2019年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训5 复杂数列的通项公式与求和问题 Word版含答案

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江苏省2019届高三数学复习试题：第七讲_数列及其通项公式

第七讲数列及其通项公式A 卷一、选择题（每小题6分，共36分）1．已知数列的通项公式1(1)(43)n n a n -=--，n S 为其前n 项和，则152231S S S +-等于（）A ．46B ．46-C ．78D ．78-2．已知数列{}n a 满足11(2)n n n a a a n +-=-≥，12a a a b ==，，n S 为{}n a 前n 项和，则（） A ．1001002a a S a b =-=-， B ．1001002a a S b a =-=-，C ．100100a b S b a =-=-，D ．100100a a S b a =-=-，3．已知{}n a 的通项公式为2(1)n a n n =+，则110是它的（）A ．第4项B ．第5项C ．第6项D ．第7项4．若数列{}n a 中，13a =，且2*1()n n a a n +=∈N ，则数列的通项n a =（）A ．23nB ．123n -C ．23nD ．123n +5．数列{}n a 的前n 项的和记为n S ，且*11()n n n S S a n +++=∈N ，则数列{}n a 是（）A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列6．把所有3的方幂及任意有限个互不相等的3的方幂之和排成一个递增数列：1349，，，，101213，，，，则第100项是（）A ．980B ．981C ．984D ．987二、填空题（每小题9分，共54分）7．在数列{}n a 中，122123n n n a a a a a ++===-，，则n a = ．8．已知数列{}n a 的前n 项的和n S 满足2log (1)1n S n +=+，则其通项公式为． 9．无穷数列{}n a 同时满足条件①对于任意正整数n ，都有24n a -<<；②当n 为正偶数时，1n n a a -<，且1n n a a +>；③当3n >时，0n a >，请写出一个满足条件的数列{}n a 的通项公式． 10．设*123n S n n =++++∈，N ，则1()(32)nn S f n n S +=+的最大值是．11．一次函数()y f x =满足(8)15f =，且(2)(5)(4)f f f ，，成等比数列，则(1)(2)(3)f f f +++()f n += ．12．已知11121n n a a a +==-，，则20051i i a ==∑ ．三、解答题（每小题20分，共60分）13．数列{}n a 满足：12323(1)(2)n a a a na n n n ++++=++，求n a ．14．数列{}n a 满足21121,2n n a a a a n a =+++=，求n a ．15．设正整数数列{}n a 满足*321(2)n n n n a a a a n +++=+∈，N ，且62288a =，求123a a a ，，的值．B 卷一、选择题（每小题6分，共36分）1．数列12132143211121231234，，，，，，，，，，，则这个数列第1989项1989a =（）A ．1989102a <<B ．1989112a << C ．198912a ≤≤ D ．19892a >2．考虑正整数的非减序列：122333444455555，，，，，，，，，，，，，，，，其中正整数n 出现n 次，将第2005项除以5所得余数是（）A ．1B ．2C ．3D ．43．已知两数列2581114172(2001)3+-⨯，，，，，，，；5913172125，，，，，，，5(2001)4+-⨯，它们都有200项，这两列数中相同的项数有（）A ．49项B ．50项C ．51项D ．149项4．数列*2004()!n n n ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭N 是（）A ．递增数列B ．先增后减数列C ．递减数列D ．先减后增数列5．给定01x ≤<，对一切整数0n >，令11112212121n n n n n x x x x x ----<⎧=⎨-≥⎩，使05x x =成立的0x 的个数是（）A ．0B ．1C ．5D ．316．令(3(30123n n n x n =++-=，，，，，，则2005x 的个位数是（）A ．0B ．4C ．6D ．9二、填空题（每小题9分，共54分）7．在数列{}n a 中，若*12()n n a a n n ++=∈N ，则1352121n n a a a a a -+，，，，，，成等差数列且公差为2，类比以上性质，相应地，在数列{}n a 中，若*13()n n n b b n ++=∈N ，则可得结论：．8．设数列{}n a 的通项公式为2*()n a n n n λ=+∈N ，若{}n a 为单调递增数列，则实数λ的取值范围是．9．数列{}n a 中，若13a =，且1(1)n n na n a +=+，则n a = ．10．若数列{}n a 满足*1122()n n n a a a n +=⋅=∈，N ，则n a 的通项公式是．11．设数列{}n a 的首项11a =，前n 项和n S 与通项n a 满足22(2)21nn n S a n S =≥-，则n a = ．12．设数列11112482n ，，，，，能分出一个子列，且该数列是一个和为17的无穷等比数列，则这个子列的首项是．三、解答题（每小题20分，共60分）13．数列12n p p p ，，，，定义如下：12p =，2n ≥时，121(1n n p p p p -=⋅⋅⋅+的最大约数)．证明：*5n p n ≠∈，N ．14．已知数列{}n a 满足11112n n n n a a a a a --=⋅=+，，求数列的通项公式．15．设数列{}n a 中，010,012)n a a n +==，，，，求n a 的一个通项公式．。

