高考数学二轮复习：第六讲求通项公式

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人教版数学高二-高考数学复习点拨如何求数列的通项公式

如何求数列的通项公式？与数列有关的问题，常需要求出能项，当所给数列是等差或等比数列时，通项较易求，当所给数列不是以上两种数列时，通项公式如何求呢？下面给出几种常用方法．1．公式法当已知条件中出现n a 与n S 的关系式时，常用公式11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩ ≥来求通项．例1 数列{}n a 的前n 项和记为n S ，已知53()n n a S n *=-∈N ，求1321n a a a -+++…的值．解： ①1n =，11a S =，由已知便有1115353a S a =-=-，解得134a =； ②2n ≥时，1n n n a S S -=-，由已知115353n n n n a S a S --=-⎧⎨=-⎩，，两式相减，得15n n n a a a --=，解得114n n a a -=-，于是数列{}n a 是首项为34，公比14q =-的等比数列， 13521n a a a a -∴，，，…，，…是首项134a =，公比为214⎛⎫- ⎪⎝⎭的等比数列．21321231144411516114nn n a a a -⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦∴+++==- ⎪⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎝⎭…．2．叠加法例2 已知数列{}n a 中，13a =，且12n n n a a n *+=+∈N ，，求数列{}n a 的通项公式．分析：由已知12n n n a a +=+，得12nn n a a +-=，由于相邻两项之差不是常数，故不能应用等差数列的公式计算．但注意到数列{}n a 的递推公式的形式与等差数列的递推公式类似，因而采用把若干个差逐一相加，使中间若干项相抵消来求得通项．解：121232343112222n n n a a a a a a a a --⎫-=⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪⎪-=⎭… ?⇒相加123112222n n a a --=++++…12(21)n -=-，12221n n n a a ∴=+-=+．{}n a ∴的通项公式是21n n a =+．3．叠乘法例3 设{}n a 是首项为1的正数组成的数列，且2211(1)0(12)n n n n n a na a a n +++-+==，，…，则它的通项公式为n a = ．分析：由已知2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，解得11n n a na n +=+，故数列{}n a 不是等比数列，但其递推公式的形式与等比数列递推公式类似，因而可把若干个商逐个相乘，使中间若干项能够约分求得通项．解：2211(1)0n n n nn a na a a +++-+=，即211(1)0n n n n a a n n a a ++⎛⎫++-= ⎪⎝⎭．解得11n n a na n +=+，或11n na a +=-（舍去）．下面运用叠乘法求通项．21324311223341n n a a a a a a a n a n -⎫=⎪⎪⎪=⎪⎪⎪=⎬⎪⎪⎪-⎪=⎪⎪⎭…⇒相乘112311234n a n a n n -=⨯⨯⨯⨯=…，1n a n∴=． {}n a ∴的通项公式为1n a n=．4．归纳猜想法有时求通项时，可以先求出数列的前n 项，然后观察前n 项的规律，再进行归纳、猜想出通项，最后予以证明．例4 设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对于所有自然数n ，n a 与2的等差中项等于n S 与2的等比中项，求数列{}n a 的通项公式．分析：先求{}n a 的前3项，当1n =时，由11122a S a +==，解得12412a ==⨯-；当2n =时，由221222a S a a +==+，解得26422a ==⨯-；当3n =时，由3312322a S a a a +==++，解得310432a ==⨯-．归纳猜想：42n a n =-，最后可用数学归纳法予以证明（“数学归纳法”后面将学到）．。

《通项公式的求法》课件

动手实践：尝试发现和求解数列的通项
公式
通过实际操作，我们可以进一步巩固对数列的理解和运用。尝试给定一些数列，观察规律并推导出它们
的通项公式。
通项公式和数列的总结与归纳
通项公式是数列的核心，它能够用简洁的数学表达式描述数列中任意一项的
数值。通过总结和归纳，我们可以更好地理解数列和通项公式之间的关系。
示将数列中的若干
号，从第一项开始
为起始值。
相邻两项之间的差
项相加的运算。
逐渐增加的自然数。
值。
常见数列的通项公式
等差数列
an=a1+d(n-1)
等比数列
an=a1⋅r(n-1)
斐波那契数列
an=an-1+an-2
等差数列的通项公式和公差的求法
通项公式
公差的求法
等差数列的通项公式是由首项和公差决定的，可
三角函数的通项公式
三角函数是描述角度和旋转的函数，包括正弦、余弦、正切等。掌握三角函
数的通项公式及其性质，有助于我们解决与角度和旋转相关的问题。
实例分析：求解一些数列的通项公式
1
数列A: 1, 4, 9, 16,
25, ...
2
数列B: 1, 3, 6, 10,
15, ...
3
数列C: 1, 2, 4, 8,
16, ...
这是一个平方数列，通
这是一个等差数列，通
这是一个等比数列，通
项公式可以表示为
项公式可以表示为
项公式可以表示为
an= n2。
an= n(n+ 1)/2。
an= 2n- 1。
通过通项公式解题技巧
掌握数列的通项公式使我们能够更便捷地解决与数列相关的问题。通过代入数值、计算求和、逆向推导

高三数学第二轮复习专题数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)

城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关：数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案：数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -．所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-．点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。

高三数学复习讲义——数列的通项公式

城东蜊市阳光实验学校数列的通项公式知识点①、Sn 与an 之间的互相转化：an=1(1)(2)nS n S n =⎧⎨≥⎩当时当时要特别注意讨论n=1的情况。

②、由数列的递推关系式去求通项公式： (1.)当数列{}n a 中，满足)(1n f a a n n =-+，那么可用______________求数列的通项n a .(2.)当数列{}n a 中，满足)(1n f a a nn =+，那么可用______________求数列的通项n a .(3)1n n a pa r +=+→待定系数法〔1()()n n a x p a x ++=+(4)1nn n pa a a p+=+→倒数型数列根本练习1．数列{an}中，假设111,21(2)n n a a a n n -==+-≥，那么n a ＝2n ．2．数列{an}中，假设n n a n na a 1,111+==+，那么n a ＝n 1．3，数列{an}满足1112112,1(2)n n n nn n n na a a a a a n a a a a +-+---===≥且，那么10a ＝514{}n a 中，11a =，133n n n a a a +=+，n a =___23+n __________ 5连续的奇数按第n 个括号有n 个数：〔1〕，〔3，5〕，〔7，9，11〕，……，那么第n 个括号第2个数是____32+-n n _________6数列{}n a 中，372,1a a ==，又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，那么na =1524-+n 例1根据下面各数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式〔1〕1917331,,,,,...3356399〔2〕32537,,,,, (7513819)--- 〔3〕7，77，777，7777，。

