码是一个四位数，且每位数字不相同。

已知以下线索：
1.第一位数字是偶数；
2.第二位数字是3的倍数；
3.第三位数字是质数；
4.第四位数字大于5。

请问，这把密码锁的密码是多少？
而考生们却纷纷表示不知所措，有个聪明的考生却写下了这样的答案：
“这道题真的太有趣了！我想到了一个相当独特的解法，我将第一位数字设置为2，第二位数字设置为3，第三位数字设置为5，第四位数字设置为7，因为这样的密码无疑是最安全的，而且绝对不会有人猜到！”
老师看着这个答案忍俊不禁，同时也为这位同学的幽默和聪明点赞。

笑话传开后，许多人都纷纷感慨：“原来高考数学也能如此风趣啊！”。

揭秘数列考题的信息密码

揭秘数列考题的信息密码
涂天明
【期刊名称】《广东教育:高中版》
【年(卷),期】2022()7
【摘要】“不畏浮云遮望眼,只缘身在最高层.”今年数学高考试题之难超乎你想象,还上了舆论风口浪尖,颠覆了考生对数学的认知.有考生戏称上午尚可本手妙手俗手的还还手,下午直接无从下手.有这么难吗?真是内行看门道,外行看热闹.作为数学的重要研究对象,数列的定位一直很明确,数列是特殊的函数,是离散函数.它具有函数的属性,离散函数的图像是一些离散的点,它不连续但可数.研究数列既有利于研究其它函数,又可以解决一些日常生活中的离散型模型的实际问题.从内容看,数列的概念有直观想象与数学抽象,根据数列的前几项归纳出其通项公式,但要严谨是需要用数学运算与逻辑推理证明的,都是基于数学科核心素养展开的.等差数列、等比数列是重点,按定义-通项公式-前n项和公式顺序研究是正确的,此乃数列之核心与本质,相关数学思想、方法、技巧蕴含其中.初学就要善于用函数的观点看数列,方能站得高看得远,为后续数学分析中数列极限、级数、p阶等差数列等学习奠定基础.
【总页数】5页(P26-30)
【作者】涂天明
【作者单位】广东省南雄市第一中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.由2007年数列考题分析看数列备考方向
2.循序渐进做高考题——以2011年上海卷数列题展开的高一数列复习课
3.一道数列高考题的思考——谈奇偶数列的破题策略
4.构造常数列妙解高考题——例析由数列相邻两项的关系求通项公式的新解法
5.等差数列中存在等比子数列定理——从两道高考题谈起
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高考数列求和问题破解策略

高考数列求和问题的破解策略数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考和数学竞赛中都占有十分重要的地位，数列求和问题是数列的基本内容之一，也是高考命题的热点和重点。

由于数列求和问题题型多样，技巧性也较强，以致成为数列的一个难点。

鉴于此，下面就数列求和问题的常见解题策略作一归纳，供广大师生参考。

1、公式法求和若所给数列的通项是关于n 的多项式，此时可采用公式法求和，利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法之一。

常用求和公式列举如下：等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=，等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn自然数的方幂和：k 3=13+23+33+ +n 3=n 2 (n+1)2，k=1+2+3++n=n(n+1)，k 2=12+22+32+ +n 2=n(n+1)(2 n+ 1)例1已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=2、错位相减法求和若数列{}n c 的通项公式为n n n b a c =，其中{}n a ，{}n b 中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。