高考数学二轮1题型练4 大题专项(二) 数列的通项、求和问题

题型练4大题专项(二)数列的通项、求和问题1.已知数列{a n}是公比为q的正项等比数列,{b n}是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1 a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列{a n}的公比q与数列{b n}的通项公式;(2)求数列{|b n|}的前10项和S10.2.(2021广西桂林中学高三月考)已知公差不为零的等差数列{a n}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n-3n-1}的前n项和为S n,求使S n≤-20成立的最小正整数n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,数列{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=(a n+1)n+1(b n+2)n,求数列{c n}的前n项和T n.4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公比为q的等比数列{b n}的首项是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式a n,b n;(2)求数列{1a n a n+1+1b n b n+1}的前n项和T n.5.已知数列{a n}满足a1=12,且a n+1=a n-a n2(n∈N*).(1)证明1≤a na n+1≤2(n∈N*);(2)设数列{a n2}的前n项和为S n,证明12(n+2)≤S nn≤12(n+1)(n∈N*).6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=1+S n,且a2=2a1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n log2a n+(-1)n·n,求数列{b n}的前n项和H n.答案：1.解:(1)由已知得b1+b2+b3=3b2=21,即b2=7.所以b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315, 解得d=-2或d=2(舍去).所以b1=7+2=9,b n=-2n+11.因为{a n}是公比为q的正项等比数列,1a2−1a3=da1,所以1a1q−1a1q2=-2a1,所以2q2+q-1=0,解得q=-1(舍去)或q=12.(2)由(1)易知当n≤5时,b n>0,当n≥6时,b n<0.设{b n}的前n项和为T n,则S10=b1+b2+…+b5-b6-b7-…-b10 =2(b1+b2+…+b5)-(b1+b2+…+b10)=2T5-T10=2×[5×9+5×42×(−2)]-(10×9+10×92×(−2))=50.2.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0).因为a2,a1,a3成等比数列,所以a12=a2a3,即(a3-2d)2=(a3-d)a3,所以(-4-2d)2=-4(-4-d).又d≠0,所以d=-3.所以a1=a3-2d=2.所以a n=2-3(n-1)=-3n+5.(2)由(1)得a n-3n-1=(-3n+5)-3n-1,所以S n=(2-30)+(-1-31)+(-4-32)+…+[(-3n+5)-3n-1]=[2+(-1)+(-4)+…+(-3n+5)]-(30+31+32+…+3n-1)=n[2+(-3n+5)]2−30(1-3n)1-3=7n-3n22−3n-12=7n-3n2-3n+12.所以S1=1,S2=-3,S1>S2.由f(x)=7x-3x 22在区间[2,+∞)上单调递减,g(x)=-3x-12在区间[2,+∞)上单调递减,可知当n≥2时,S n+1<S n.又S2<S1,所以{S n}是递减数列.又S3=-16,S4=-50,所以使S n≤-20成立的最小正整数n为4.3.解:(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5, 又当n=1时,a1=S1=11适合上式,所以a n=6n+5.设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,得{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,解得{b 1=4,d =3,所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,又T n =c 1+c 2+c 3+…+c n ,则T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1], 2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2],两式相减,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2] =3×[4+4(2n −1)2−1−(n +1)·2n+2]=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2.4.解:(1)设{a n }公差为d ,由题意得{a 1+2d =8,a 1+2q =3,a 1+d +2q =6,解得{a 1=2,d =3,q =12,故a n =3n-1,b n =(12)n .(2)∵1an a n+1+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+22n+1,∴T n =13[(12-15)+(15-18)+…+(13n -1-13n+2)]+8(1-4n )1-4=13(12-13n+2)+13(22n+3-8)=13(22n+3-13n+2)−52.5.证明:(1)由题意得a n+1-a n =-a n 2≤0,即a n+1≤a n ,故a n ≤12.由a n =(1-a n-1)a n-1,得a n =(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12,得a na n+1=a nan -a n2=11-a n∈[1,2],即1≤a nan+1≤2.(2)由题意得a n 2=a n -a n+1,所以S n =a 1-a n+1.①由1an+1−1a n=a nan+1和1≤a nan+1≤2,得1≤1an+1−1a n≤2,所以n ≤1an+1−1a 1≤2n ,因此12(n+1)≤a n+1≤1n+2(n ∈N *).② 由①②得12(n+2)≤S n n≤12(n+1)(n ∈N *).6.解:(1)∵a n+1=1+S n ,∴当n ≥2时,a n =1+S n-1, ∴a n+1=2a n (n ≥2).又a 2=1+S 1=1+a 1,a 2=2a 1, 解得a 1=1. ∴a n =2n-1.(2)由题意可知b n =a n log 2a n +(-1)n ·n=(n-1)·2n-1+(-1)n ·n. 设数列{(n-1)·2n-1}的前n 项和为T n ,则有 T n =0×20+1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1,① ∴2T n =0×21+1×22+2×23+…+(n-1)·2n ,② 由②-①,得T n =(n-2)·2n +2.当n 为偶数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)+n=(n-2)·2n +2+n2=(n-2)·2n +n+42. 当n 为奇数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)-n=(n-2)·2n +2+n -12-n=(n-2)·2n -n -32.故H n ={(n -2)·2n +n+42(n 为偶数),(n -2)·2n -n -32(n 为奇数).。