〔4)1,3,7,15,31,....解：〔1〕=n a )12)(12(12+-+n n n 〔2〕=n a 432)1(++-n n n〔3〕=na )110(97-n〔4)=n a 12-n 例2〔1〕数列{}n a 中1111,1(2)2n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式〔2〕数列{}n a 满足1111,2(2)n n n a a a n --==≥(1)求数列{}n a 的通项公式〔3〕设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，a ∈*N ．〔Ⅰ〕求数列{}n a 的通项；Ⅱ〕设nnn b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．解：〔1〕令)(211x a x a n n+=+-，那么)2(2122212111-=-∴-=∴-=--n n n n a a x x a a 那么数列}2{-n a 是以-1为首项以21为公比的等比数列，故=n a 1)21(2--n〔2〕123121...-⨯⨯⨯⨯=n n n a a a a a a a a =2)1(122121...21211--=⨯⨯⨯⨯n n n〔3〕〔Ⅰ〕211233333n n n a a a a -++++= (2212311)3333n n n a a a a ---++++=…)2(≥n 两式相减得n n n n a a 313131=∴=-〔Ⅱ〕n n n b a ==nn 3⨯，23231132333...331323...(1)33nn n n n S n S n n +=⨯+⨯+⨯++⨯=⨯+⨯++-⨯+⨯ 例3数列*11{}1,346(2,).n n n a a a a n n n N -==-+≥∈满足〔1〕设2nn b a n =-，求证：数列{}n b 是等比数列；〔2〕令11(2)(3)nn n c n a -=++，求数列{}n c 的前n 项和同步练习 1数列{}n a 对任意的*p q ∈N ，满足p q p q a a a +=+，且26a =-，那么10a 等于〔C 〕A ．165-B ．33-C ．30-D ．21-2在数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n+=++，那么n a =AA ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++3将数列1{3}n -按第n 组有n 个数的规那么分组，那么第100组中的第一个数为〔A 〕A 49503B 50003C 51503D 505034假设数列{}n a 的前n 项积为2n ，那么n a =(D)(2)n ≥A 21n -B 2n C 22(1)n n +D 22(1)n n -5110,n a a +==,那么20a =(B)A 0B6数列{}n a 中，113nn na a a +=+，12a =，那么n a ＝____562-n ___ 7数列{}n a中，1111,4n n a a a +==++，那么99a =2500 8数列{}n a 满足：21a =，11(2)(1)n n a a n n n -=+≥-，那么n a =____n123-____________ 8假设数列{}n a 满足11121n n n a a a ---==且，那么n a ＝___12-n _____ 10、正项数列{}n a 满足22111(1)01,n n n n n na a a n a a a --+--===且则____n1____ 11数列{}n a 满足13,a =1122n n a a -=+，那么10a =____9214-______________12数列{}n a 中：12323(1)(2)n a a a na n n n +++⋅⋅⋅+=++，那么n a =___)1(3+n n _____13连续的自然数排成一个三角形数阵，那么第n 行从左向右的第3个数是__32)1(+-n n ________ 1 23 356 78910 1112131415。

【高中数学】高三数学复习：求数列通项公式的常用方法

【高中数学】高三数学复习：求数列通项公式的常用方法在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的检验，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键。

求数列通项公式常用以下几种方法：一、题目未知或通过直观推理小说推论出来就是等比数列或等差数列，轻易用其通在项公式。

例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求该数列的通项公式an。

求解：由an+1=an+2(n1)及未知可以面世数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。

所以an=2n-1。

此类题主要就是用等比、等差数列的定义推论，就是较直观的基础大题。

二、已知数列的前n项和，用公式s1(n=1)sn-sn-1(n2)基准：未知数列{an}的前n项和sn=n2-9n，第k项满足用户5(a)9(b)8(c)7(d)6求解：∵an=sn-sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8∴k=8挑选(b)此类题在解时要注意考虑n=1的情况。

三、未知an与sn的关系时，通常用转变的方法，先求出来sn与n的关系，再由上面的(二)方法求通项公式。

例：已知数列{an}的前n项和sn满足an=snsn-1(n2)，且a1=-，求数列{an}的通项公式。

求解：∵an=snsn-1(n2)，而an=sn-sn-1，snsn-1=sn-sn-1，两边同除以snsn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-}就是以-领衔项，-1为公差的等差数列，∴-=-，sn=-，再用(二)的方法：当n2时，an=sn-sn-1=-，当n=1时不适合此式，所以，-(n=1)-(n2)四、用递增、积累的方法求通项公式对于题中给出an与an+1、an-1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。

基准：设立数列{an}就是首项为1的正项数列，且满足用户(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，谋数列{an}的通项公式解：∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0又∵{a n}就是首项为1的正项数列，∴an+1+an≠0，∴-=-，由此得出结论：-=-，-=-，-=-，…，-=-,这n-1个式子，将其相加得：∴-=-，又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈n*)五、用结构数列方法求通项公式题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有an(或sn)的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an(或sn)与n的关系，这就是将近一、二年去的中考热点，因此既就是重点也就是难点。

高中数学-2.6数列通项公式的求法

a e 求{an}的通项公式.
3n1
n
例9 :已知数列{an}满足：a1 6, an 2an 1 2 3n,
求{an}的通项公式. an 23n1 3 2n1
练1:已知数列{an}满足：a1 2, an 2an1 2n,
求{an}的通项公式.an 2n2 2n 4
数列通项公式的求法
1、观察法
例1 写出下列数列的一个通项公式an
（1） -1，4，-9，16，-25，36，…… ；
解： an 1n n2
2.公式法
等差数列的通项公式： an a1 (n 1)d
等比数列的通项公式： an a1qn1
3、利用数列前 n 项和 Sn 求通项公式：
例 2、已知数列 {an的}前项n和
Sn 2an 1
求证：{an}为等比数列并求通项公式。 an 2n1
4、累加法
例3:已知数列 {a,满n}足
an1
an
1 n2
n
a1 ， 1求数列的{a通n项} 公式。
1 an 2 n
若数列 {a,n满}足 an1 an f (n)(n N)
其中 f (n是) 可求和数列，那么可用逐项作差后累加
1 2
的等差数列
(2)、1 1 (n 1) 1 n 1
an
即an
2 n 1
2
2
变式题：已知数列{an}中，a1=1, an+1+3an+1an-an=0, 求数列{an}的通项公式.
解： an1 3an1an an 0
11
11
3 3
an an1
an1 an
1 an
是以
变5:已知数列{an}中，a1=1,an+1=3an+2,求