它在推导等比数列的前n 项和公式时曾用到的方法。

破解数列的高考密码

破解数列的高考密码作者：曹凤山来源：《数学金刊·高中版》2011年第11期数列客观题多以基础题为主，考查两个基本数列的基本量、基本公式，或者与归纳、类比相关联，考查合情推理；解答题以中档题为主，一些地区将数列与不等式、推理与证明综合在一起作为最后一题，难度较大．数列部分的考点主要包括1．数列的概念和简单表示法，了解数列的概念和列表、图象、通项公式等表示方法；2．理解等差数列、等比数列的概念；3．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系；5．能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和；6．能运用数列的等差关系或等比关系解决实际问题．1．基本公式考基础（2011北京）在等比数列｛an｝中，若a1=，a4=－4，则公比q=______，a1+a2+…+an=______．命题解读本题考查等比数列的概念、数列基本量之间的关系．一个等差（等比）数列一旦确定其首项、公差（公比）这两个量，这个数列的其他问题也就迎刃而解．根据条件建立方程（组）求解是主要的手段，整体求解能使问题的解决更加简洁．完美解答由｛an｝是等比数列，得a4=a1q3．又a1=，a4=－4，所以q= －2，｛an｝是以为首项，2为公比的等比数列，所以a1+a2+…+an=2n－1－．2．求通项、求和考方法（2011山东）等比数列｛an｝中，a1，a2，a3分别是表1第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在表1的同一列．表1（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）若数列｛bn｝满足：bn=an+（－1）nlnan，求数列｛bn｝的前n项和Sn．命题解读通项基本上是数列问题中不可或缺的考查内容，其求解方法灵活多样，如利用基本公式、整体求解、简单递推、累加（积）、利用an与Sn的关系、观察归纳等；求和的途径更加灵活，利用等差、等比数列的求和公式、分组求和、错位求和、裂项抵消求和等．本题求通项即是观察的方法，而求和需要重新分组、分类讨论等．完美解答（1）由题意可知a1=2，a2=6，a3=18，公比q=3，通项公式为an=2•3n－1；（2）bn=an+（－1）nlnan=2•3n－1+（－1）nln（2•3n－1）=2•3n－1+（－1）n［ln2+（n －1）ln3］=2•3n－1+（－1）n（ln2－ln3）+（－1）nnln3，所以Sn=2（1+3+…+3n－1）+［－1+1－1+…+（－1）n］（ln2－ln3）+［－1+2－3+…+（－1）nn］ln3．当n=2k（k∈N?鄢）时，Sn=2×+ln3=3n+ln3－1；当n=2k－1（k∈N?鄢）时，Sn=2×－（ln2－ln3）+－n•ln3=3n－ln3－ln2－1．故Sn=3n+ln3－1，n为偶数，3n－ln3－ln2－1，n为奇数.（2011浙江）已知公差不为0的等差数列｛an｝的首项a1为a（a∈R），设数列的前n 项和为Sn，且，，成等比数列．（1）求数列｛an｝的通项公式及前n项和，（2）记An=+++…+，Bn=+++…+，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．命题解读本题考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识，其中对求和格外青睐，一道试题出现两种不同求和形式（基本公式求和、裂项求和），显示在数列学习中不仅要掌握公式，更重要的是掌握基本思想方法．完美解答（1）设等差数列｛an｝的公差为d，由=•得（a1+d）2=a1（a1+3d）．因为d≠0，所以d=a1=a，所以an=na，Sn=．（2）因为Sn=，所以=－，An=+++•••+=1－．因为a=2n－1a，所以Bn=+++…+=•1－，当n≥2时，2n=C+C+C+…+C>n+1，即1－Bn．