数列的通项公式与求和公式

数列的通项公式与求和公式数列是数学中非常重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。

在数列中，我们可以通过寻找规律，并找到数列的通项公式与求和公式。

本文将介绍数列的通项公式与求和公式的概念、推导方法以及实际应用。

一、数列的通项公式数列的通项公式是指可以通过一个通用的公式来表示数列中任意一项与项数之间的关系。

通项公式的推导方式因数列的特点而有所不同。

1.等差数列的通项公式等差数列是指数列中相邻两项之间的差是常数的数列，通常用字母a表示首项，d表示公差。

等差数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等差数列中相邻两项之间的差是常数d，可以表示为第n项与第n-1项之间的差：an - an-1 = d (1)又因为等差数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a + (n-1)d。

将第n项和第n-1项的表达式代入公式(1)，则有：an - (a + (n-1)d) = d整理后得到等差数列的通项公式：an = a + (n-1)d (2)其中，an表示等差数列中第n项的值。

等差数列的通项公式为一个关于n的一次函数，可以方便地计算出数列中任意一项的值。

2.等比数列的通项公式等比数列是指数列中相邻两项之间的比是常数的数列，通常用字母a表示首项，q表示公比。

等比数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等比数列中相邻两项之间的比是常数q，可以表示为第n项与第n-1项之间的比：an / an-1 = q (3)又因为等比数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a * q^(n-1)。

将第n项和第n-1项的表达式代入公式(3)，则有：an / (a * q^(n-1)) = q整理后得到等比数列的通项公式：an = a * q^(n-1) (4)其中，an表示等比数列中第n项的值。

等比数列的通项公式为一个关于n的指数函数，同样可以方便地计算数列中任意一项的值。

二、数列的求和公式数列的求和公式是指可以通过一个通用的公式来计算数列从第一项到第n项的和。

2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题19数列通项与求和问题(含解析)