高考数学二轮复习第06课时数列之数阵问题

1312*第06课时数列之数阵问题【考点点悟】传道解惑，高屋建瓴数列之数阵是将一些数据按照一定的规律以图表或图阵的方式呈现出来的特殊数列. 数阵问题是能够检查学生数学直觉思维能力，它多是要求学生能够从已给的一些数据中，来观察数的变化规律,其特点是直观新颖，能较好地考察学生的观察与分析能力，以及归纳与想象能力等．是近几年高考中倍受青睐的一种新题型．探求数表型数列问题，关键是要能充分挖掘所给数表所提供的信息特征，把握数表所隐含的规律性，综合运用观察、分析、归纳和猜想的思想方法，发现和破译问题的知求关系，使问题顺利获解.【小题热身】明确考点，自省反思 1.能够在如右表所示的33⨯正方形的9个空格中填入正整数，使得每一行都成等差数列，每一列都成等比数列，问必须填进标有*号的空格的数是 .2.将全体正整数排成一个三角形数阵：12345678910按照以上排列的规律，第n 行(3)n ≥从左向右的第3个数为． 3.1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆发现了“正方形筛子”（如图所示），该“正方形筛子”中位于第100行的第100个数是4.用n 个不同的实数1a ，2a ，…，n a 可得到个!n 个不同的排列，每个排列为一行写成一个!n 行的数阵．对第i 行1i a ，2i a ，…，in a ，记12323(1)ni i i i i n b a a a na =-+-++- ，1,2,3,,!i n = ．例如：用1，2，3可得数阵如图所示，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，1261221231224b b b ++=-+⨯-⨯=- ，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，12120b b b ++= ___________．【考题点评】分析原因，醍醐灌顶例 1. 在如表所示的55⨯正方形的25个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成思路透析:（设出通项ij a 为从下到下第i 行，从左到右第j 列的空格中所填的数，根据其特征规律及等差数列的性质，将未知数据的关系式列出，求得方程组的解．设ij a 为从上到下第i 行，从左到右第j 列的空格中所填的数，则52a x =，41a y =．由第3行得3321862y a +=，由第3列得3321032a x =⨯-，所以2113x y +=．① 由第2行得232743a y =⨯-，由第3列得2333210331034a a x =-=⨯-，所以148331034y x -=⨯-，整理得43161x y -=．②联立①②解得50x =，13y =．所以1555218621864172a a x =⨯-=⨯-=，1333532112a a a =-=，故1315141422a a a +==，故标有*号的空格应填142．点评：高中新课标非常重视学生的探究能力，用数据阵形式给出的行列均成等差数列的“数据”表，其表格中的数据编制时关系不是非常明显，这也正是高考考查探究能力的重要形式．以数据表格、杨辉三角或数矩阵为载体的探究性试题已经成为高考的命题趋势．例2. 在一个有限的实数列中，任意七个连续项之和都是负数，而任意十一个连续项之和都是正数．试问：此数列最多能包含多少项？思路透析:（根据题目所给已知条件，可构造一个每横行七个数，每纵列十一个数的数阵如下：1714131211965438543274321 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 考虑到每一横行为连续七项，其和小于0，每一纵列为连续十一项，其和大于0．于是得到矛盾，所以17<n ．另一方面有可以构造一个连续十六项的数列满足题目要求：6，6，-15，6，6，6，-16，6，6，-16，6，6，6，-15，6，6，故符合条件的数列最多有十六项．点评：对于这一类问题的设计，可使学生心态开放、主体性凸现，个性张扬，创造性得到释放．例3. 定义如下运算：11121311112131111213121222322122232212223231323333132333313233312312312n k k n k k n k k m m m mn n n n nk m m m x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y y y z z z ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 3mk z ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 其中112233.(1,1,,ij i j i j i j in nj z x y x y x y x y i m j n i j =++++∈ ≤≤≤≤N *）．现有2n 个正数的数表A 排成行列如下：（这里用ij a 表示位于第i 行第j 列的一个正数，,i j ∈N *）111213121222323132333123n nn n n n nna a a a a a a a a a a a a a a a ，其中每横行的数成等差数列，每竖列的数成等比数列，且各个等比数列的公比相同，若241a =，4218a =，43316a =．（1）求ij a 的表达式（用i ，j 表示）；（2）若11121311112221222322122331323333132123121323333n n n n n n n nn n n a a a a b b a a a a b b a a a a b b a a a a b b n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，求1i b ，2i b （1i n ≤≤，用i ，n 表示）．思路透析: （1）每一行的数成等差数列，∴42a ，43a ，44a 成等差数列．∴4342442a a a =+，∴4414a =，又每一列的数成等比数列，故24424a a q = ，∵241a =，∴214q =，且0n a >，∴12q =．∴44243421(2)(2)()816j j a a j d j a a =+-=+--=，∴441()22i ij j i ja a -==．（2）11231232222i i i i i nb n =⨯+⨯+⨯++⨯222211(21)(1)(123)232i i n n n n +++=++++=⨯ ，23212333332222n i i i i i n b =⨯+⨯+⨯++⨯ ，① ∴2312121333332222n n i i i i i n n b +-=⨯+⨯++⨯+⨯ ，②②－①得2312112(333)33222n n i i i i n b +=-++++⨯-⨯21113313321322n n i i i n ++-=-⨯+⨯-⨯-111[(21)33]2n i n ++=-+∴1211[(21)33]2n i i b n ++=-+．点评:新背景等比数列题型往往利用新定义或新概念将等比数列的知识点交汇于其中，该类题型是新高考命题的新动向．本题是等比数列与“行列式”相交汇的新背景题型，由于新型的定义式的出现，导致该题型又多了几分神秘的色彩，为我们接受新型问题开阔了眼界．例4. 64个正数排成8行8列，如下所示181211a a a 282221a a a…… ……888281a a a在符号ij a (1≤i ≤8，1≤j ≤8)中，i 表示该数所在的行数，j 表示该数所在的列数．已知每一行中的数依次都成等差数列，而每一列中的数依次都成等比数列（每列公比q 都相等），且.41,1,21322411===a a a （1）若131221,41a a a 和求=的值；（2）求ij a 的通项公式（注：用j i ,表示）；（3）记第n 行各项之和为n A (1≤n ≤8)数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足)(2,361n n n n n mb a mb A a +==+（m 为非零常数），n n nb c a =．求证{}n c 为等差数列．思路透析: （1）41,212111==a a ，每一列成公比相等的等比数列， ∴其公比22132121111.,24a q a a q a ==== 又∴12 1.a =又每一行成等差数列，∴在第一行中有131112,2a a a +=∴133.2a = （2）设第一行的公差为d ，.41)(,1)3(21121232111424=+===+==q d a q a a q d a q a a 两式联立解得.21,21==q d 从而111111[(1)]().2i i i ij j a a q a j d q j --=⋅=+-=⋅∴1().2iij a j =⋅（3）181312111a a a a A ++++= 1187187188182222a d ⨯⨯=+⨯=⨯+⨯= ∴111128111218n n n n n n n A a a a a q a q a q ---=++=+++11111218136()()1822n n n q a a a --=+++=⨯=∴362.n n na A == 由12()n n n mb a mb +=+得，11222n n n n mb mb a ++-==．两边同除以12n +得， .1)22(11=-++n n n n b b m 即为.1)22(11=-++nn n n b b m ∴11n n c c m +-=（常数）∴数列{}n c 成等差数列．点评:此题以数阵为载体，一改数列知识的单调、呆板的引入形式，使高考数学题充满活力和魅力！例5. 下表给出一个“三角形数阵”：14 12，14 34，38，316， …已知每一列的数成等差数列；从第三行起，每一行的数成等比数列，每一行的公比都相等．记第i 行第j 列的数为(,,ij a i j i j ∈≥N *）．（1）求83a ；（2）试写出ij a 关于i ，j 的表达式；（3）记第n 行的和为n A ，求数列{}n A 的前m 项和m B 的表达式．思路透析: （1）由题知，1{}i a 为等差数列，因为，1114a =，2112a =，所以公差14d =，8111(81)244a =+-⨯=．又各行成等比数列，公比都相等，3134a =，3238a =，所以每行的公比是12q =，所以283112()22a =⨯=．（2）由（1）知，111(1)444i i a i =+-= ，所以1111111()()()2422j j j ij i i a a i --+===．（3）211111[1()()]222n n n A a -=++++ 1111[2()]()4222n n n n n -+=-=-．11123(12)()222482m m m B m =+++-++++设1232482m m mT =++++ ． ①则11123248162m m mT +=++++ ． ② 由①－②，得1111111121122422222m m m m m m m m m T ++++=+++-=--=- ．所以，111(1)2(1)2(1)122242m m m m m m m m m B ++++++=--=+-．点评：解决数阵问题的关键是抓住题目中所给出的各行与各列所构成数列的类型，再根据所给出的特殊项推出各行、各列的前几项，进而求出通项．例 6. 设｛a n ｝是集合{}Z t s t s st ∈<≤+，且,022中所有的数从小到大排列成的数列，即a 1＝3，a 2＝5，a 3＝6，a 4＝9，a 5＝10，a 6＝12，……将数列｛a n ｝各项按照上小下大，左小右大的原则写成如图11所示的三角形数表：（Ⅰ）写出这个三角形数表的第四行、第五行各数; （Ⅱ）求a 100．思路透析: 容易看出，按照如图所示的排法，第4行有4个数字，第5行有5个数字……。

高考中数列通项公式求法

数列通项公式解法在高考中数列局部的考察既是重点又是难点，不管是选择题或填空题中对根底知识的考察，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。