3．源于实际考应用（2011湖北）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．命题解读应用题的建模建立在一定的数学知识及阅读能力的基础上，应用题所涉及或需要理解的数学知识会严格限定在高中生可理解的范围内．解题关键是阅读理解，然后选择合适的数学模型．完美解答设该数列｛an｝的首项为a1，公差为d，依题意a1+a2+a3+a4=3，a7+a8+a9=4，即4a1+6d=3，3a1+21d=4，解得a1=，d=，则a5=a1+4d=．4．归纳类比考创新（2011湖北）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如图1所示：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻着色方案共有_____种，至少有两个黑色正方形相邻着色方案共有______种．（结果用数值表示）图1命题解读本题不能或者说不便求通项，但我们要找出某种规律．从最简单的开始， n=1、2、3时可以看出，在不能利用基本公式、定理的情境下，肯定是注重一般数学思想方法的运用．基本思维方法是探寻出路的“眼睛”，通过观察、比较、类比、归纳、联想、一般与特殊的综合运用，一定能找到解题的途径．完美解答设n个正方形时黑色正方形互不相邻的着色方案数为an，由图可知，a1=2，a2=3，a3=5=2+3=a1+a2，a4=8=3+5=a2+a3，由此推断a5=a3+a4=5+6=13，a6=a4+a5=8+13=21，故黑色正方形互不相邻着色方案共有21种；由于给6个正方形着黑色或白色，每一个小正方形有2种方法，所以一共有2×2×2×2×2×2=26=64种方法，由于黑色正方形互不相邻着色方案共有21种，所以至少有两个黑色正方形相邻着色方案共有64－21=43种着色方案．5．综合考查看能力（2011重庆）设实数数列｛an｝的前n项和Sn，满足Sn+1=an+1Sn（n∈N?鄢）．（1）若a1，S2，－2a2成等比数列，求S2和a3；（2）求证：对k≥3有0≤ak+1≤ak≤．命题解读本题考查等比数列的性质、前n项和公式与通项的关系，考查用作差法证明不等式．数列不等式的证明历来是高考考查的热点，多作为压轴题出现，其证明方法灵活多样，常见的有放缩法、数学归纳法、作差（作商）比较法、构造函数法等．完美解答（1）由题意S=－2a1a2，S2=a2S1=a1a2，得S=－2S2，由S2是等比中项知S2≠0，因此S2=－2．由S2+a3=S3=a3S2得a3===．（2）由题设知Sn+1=Sn+an+1=an+1Sn，故方程x2－Sn+1x+Sn+1=0有根Sn和an+1（可能相同），因此判别式Δ=S－4Sn+1≥0．又由Sn+2=Sn+1+an+2=an+2Sn+1得an+2≠1且Sn+1=，因此－≥0，即3a－4a≤0，解得0≤an+2≤，因此0≤ak≤（k≥3）．由ak=≥0（k≥3）得ak+1－ak=－ak=ak－1=ak－1= －=－≤0，因此ak+1≤ak（k≥3）．综上，原不等式成立．牢固掌握基础知识，熟练基本技能对数列相关概念、性质和公式的透彻理解及其恰当的运用，是解答好数列试题的首要条件，是正确理解题意的前提．三个层次齐头并进基本公式．用公式确定基本量（a1，d（q），n）是处理一些数列问题的典型方法，一个问题明确了基本量，其他问题便可迎刃而解．有时候，基本量不一定都要求出，需要整体运用，这一般就是数列某种性质的表现. 对于数列的一些性质，能够理解、运用最好，不能记忆、运用也没有问题，只要注意基本量和整体运算即可．基本方法．在不能直接套用公式时，公式推导过程中的方法有更广泛的应用，如在等差数列通项公式的推理过程中用到的累加法、迭代法，前n项和公式推导中的倒序相加法；等比数列通项公式求解中的累乘法，求和公式推导中的错位相减（抵消）法等．只要有“形”相似，就能追求“神”相同．基本数学思想．数列解题过程中，会大量用到方程的思想，同时还要注意转化的思想、分类讨论的思想以及观察、归纳、抽象、类比等更一般的思维方法的运用．。