求通项公式也是学习数列时的一个难点。

由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。

本文针对近几年高考常考题型进展分析和归类，总结出了求解数列通项公式的常用九种方法。

一．观察法命题题型：数列前假设干项，求该数列的通项。

思路方法：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。

案例分析：例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：〔1〕9，99，999，9999，…〔2〕 ,17164,1093,542,211 〔3〕 ,52,21,32,1〔4〕 ,54,43,32,21--解：〔1〕变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：110-=n n a〔2〕;122++=n n n a n 〔3〕;12+=n a n 〔4〕1)1(1+⋅-=+n n a n n . 点评：观察各项的特点，关键是找出各项与项数n 的关系。

变式练习：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：〔1〕4，44，444，4444，… 〔2〕 ,17164,1093,542,211 二、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例1：等差数列}{n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且,1a 3a ,9a 成等比数列，255a S =，求数列}{n a 的通项公式。

解：设数列}{n a 公差为d )0(>d∵,1a 3a ,9a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+，得d a d 12= ∵0≠d ，∴d a =1………………①∵255a S =∴211)4(2455d a d a +=⨯+………………② 由条件 01≠a∴由①②得：531=a ，53=d故 n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：此类题目或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。

高三数学第二轮复习( 求通项公式)

第六讲求通项公式★★★高考在考什么【考题回放】1、（2008江苏）将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10。

。

按照以上排列的规律，第n 行（3≥n ）从左向右的第3个数为 262n n -+2. (2007广东)已知数列{n a }的前n 项和29n S n n =-，则其通项n a = ；若它的第k 项满足58k a <<，则k = . 2n-10 ; 83、（2006广东）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 堆的乒乓球总数，则(3)_____f =；()_____f n =（答案用n 表示）.答案：=)3(f 10，6)2)(1()(++=n n n n f4、(四川省巴蜀联盟2008届高三年级第二次联考)如果数列{a n }满足321121,,,...,,...n n a a a a a a a -是首项为1，公比为2的等比数列，则a 100等于A ．2100B ．299C ．25050D ．24950答案：D5、(安徽省巢湖市2008届高三第二次教学质量检测)将自然数0，1，2，…按照如下形式进行摆列：，根据以上规律判定，从2006到2008的箭头方向是()答案：C图4…6、(2008广东省广州执信中学、中山纪念中学、深圳外国语学校三校期末联考)如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）……试用 n 表示出第n 个图形的边数 ____________n a =.答案：3×4n －1.7、(2008江苏省启东中学高三综合测试三)如图，第n 个图形是由正n+2边形“扩展”而来，(n=1,2,3,…)，则第n －2个图形中共有个顶点。

高三理科数学二轮复习——数列通项公式求法

将n 2代入得 : a3 3a2 ,所以a3 12.
从而b1 1, b2 2, b3 4
17.已知数列{an }满足a1
1,
nan1
2(n
1)an .
设bn
an n
.
(2) 判断数列{bn }是否为等比数列,并说明理由.
(3) 求{an }的通项公式.
(2)由条件可得
an1 n1
2an n
(2)设bn
1 anan1
,求数列{bn }的前n项和.
(1)当n 1时, a12 2a1 4S1 3 4a1 +3,因为an 0, a1 3
当n
2时, an2
an
a2 n1
an1
4Sn
3
4Sn1
3
4an ,
即(an an1 )(an an1 ) 2(an an1 ),Q an 0, an an1 2
当n
1时, a1
S1
2 3
a1
1 3
,
当n 2时,
an
Sn
Sn1
2 3
an
1 3
2 3
an1
1 3
2 3
an
2 3
an1 ,
即an 2an1
{an }是首项为1, 公比为 2的等比数列, an (2)n1
2015年理科高考题
17.Sn为数列{an }的前n项和,已知an 0, an2 2an 4Sn 3. (1)求{an }的通项公式;
a2 a1
a1
,即bn1
2bn , 又b1
1,
所以数列{bn }是首项为1, 公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得 an n

高三数学二轮复习冲刺：递推公式求通项的十大模型

递推公式求通项的十种类型类型1.等差数列：相邻两项递推形式：d d a a n n ，（=--1为常数，+∈≥N n n 且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++-∈≥=+N n n a a a n n n 且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！例1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =1=，则n a =（）A．21n -B．nC．21n +D．12n -解析：∵11a ==1，∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，(1)11(1)1n n n =-⨯=+-⨯=，即2n S n =，∴()221121n n n a S S n n n -=-=--=-（2n ≥）.当1n =时，11a =也适合上式，∴21n a n =-.故选：A.注1：在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即b kn a a n n +=++1，它可以得到两个子数列分别是公差为k 的等差数列.例2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2021项的和为()A．20212022B．20202021C．20192020D．10101011解析：∵12a =，()142n n a a n n +++=+∈N ，∴216a a +=，解得24a =．142n n a a n ++=+ ，∴2146n n a a n +++=+，两式相减，得24n na a +-=，∴数列{}n a 的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，∴当n 为偶数时，2(1)422n n a a n =+-⨯=．当n 为奇数时，1n +为偶数，∴根据上式和(*)知1422n n a n a n +=+-=，数列{}n a 的通项公式是2n a n =，易知{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故()()2212n n nS n n +==+，()111111n S n n n n ==-++，设1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为n T ，则20211111112021112232021202220222022T =-+-++-=-= ．故选：A．例3．数列{}n a 中，112,21,N n n a a a n n *+=+=+∈．求{}n a 的通项公式；解析：（1）由121++=+n n a a n ①2123n n a a n ++⇒+=+②，②-①22n n a a +⇒-=，∴{}n a 的奇数项与偶数项各自成等差数列，由11223a a a =⇒+=，∴21a =，∴2112(1)2n a a n n -=+-=，∴1n a n =+，n 为奇数，212(1)21n a n n =+-=-，∴1n a n =-，n 为偶数．∴()()**1,21,N 1,2,Nn n n k k a n n k k ⎧+=-∈⎪=⎨-=∈⎪⎩.类型2.等比数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+-∈≥≠≠=N n n a q qa a n n n且且或q a a n n=-1.或者相邻三项递推：)2(211≥∈=+-+n N n a a a n n n 且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++∈∀⋅=N n m a a a n m m n ,,，我们可以对其赋值得到一个等比数列.例4．数列{}n a 中，112a =，对任意,N m n *∈有m n m n a a a +=，若19111k k k a a a +++++ 15522=-，则k =（）A．2B．3C．4D．5解析：由任意,m n *∈N 都有m n m n a a a +=，所以令1m =，则11n n a a a +=，且112a =，所以{}n a 是一个等比数列，且公比为12，则1910155191112222222k k k k k k k k a a a ++++++++=+++=-=- 所以5k =，故选：D.例5．已知数列{}n a 满足22,2,n n n a n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数为偶数且11a =，22a =．求通项n a ；解析：当n 为奇数时，由22n n a a +-=知数列{}21k a -是公差为2的等差数列，()2111221k a a k k -=+-⨯=-，∴n a n =，n 为奇数；当n 为偶数时，由22n n a a +=知数列{}2k a 是公比为2的等比数列，1222k kk a a q -==，∴22nn a =，n 为偶数∴2,2,n n n n a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.类型3.)(1n f a a n n =--累加型例6．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．求{}n a 的通项公式.解析：因为12n n a a n +-=，11a =，所以()()()1122112(1)2(2)21n n n n n a a a a a a a a n n ---=-+-++-+=-+-+++2222(1)112n n n n -+⋅-+=-+=，故21n a n n =-+.类型4.)(1n f a a n n=-(2≥∈+n N n 且)累乘型.例7．数列{}n a 及其前n 项和为n S 满足：11a =，当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，则12320231111a a a a ++++= （）A．20211011B．40442023C．20231012D．40482025解析：当2n ≥时，111n n n a a n -+=-，即111n n a n a n -+=-，所以3124123213451,,,,,12321n n n n a a a a a n n a a a a n a n ---+=====-- 累乘得：()113451123212n n n a n n a n n ++=⨯⨯⨯⨯=-- ，又11a =，所以()12n n n a +=所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则1232023111111111111222212233420232024a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭14046202321202420241012⎛⎫=-== ⎝⎭.故选：C.类型5.d ca a n n +=-1型（待定系数法）一般形式：1(,n n a ca d c d -=+为常数，0,1,0)c c d ≠≠≠，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dx c =-，1()n n a x c a x -+=+，令n n b a x =+，则n b 为等比数列，求出n b ，再还原到n a ，1)1(11--⋅-+=-c dc cd a a n n .例8．在数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈．求{}n a 的通项公式.解析：依题意，数列{}n a 中，12a =，()*1432,N n n a a n n -=-≥∈，所以()()1*N 1412,n n a a n n --=-≥∈，所以数列{}1n a -是首项为111a -=，公比为4的等比数列.例9.(2014年新课标全国1卷)已知数列{}n a 满足13,111+==+n n a a a ，证明⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式.解析：显性构造：13,111+==+n n a a a ，)21(3211+=++n n a a ，)13(21-=n n a .类型6.nn n b m qa a ⋅+=+1型例10．已知数列{}n a 的首项1=6a ，且满足1142n n n a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式；解析：∵1142n n n a a ++=-，∴112122n n n n a a ++=⋅-，∴1112122n n n n a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵1122a -=，故12n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．112222n nn n a --=⋅=，则42n n n a =+．类型7.)1)((1≠+=+p n f pa a n n 型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=⇒+=n n n n n n n p n f p a p a n f pa a ，令n n n p a b =，则11)(++=-n n n pn f b b ，用累加法即可解决！例11.(2020年新课标全国3卷)设数列{}n a 满足31=a ，n a a n n 431-=+.（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{}n na 2的前n 项和n S .解析：方法1：归纳法.（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+得1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+，1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+方法2：构造法.由n a a n n 431-=+可得：1113433+++-=-n n n n n n a a ，累加可得：123123+=⇒+=n a n a n n n n .（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯ .①23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯ .②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯ ，1(21)2 2.n n S n +=-+类型8.)0(1≠⋅+=+q p qpa ta a n nn 型例12．已知数列{}n a 满足11a =，*1,N 1nn n a a n a +=∈+，求数列{}n a 的通项公式.因为*1,N 1n n n a a n a +=∈+，所以1111n na a +=+，即1111n n a a +-=，又11a =，所以111a =，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为首项为1，公差为1的等差数列，所以()1111n n n a =+-⨯=，故1n a n =，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n=.类型9.已知n S 与n a 关系，求n a .解题步骤：第1步：当1=n 代入n S 求出1a ；第2步：当2≥n ，由n S 写出1-n S ；第3步：1--=n n n S S a （2≥n ）；第4步：将1=n 代入n a 中进行验证，如果通过通项求出的1a 跟实际的1a 相等，则n a 为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1⎩⎨⎧≥==n a n a a n n 在本考点应用过程中，具体又可分为三个角度，第一，消n S 留n a ，第二个角度，消n a 留n S ，第三个角度，级数形式的前n 项和，下面我们具体分析.例13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，112n n n S S a ++⋅=-.证明：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.证明：∵112n n n S S a ++⋅=-，∴112n n n n S S S S ++⋅=-，易知0n S ≠，∴111112n n n n n nS S S S S S +++-=-=⋅，∴数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为2的等差数列.例14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1=2a ，()*123N n n n a S n +=+∈.求n S .解析：因为()*123N n n n a S n +=+∈,所以11233,3n nn n n n n S S S S S ++-=+=+∴，则111111,333333n n n n n n n n S S S S ++++-=+=，11233S =，即{}3n n S 为首项为23，公差为13的等差数列，则211(1)(1)3333n n S n n =+-=+，故1(1)3n n n S -=+⋅.例15．已知数列{}n a 满足123123252525253n n na a a a ++++----…．求数列{}n a 的通项公式.解析：123123252525253n n na a a a +++=----…，①当1n =时，14a =．当2n ≥时，123112311252525253n n n a a a a ---++++----…，②由①-②，得()3522n n a n +=≥，因为14a =符合上式，所以352n n a +=．例16.（2022新高考1卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11=a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．求{}n a 得通项公式.解析：111==S a ，所以111=S a ，所以{}n n S a 是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+-⋅=n n S n n a ，所以23+=n n n S a ．当2n 时，112133--++=-=-n n n n n n n a S S a a ，所以1(1)(1)--=+n n n a n a ，即111-+=-n n a n a n （2n ）；累积法可得：(1)2+=n n n a （2n ），又11=a 满足该式，所以{}n a 得通项公式为(1)2+=n n n a ．类型9：已知前n 项积求n a .例17.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212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．解析：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠，所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈，所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列.（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n n b n ∴=+-⨯=+,22211n n n b n S b n +==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.类型10.特征方程法（强基层次）：n n n ba aa a +=++12型.求解方程：02=--b a λλ，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nn x b An a 0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则n nn Bx Ax a 21+=例18．已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-.求数列{}n a 的通项公式；解析：2143n n n a a a ++=-，变形为：()2113n n n n a a a a +++-=-，216a a -=，∴数列{}1n n a a +-是等比数列，首项为6，公比为3.∴116323n nn n a a -+-=⨯=⨯，变形为：1133n n n n a a ++-=-，131a -=-，∴31n n a -=-，∴31n n a =-例19.已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩，1322n n n a --∴=．例20.已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ．解析：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n n n n na --∴=+-．。

高考数学复习专题讲座数列通项公式的求法

高考数学复习专题讲座数列通项公式的求法(总15页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除高考数学复习专题讲座数列通项公式的求法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。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=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。

二、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⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。

例2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式。

解：由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时，有,)1(2)(211nn n n n na a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a 11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n nn n n n n经验证11=a 也满足上式，所以])1(2[3212---+=n n n a点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-211n S S n S a n n n n 求解时，要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．三、由递推式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

高考数列通项解题公式

高考数学中，数列通项公式的写法如下：
对于等差数列，通项公式为：an = a1 + (n-1)d
其中，an表示第n个数；a1表示首项；d表示公差。

对于等比数列，通项公式为：an = a1 × q^(n-1)
其中，an表示第n个数；a1表示首项；q表示公比。

在高考数学中，还需要掌握一些变形技巧，如将数列中的项数及求和公式转化为等差数列或等比数列的形式，以便于运用通项公式进行计算。

需要注意的是，数列通项公式只是一种求解数列中特定项的方法，需要进行合理选择应用。

同时，需要注意每种数列的特点和应用场景，如等差数列常用于计算等差数列前n项和、求解等差数列中的某个未知项等问题；等比数列常用于计算等比数列前n项和、求解等比数列中的某个未知项等问题，特别是在复利计算、几何分布、指数衰减等领域具有广泛的应用。