第26计+数列开门+前后跟踪-跳出题海我有36计之高中数学破题之道+Word版含解析

跳出题海，我有36计第26计数列开门【计名释义】数列是特殊的函数，告诉了自变量是正自然数的函数，因此只要我们应知道这个特殊函数有两种关系式，除通项公式外，还有前后跟踪关系的递推式.高考30年来，数列的难题几乎都出现在递推式中.【典例示范】【例1】若数列{a n }满足：a 1=1，a n =n⎪⎭⎫ ⎝⎛21+n +a n -1， n ∈N *，n ≥2，求证：a n =212)1(-+n n ，n ∈N *. 【证明】在递推式中，分别令n =2，3，4,…，直到n ，得到(n -1)个等式：a 2=221⎪⎭⎫ ⎝⎛+2+a1 a 3=321⎪⎭⎫⎝⎛+3+a 2 a 4=421⎪⎭⎫ ⎝⎛+4+a 3…… a n =121-++⎪⎭⎫⎝⎛n nan将这(n -1)个等式整体相加得a n =221⎪⎭⎫ ⎝⎛+321⎪⎭⎫ ⎝⎛+…+n⎪⎭⎫⎝⎛21+2+3+…+n+a 1 =21212)1(2)1(211211411+-+=++-⎪⎭⎫ ⎝⎛--n n n n n n . 当n =1时，a 1=1,也适合上式， ∴a n =21212)1(+-+n n n ，n ∈N * 【点评】这里a n 与a n -1的系数相等（都是1），并且在等号的两旁，因此由递推式得到的（n -1）个等式相加后，很多项可以消去，进而顺利求出a n .由于数列可以看作是正整数n 的函数，因此对于以递推关系式出现的问题，常常可以从递推关系式中的n =1，2，3，……入手，得到一系列的等式，通过对它们进行或加、或减、或乘、或除等运算，使问题获得解决.递推意识是解数列问题的一种最基本、最重要的意识. 【例2】设数列{a n }的前n 项的和S n =34a n -31×2n +1+32,n=1，2，3,……（Ⅰ）求首项a 1与通项a n ；（Ⅱ）设T n =n n S 2，n =1，2，3,……求证：.231<∑=ni iT【解答】（Ⅰ）a 1=S 1=34a 1-32，解得a =2. a n +1=S n +1-S n =34a n +1-34a n -31(2n +2-2n +1),∴a n +1=4a n +2n +1. 这里an 的系数是4，无法仿照例1直接用递推法求解.先将已知递推式的两边同除以2n +1.122211+∙=++n nn n a a 若令b n =nan2，则有b n +1=2b n +1 (*)(*)式就是我们熟知的线性递推式，它可以运用待定系数法求解.设b n +1+k =2(b n +k )，即b n +1=2b n +k . ∴k =1，故111+++n n b b =2(n ∈N *)，即{b n +1}是以b 1+1为首项，2为公比的等比数列. ∴b n +1=(b 1+1)·2n -1⇒b n =2n-1⇒a n =4n-2n.(n ∈N *)【点评】这里的递推式a n +1=4a n +2n +1b n +1=2b n +1后，形如a n +1=Aa n +B .对于a n +1=Aa n +B ：当A =1时，a n +1=a n +B ，即a n +1-a n =B ，故通项a n =a 1+(n -1)B ；当A ≠1时，a n +1+k =Aa n +B+k=A ⎪⎭⎫⎝⎛++A k B a n ,令k =A kB +，则(A -1)k=B ，即k =1-A B, ∴{a n +k }是以a 1+k=a 1+1-A B为首项，公比为A 的等比数列.于是a n +k =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11A B a ·A n -1，∴a n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11A B a ·A n -1 -1-A B . 【强化训练】1．已知数列满足，，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，根据，得，，，，，，又，则，所以，故正确答案为A.2．数列的前项和为，若，则的值为（）A. 2B. 3C. 2018D. 3033【答案】A点睛：这个题目考查的是数列通项公式的求法，数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用.3．在数列中，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意得，n分别用取1，2，3（n-1）代，累加得，选C.4．设等差数列的公差为，前项和为，记，则数列的前项和是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析: 由等差数列的求和公式可得首项，tana n tana n+1=﹣1=﹣1，运用裂项相消求和，结合两角和差的正切公式，即可得到所求和．详解: 等差数列{a n}的公差d为，前8项和为6π，可得8a1+×8×7×=6π，解得a1=，tana n tana n+1=﹣1=﹣1，则数列{tana n tana n+1}的前7项和为（tana8﹣tana7+tana7﹣tana6+…+tana2﹣tana1）﹣7=（tana8﹣tana7）﹣7=（tan﹣tan）﹣7=（tan﹣tan）﹣7=（tan（）﹣tan（））﹣7=（）﹣7=．