因此，在高考复习中，需要多练习各种数列计算题型，熟练掌握数列通项公式的应用和转换技巧，才能在考试中更好地解决数学题目。

高三数学通项公式

数列复习 ——通项公式
基本概念
数列的通项公式：如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式．
数列的通项公式的求法
题型一：已知数列的前几项，求数列的通项公式．
例1. 根据数列的前几项，写出下列数列的一个通项公式：
4 1 4 2 (1) 0.9, 0.99, 0.999, 0.9999, ; (3) 1, 0, 1, 0, 1, 0, .
数列的通项公式的求法
题型二：已知递推公式，求特殊数列的通项公式．
例2. 写出下面各数列的一个通项公式． an (1) a1 1, a n 1 1 ( n 1) 2
数列的通项公式的求法
题型二：已知递推公式，求特殊数列的通项公式．
例2. 写出下面各数列的一个通项公式． 2a n 1 ( 2) a1 1, a n ( n 2) 2 a n 1
数列的通项公式的求法
题型二：已知递推公式，求特殊数列的通项公式．
例2. 写出下面各数列的一个通项公式． 2a n 1 ( 2) a1 1, a n ( n 2) 2 a n 1 练习2. a1 1, a n 1
湖南省长沙市一中卫星远程学校
练习3. * a1 1, a 2 3, a n 2 3a n 1 2a n ( n N )
数列的通项公式的求法
题型二：已知递推公式，求特殊数列的通项公式．若数列{an}满足a1=a, a n 1 a n bn ,
(数列{bn}为可以求和的数列)，则用累加法求解，即
数列的通项公式的求法
题型二：已知递推公式，求特殊数列的通项公式．
例2. 写出下面各数列的一个通项公式． n (4) a1 1, a n 1 a n ( n 1) n1 练习4. a1 1, a n 1 2 a n ( n 1)

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解06 数列概念及通项公式

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解考点06 数列概念及通项公式一、数列的概念及简单表示法1.数列的定义按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)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递推公式. 5.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.1.若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.4.S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． ①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解； ②利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解． 5.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)已知a 1且＝f (n )，可用“累乘法”求a n ，即a n ＝··…···a 1.(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }． (4)形如a n ＋1＝(A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．6.在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 7.用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意n S 与n a 的关系1.（2023湖北省新高考）已知数列{}n a 的首项12a =，其前n 项和为n S ，若121n n S S +=+，则7a =__________．【答案】96【分析】由题意易得121n n S S -=+(2)n ≥，两式相减可得数列{}n a 从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为121n n S S +=+，所以121n n S S -=+(2)n ≥，两式相减得12n n a a +=，又因为12a =，122121S a a a =+=+，得23a =，所以数列{}n a 从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为22,1,{32,2,n n n a n -==⋅≥，所以573296a =⨯=，故答案为：96.由递推公式求通项1.（2023河南省顶级名校9月开学联考）若数列{}n b 满足：()12337212n n b b b b n ++++－＝，则数列{}n b 的通项公式为（）A ．21n b n =-B ．21n n b =-C ．121n n b =- D ．221nn b =- 【答案】D分析】利用整体相减的方法即可计算出数列{}n b 的通项公式【详解】由()12337212n n b b b b n ++++－＝①得，当1n >时()11231372122n n b b b b n --+-＋++－＝②由①-②得()221221nn n n b b -=⇒=- 当1n =时1212b =⨯=也满足上式故选：D2.（2023辽宁省盘锦市高级中学9月月考）已知数列{}n a 满足11a =，213a =，且112n n n a a a +-=1n n a a ++1n n a a --112n n a a +-（n ≥2），则数列{}n a 的通项公式为_____________. 【答案】211n a n n =-+【分析】化简题设条件得到1111112n n n n a a a a +-⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得出数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公差的等差数列，求得则1112n nn a a +-=，再利用叠加法，即可求解，得到答案.【详解】由题意，数列{}n a 满足11111122n n n n n n n n n a a a a a a a a a +-+-+-=+-（2n ≥），两侧同除11n n n a a a +-，可得111122n n na a a -+=+-，即1111112n n n n a a a a +-⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公差的等差数列，则1112(1)22n nn n a a +-=+-⨯=，所以121321*********[24(22)]n n n n a a a a a a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()22221112n n n n +--=+=-+（2n ≥），当1n =时，11a =适合上式，所以211n n n a =-+，所以数列{}n a 的通项公式211n a n n =-+.故答案为：211n a n n =-+【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列定义及通项公式，以及“叠加法”的应用，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“叠加法”求解是解答的关键.分组求和1.（2023湖北省武汉市部分学校9月质量检测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*1n n S na n =-∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列()1n na ⎧⎫-⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求2n T 的表达式.【答案】（1）()11n a n n =+；（2）222n n +【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用分组求和法以及等差数列的前n 和公式即可求出结果. 【详解】（1）当1n =时，1111a S a ==-，即112a =，当2n ≥时，()11111n n n n n a S S na n a --==--+--，即()()111n n n a n a -+=-，因此111n n a n a n --=+，所以12211231123111132n n n n n n n a a a a n n n a a a a a a n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯+- ()11n a n n =+，经检验，1n =时成立，所以()11n a n n =+；（2）()()()()()21111nnnnn n n a n -=-+=-+，所以()()()()()()()222222211223344212122n n n n n T ⎡⎤⎡⎤=-+++-+++---+-++⎣⎦⎣⎦()()()22222212342121234212n n n n =-+-+---+-+-+---+()3741n n =+++-+()3412n n n +-⎡⎤⎣⎦=+222n n =+2.（2023安徽省江淮十校高三上学期第一次联考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =，12n S n t n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（t 为常数）．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()1(1)lg nn n n b a a +=-⋅，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【答案】（1）n a n =；（2）(1)lg(1)nn T n =-+．【分析】(1)令1n =,解得:12t =,再由-1n n n a S S =-,即可求出n a , (2)根据(1)的结论,再利用并项求和,即可求解.【详解】解：（1）令1n =，1112S a t ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，可得12t =，所以1122n S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2n ≥时，111(1)(1)22n S n n -⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦，可得2211(1)22n a n n n ⎡⎤=--+=⎣⎦ 所以n a n =（2n ≥），又因为11a =满足上式，所以n a n =（2）因为()()11(1)lg (1)lg lg n nn n n n n b a a a a ++=-⋅=-+()()()()n 1223341lg lg lg lg lg lg (1)lg lg n n n T a a a a a a a a +=-+++-+++-+11(1)lg lg (1)lg(1)n n n a a n +=--=-+所以n (1)lg(1)nT n =-+裂项相消法求和1.（2023河南省部分名校高三上学期8月份摸底）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a +=. （1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）求数列3321log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和n T .答案】（1）证明见解析；（2）32342(1)(2)n n T n n +=-++. 【分析】（1）根据数列n a 与n S 的关系，消去n S ，即可证明数列{}n a 是等比数列；（2）根据（1）的结果，知33211log log (2)n n a a n n +=⋅+，再利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由233n n S a +=，得323n n a S =+，① 于是得11323n n a S ++=+，②②-①得11332n n n a a a ++-=，即13n n a a +=，当1n =时，11132323a S a =+=+，即13a =，所以数列{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）知3nn a =，所以33log lo 3g n n n a ==，所以33211111log log (2)22n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭11113231221242(1)(2)n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭. 错位相减求和1.（2021高三数学冲刺原创卷）已知{}n a 是首项为1的单调递增的等差数列，其中21a +，342a a +，5a 成等比数列．{}nb 的前n 项和为n S ，且12b a =，()11n n b S n *+=+∈N ． (1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-；(2)()17232n n T n +=+-⨯.【分析】(1)根据等比数列的性质及已知条件，求出等差数列的公差d ，再利用等差数列的通项公式即可求解；(2)根据数列的递推公式求出数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法及等比数列的求和公式即可求解．【详解】(1)因为{}n a 是首项为1的单调递增的等差数列，所以11a =，设数列{}n a 的公差为d 且0d >，则212a d +=+，345122a a d +=+， 514a d =+．因为21a +，342a a +，5a 成等比数列，所以()2342512a a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()()2512142d d d ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭，解得2d =或29d =-（舍负），所以21n a n =-． (2)因为11n n b S +=+，① 所以()112n n b S n -=+≥，②由①-②得()()()11211n n n n n b b S S n b +--=+-=≥+，所以()122n n b b n +=≥．因为123b a ==，211114b S b =+=+=，所以{}n b 是从第二项开始的等比数列，则数列{}n b 的通项公式为鈮由（Ⅰ）知则()()231133252232212n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，③ ()()3412233252232212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，④③-④得()()34192222212n n n T n +-=+⨯+++--⨯()311229221212n n n ++-=+⨯--⨯-，所以()17232n n T n +=+-⨯．2.（2023河南省顶级名校高三上学期9月联考）已知数列{}n a 、{}n b 满足：121n n a a +=+且11a =，()2log 1n n b a =+．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）数列{}n c 满足：11n nnn b c b a -=，其中n *∈N ，若数列{}n c 的前n 项和为n H ，求n H ．【答案】（1）21nn a =-；n b n =；（2）222n nn H +=-．【分析】（1）由递推关系可构造等比数列{}1n a +，即可求出n a ，代入()2log 1n n b a =+化简即可得n b ；（2）由（1）可得12n n n n b nc a ==+，利用错位相减法求解即可. 【详解】（1）由121n n a a +=+，令()12n n a c a c ++=+，得1c =，{}1n a ∴+是以2为首项，以2为公比的等比数列．1122n n a -∴+=⋅，即21n n a =-．()2log 1n n b a n ∴=+=．（2）由题意知12n n n n b nc a ==+， 231232222n nn H ∴=++++① 234111231222222n n n n nH +-=+++++② ①-②得，231111111212222222n n n n n n H +++=++++-=-， 222n n n H +∴=-．1.（2020年新课标Ⅰ）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=， 17a ∴=. 故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.2.（2020年新课标Ⅰ）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.3.（2021年全国高考乙卷）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212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n nb b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈ 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b-=．③又212n nS b +=，④ 由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112nb n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b nS b n+==-+, 当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1n n n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；一、单选题1．（2023·浙江嘉兴·二模）已知数列{}n a 满足11a =，()*14,2n n a a n N n -⎫=+∈≥，n S 为数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，则（）A ．20227833S << B ．2022723S <<C ．2022523S <<D ．2022513S <<【答案】D【分析】先判断出1n n a a ->，通过放缩得到1n a ⎛⎫<，再通过分析法23<，结合裂项相消即可证得202253S <，又由1n n a a ->证得2022111S a >=即可.【详解】当*n N ∈，2n ≥时，因为140n n a a -⎫-=>，所以1n n a a ->，又因为1n a ⎛⎫= 且111n n n a a --=-，()12413n a -=<+，15833n a -+，即证，即证116492580n n n a a a--<++，即证111649362580n n n a a a ---⎫+<++，即证11169420n n a a --⎫<++令2t ，即证21129412n t t a -<++，当2t ≥，11n a -≥时，不等式恒成立.因此，1n a ⎛⎫=23⎛⎫<，所以20221220221111123S a a a a =++⋅⋅⋅+<+⎛⎫525333=-<，又因为202212320221111111S a a a a a =+++⋅⋅⋅+>=，故选：D.23<，又由放缩得到1n a ⎛⎫<=，进而通过裂项相消证得202253S <，最后由1n n a a ->证得2022111S a >=即可. 2．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足()202112022nn a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则当n a 取得最大值时n 的值为（） A ．2020 B ．2024 C ．2023 D ．2023【答案】A【分析】利用作商法可得()12020120221n n a n a n +-=++，讨论n 的取值判断1n naa +与1的大小关系，即可得n a 最大时n 的值. 【详解】 ∵()()()120212202012022120221n n n a na n n ++-==+++， ∴当2020n >时，11n na a +<；当2020n <时，11120201n n n n a an a a ++>=⇒=，，∴根据选项，当2020n =时，n a 取得最大值. 故选：A ．二、多选题3．（2023·湖北·黄冈中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S a +=对于*n N ∀∈恒成立，若定义(1)nn S S =，()()(1)12nk k ni i S S k -==≥∑，则以下说法正确的是（）A ．{}n a 是等差数列B ．()232122nnn n S -+=-C ．