故选C．点睛:解答本题的关键是化简,求和首先要看通项的特征, tana n tana n+1=﹣1=﹣1，化简到这里之后,就可以再利用裂项相消求和了.化简时要注意观察已知条件，看到要联想到差角的正切公式，再化简.5．数列{}n a 的通项公式2328n a n n =-，则数列{}n a 各项中最小项是（） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项【答案】B6．已知数列对任意的满足，且，则_______，_______.【答案】【解析】由题意，根据条件得，则，而，所以，…，由此可知，从而问题可得解.7．小明为了观看2022年的冬奥会，他打算从2018起，每年的1月1日到银行存入a 元的一年期定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期． 2019年1月1日小明去银行继续存款a 元后，他的账户中一共有__________元；到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回__________元．（化简后结果）【答案】 2ap a +()()511a p p p ⎡⎤+-+⎣⎦ 【解析】依题意， 2019年1月1日存款a 元后，账户中一共有()12a p a ap a ++=+元；银行利息为单利计息，故2022年1月1日可取出钱的总数为：()()()()4321111a p a p a p a p +++++++，()()()411111p p a p ⎡⎤+-+⎣⎦=⋅-+，()()511a p p p ⎡⎤=+-+⎣⎦．8．已知数列的首项，.（Ⅰ）证明：数列是等差数列；（Ⅱ）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）见解析（2）见解析（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，所以.所以，所以.点睛：本题主要考查等差数列的证明和裂项相消求和，属于基础题.9．科学研究证实,二氧化碳等温空气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨,否则将采取紧急限排措施.已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放量比上一年的碳排放总量减少10%.同时,因经济发展和人口增加等因素,每年又新增加碳排放量m 万吨()0m ＞. （1）求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示）；（2）若A 市永远不需要采取紧急限排措施,求m 的取值范围.【答案】(1) 14000.9a m =⨯+， 2324 1.9a m =+ (2) 40m <（3）(]0,55m ∈【解析】试题分析：（1）根据，A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放量比上一年的碳排放总量减少10%．同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m 万吨，即可求A 市2019年的碳排放总量（用含m 的式子表示）；（2）求出数列的通项，A 市永远不需要采取紧急限排措施，则有∀n∈N *，a n ≤550，分类讨论，即可求m 的取值范围．试题解析：设2018年的碳排放总量为1a ，2019年的碳排放总量为2a ，… （Ⅰ）由已知， 14000.9a m =⨯+,()220.94000.94000.90.9a m m m m =⨯⨯++=⨯++=324 1.9m +.（1）当400100m -=即40m =时,显然满足题意；（2）当400100m ->即40m <时，由指数函数的性质可得: ()400100.910550m m -⨯+≤，解得190m ≤. 综合得40m <；（3）当400100m -<即40m >时，由指数函数的性质可得: 10550m ≤，解得55m ≤,综合得4055m <≤.（13分）综上可得所求范围是(]0,55m ∈.10．某商场出售两款型号不同的手机，由于市场需求发生变化，第一款手机连续两次提价10%，第二款手机连续两次降价10%，结果都以1210元出售． (1)求第一款手机的原价；(2)若该商场同时出售两款手机各一部，求总售价与总原价之间的差额．(结果精确到整数) 【答案】（1）1000元（2）74－【解析】试题分析：建立一次函数模型进行求解.（1）设第一款手机原价为a ，根据题意写出方程()2110%1210a ＋＝解得1000a = .（2）设第二款手机原价为b ，根据题意写出方程()2110%1210b －＝，解得1210b = ，进而可得所求为121021494100074⨯－－＝－ .【点睛】数学建模的一般步骤为：1.审题：分清题目中的条件和结论，理清里面的数量关系；2.建模：将文字语言转化为数学符号语言，利用数学知识建立相应的数学模型；3.解模：对转化的数学问题进行求解；4.还原：回到题目本身，检验结果的实际意义.。

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