()()()121A 1!k k k n k nnS S k +++--=+D ．存在n 使得()202120222022!nn S = 【答案】BC【分析】利用退位相减法可得数列的通项及n S 即可判断A 选项，按照给出的定义求出()3n S 即可判断B 选项，数学归纳法和累加法即可判断C 、D 选项. 【详解】当1n =时，1112a S ==，当2n ≥时，由1n n S a +=，得111n n S a --+=，故10n n n a a a -+-=，即112n n a a -=，所以数列{}n a 为等比数列，首项112a =，公比12q =，故12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，A 选项错误；则11122111212nnn S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-，所以()1112n n n S S ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()()()()()221111121111111112222n nnn n ni S S S S S n =⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+++=-+-++-=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑()()()223210111112101112222222nnnnn ni n nn n S S n =+--+⎛⎫⎛⎫==+++++-+=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑，B 选项正确；当1k =时，()()2231A 22!n n nn n S S --==，假设当k m =时，()()()12111A C 1!m m m m n m nnnm S S m ++++-+--==+成立，当1k m =+时，由()()()()()()()111111211k k k k k kk n n n n n S S S S S S S -------=++++=+可得()()()()()()()()()()()3+132+13+121111m m m m m m m m m m n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S +++++-----=+-+=-+-()()3+11111C m m m n n n m S S ++--+-=-+，则()()()()3+13+1111222C m m m m m n n n n n m S S S S +++----+--=-+，()()()()3+13+1122333C m m m m m n n n n n m S S S S +++----+--=-+，L ，()()()()3+13+1133222C m m m m m m S S S S ++++-=-+，()()()()3+13+1122111C m m m m m m S S S S ++++-=-+，将上式相加可得()()()()3+13+11111111221C C C C m m m m m m m m n n m m n m n m S S S S +++++++++-+--=-+++++，又()()()11111kk S S S -==，则()()3+1110m mS S +-=，故()()3+11111211112212221C C C C C C C C m m m m m m m m m m n n m m n m n m m m n m n m S S ++++++++++++-+-+++-+--=++++=++++()()()()11211211123321A A CCCCC2!11!m m n m m m m m m n mm m n m n m n mm m +++++-+++++++++-+-+=++++===+++⎡⎤⎣⎦，即1k m =+时也成立，故()()()121A 1!k k k n k nnS S k +++--=+，C选项正确；D 选项，当1n =时，由()()()111111122022!k k S S S -===>知不成立，当2n ≥时，由C 选项知：()()()1212111A C C 1!k k k k n n k nnn k n k S S k +++-+-+-+--===+，则()()11222C C k k k n n n n k n k S S +--+-+--== ，()()21233C C k k k n n n n k n k S S ---+-+--==，L ，()()423211C C n n n n n S S -++-==，()()3122C C n nn n n S S --==，上式相加得()()()()21212222121CCCCk k n n n n nnnn nn n k n k S S S S ++----++-+-+=+++++，又由上知，()()21111122nnn nS S n n ⎛⎫⎛⎫+=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()()21222212222121121C C C C C C C C C k k n n n n n n n n n n n n n n k n k n n n n k n k S S n ++---------++-+-++-+-+=++++=++++122211121C C C C C n n n n n n n n k n k n k -----+++-+-+=+++=，可得()()()()20222021120212020202020202019C C 2021!n n n n n n n nS S -+++++===，又由()()()()111,0k k k n n n n S S S S --=+>可得()()1k k n n S S ->，()()()()()2022202120222020201922021!n n n n n nS S S +++=<，即()()()20212021202120222020201922021!22021!20222021!2022!nn n nn n n S ++>>>=⨯⨯⨯，D 选项错误；故选：BC.【点睛】本题关键在于C 、D 选项的判断，C 选项通过数学归纳法和累加法以及组合数的性质即可求解；D 选项借助C 选项的结论，通过累加法以及组合数的性质进行判断即可.三、填空题4．（2023·辽宁葫芦岛·一模）已知数列{}n a ，11a =，对于任意正整数m ，n ，都满足m n m n a a a mn +=++，则122021111a a a ++⋅⋅⋅+=______．【答案】20211011【分析】令1m =,得11n n a a n +-=+，用累加法求出()1211=211n a n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，由此利用裂项相消求和求出122021111a a a ++⋅⋅⋅+的值.【详解】令1m =，得111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，则1n n a a n --=，121n n a a n ---=-，……，323a a -=，212a a -=，所以当2n ≥时，()()()()12132111232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=，又11a =满足上式，所以()12n n n a +=所以()1211=211na n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，122021111111111202121212232021202220221011a a a ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：20211011. 5．（2023·江西景德镇·三模（理））已知数列{}n a 和正项数列{}n b ，其中π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，且满足2cos 1n n n b a b =-，数列{}sin n n b a 的前n 项和为n S ，记n n S c n=，满足1421n n c c +-=．对于某个给定1a 或1b 的值，则下列结论中：①1b ⎤∈⎥⎣⎦；②2b =；③若12b ∈⎣⎭，则数列{}n c 单调递增；④若11,12c ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，则数列{}sin n n b a 从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．【答案】①②③【分析】求得1b 的范围判断①；求得2b 的值判断②；判定出数列{}n c 单调性判断③；由数列{}sin n n b a 第三项小于第二项否定④.【详解】由2cos 1n n n b a b =-，可知2cos 10nn n b b a --=，则21cos n n n b a b -=，又π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦则2110n n b b --≤≤，解之得n b ⎤∈⎥⎣⎦.则①判断正确；由1421n n c c +-=，可得21421c c -=，则21221sin 2S S b a -==，则221sin 2a b =又由2cos 1n n n b a b =-，可知2222cos 10b b a --=，则22221cos b a b -= 则由222222222211cos sin 12b a a b b ⎛⎫⎛⎫-+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则2212b =或2252b =（舍）则2b =或2b =. 则②判断正确；由2cos 1n n nb a b =-，可知2111cos 10b b a --=，则21111111cos b a b b b -==-若1b ∈⎣⎭，则1111cos 1,a b b ⎡=-∈-⎢⎣⎭，又π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则13π,π4a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，则1sin 2a ⎡∈⎢⎣⎭，则1111sin 0,2c b a ⎡⎫=∈⎪⎢⎣⎭ 由1421n n c c +-=，可得1114()222n n c c +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，则11111222n n c c -⎛⎫⎛⎫=-⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又1111111sin 02122S c b a -=-=-<，则数列{}n c 单调递增. 则③判断正确；由nn Sc n =，可得11111222n n n S nc c n n -⎛⎫⎛⎫-⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭== 由1111sin b a S c ==，2221111111sin 2()22222b a S S c c ⎡⎤=-=-⋅+⨯-=⎢⎥⎣⎦，333211*********sin 3()32()224222248b a S S c c c ⎡⎤⎡⎤=-=-⋅+⨯--⋅+⨯=-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦则当11,12c ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，33221115111sin sin ()048242b a b ac c -=-+-=-<，即数列{}sin n n b a 的第三项小于第二项.则数列{}sin n n b a 从第二项起单调递增的说法判断错误. 故答案为：①②③ 四、解答题6．（2023·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022nT +<，求正整数n 的最小值. 【答案】(1)*,N n a n n =∈(2)505【分析】（1）设等差数列的公差为,0d d ≠.由题意，列方程组求1,a d ，即求通项公式；（2）求得2411(1)(1)212141nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪-+-⎝⎭，由裂项相消法求2n T ，解不等式可得n 的最小值. (1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =. 又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列，所以*,N n a n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++， 2111412020n T n +=<+，20194n ∴> 所以n 的最小值为505.7．（2023·福建·模拟预测）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1132n n n S S a +++=-，且11a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n c 是等差数列，且11c a =，32c S =，设n n n b a c =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12n n a -=(2)()121nn T n =-⋅+【分析】（1）根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差得到()122n n a a n +=≥，即可得到{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得到通项公式；（2）首先求出{}n c 的通项公式，即可得到12n n b n -=⋅，利用错位相减法求和即可； (1)解：因为1132n n n S S a +++=-，所以()1322n n n S S a n -+=-≥，两式相减，可得()11332n n n n a a a a n +++=-≥，整理得()122n n a a n +=≥， ∵1n =时，1221222232232242a S a a a a a a +=-⇒+=-⇒=⇒=，∴212a a =，所以公比2q =，即数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=； (2)解：易知111c a ==，323c S ==，所以公差3112d -==，所以n c n =，所以12n n n n b a c n -=⋅=⋅，因为01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅，则()12312122232122n n n T n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅，两式相减可得()()011122222212112nnn nn n T n n n --=⋅-+++=⋅-=-⋅+-.即()121nn T n =-⋅+8．（2023·江苏·海安高级中学二模）已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)设22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，求证：112n n S a +>-．【分析】（1）由已知得1n n T a =-，111(2)n n T a n --=-≥，两式相除整理得1111(2)11n n n a a --=≥--，从而可证得结论，（2）由（1）可得1n n a n =+，再利用累乘法求11n T n =+，从而2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++，然后利用放缩法可证得结论 (1)因为1n n a T +=，所以1112n n T a a =-∴=，所以111(2)n n T a n --=-≥，两式相除，得11(2)1n n n a a n a --=≥-，整理为112n n a a -=-，再整理得，1111(2)11n n n a a --=≥--．所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为以2为首项，公差为1的等差数列．(2)因为1n n a T +=，所以1111,221a a==-，由（1）知，1211nn a =+--，故1n na n =+，所以121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⋅⋅⋅⨯=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111*********(1)(2)23341222n n n n n >++=-+-++-=-⨯⨯+++++．又因为11111122222n n a n n ++-=-=-++，所以112n n S a +>-．9．（2023·广东广州·二模）问题：已知*n ∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，是否存在数列{}n a ，满足111,1n n S a a +=≥+，__________﹖若存在．求通项公式n a ﹔若不存在，说明理由．在①1n a +=﹔②()12n n a S n n -=+≥；③121n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：1,188,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩；选②：121n n a +=-；选③：2n n a n =-【分析】选①：利用n a 与n S 的关系得到关于n S 的递推公式，再由递推公式求n S ，然后可得通项n a ；选②：利用n a 与n S 的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：11n n n a S S ++==-=1111,1n n S a a a +==-≥0>2=，即是以2为公差，1为首项的等差数列21n -，即2(21)n S n ∴=-当2n ≥时，221(21)(23)88n n n a S S n n n -=-=---=-显然，1n =时，上式不成立，所以1,188,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩.选②：当2n ≥时，1n n a S n -=+，即1n n S a n -=- 所以11(1)()n n n n n a S S a n a n -+=-=-+-- 整理得112(1)n n a a ++=+ 又2123a S =+=，214a +=所以{1}n a +从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列∴当2n ≥时，211422n n n a -++=⋅=，即121n n a +=-显然，1n =时，上式成立，所以121n n a +=- 选③：121n n a a n +=+-112()n n a n a n +∴++=+又112a +={}n a n ∴+是以2为公比和首项的等比数列2n n a n ∴+=，即2n n a n ∴=-。