专题数列通项与求和问题【自主热身，归纳提炼】、等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，，则.【答案】【解析】由于，故，而，故，则.、对于数列{}，定义数列{}满足＝＋－(∈*)，且＋－＝(∈*)，＝，＝－，则＝.【答案】【解析】：因为＝－＝－－＝－，所以＝－＝－＝－，所以＝－＝－＝－，三式相加可得－＝－，所以＝＋＝.、设公比不为的等比数列{}满足＝－，且，，成等差数列，则数列{}的前项和为．【答案】：解后反思本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用，体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想，等比数列的求和要注意公比是否为.、已知等比数列{}的前项和为，若＝＋，＝＋，则公比的值为．【答案】：.当＝时，显然不满足题意；当≠时，(\\((－－)＝＋，,(－－)＝＋，))整理得(\\(－＝，＋－＝，))解得＝.、记公比为正数的等比数列{}的前项和为.若＝，－＝，则的值为．【答案】：【解析】：设公比为，且＞，又＝，则＝－.由－＝，得(＋)＝，所以＝，所以＝＝.解后反思利用＝(＋)，可加快计算速度，甚至可以心算．、设数列的前项和为，若，则数列的通项公式为．【答案】：、已知数列{}满足＝－，>，＋－＝(∈*)，若数列{－}单调递减，数列{}单调递增，则数列{}的通项公式为＝.【答案】【解析】：因为＋－＝，所以当＝时，－＝.由>，＝－得＝.当＝时，－＝，得＝－或＝.因为{－}单调递减，所以＝－.当＝时，－＝，得＝或＝－.因为{}单调递增，所以＝.同理得＝－，＝.因为{－}单调递减，＝－<，所以－<.同理>.所以当为奇数时(≥)，有－－＝－－，－－－＝－.两式相加得－－＝－－.那么－＝－；－＝－；…；－－＝－－.以上各式相加得－＝－(＋＋＋…＋－)．所以＝－＝－.同理，当为偶数时，＝.所以＝(\\(－(＋)，为奇数，,(－)，为偶数.))也可以写成＝.【问题探究，变式训练】例、已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列，且＝＝，＋＝，＋＝.() 求数列{}和{}的通项公式；() 记＝，∈*，求数列{}的前项和．【解析】： () 设等差数列{}的公差为，等比数列{}的公比为.由＝＝，得＝＋，＝，＝＋.(分)。

备战2019高考数学大二轮复习专题四数列 4.2 数列的通项与求和

+
1 10
-
1 11
+
1 11
-
1 12
+
…
+
��
1 +8
-
��
1 +9
=2
1 9
-
��
1 +9
= 2�� .
9(�� +9)
命题热点一命题热点二命题热点三
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错位相减法求和
【思考】具有什么特点的数列适合用错位相减法求和?
例3已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
解：(1)由题意知当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5,
当 n=1 时,a1=S1=11,符合上式.
所以 an=6n+5.
设数列{bn}的公差为 d.
由
��1 ��2
= =
��1 ��2
+ +
��2, ��3,
即
11 = 2��1 + ��, 17 = 2��1 + 3��,
(1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
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命题热点一命题热点二命题热点三
解: (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,

2019高考数学(理科)江苏专用二轮讲义：专题六第2讲数列的通项与求和Word版含答案

第2讲数列的通项与求和高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)数列的通项公式求法，常在解答题的第(1)问出现，难度中档以下；(2)求数列的前n 项和的几种方法，一般两种题型都有涉及，是数列命题的重点.真题感悟1.(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N*)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n ，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 答案 20112.(2018·江苏卷)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________.解析所有的正奇数和2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1<12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3<12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6<12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10<12a 5＝60，不符合题意；…；当n ＝26时，S 26＝21×（1＋41）2＋2×（1－25）1－2＝441＋62＝503<12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×（1＋43）2＋2×（1－25）1－2＝484＋62＝546>12a 28＝540，符合题意.故使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案 27考点整合1.求通项公式的常见类型(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝a n ＋f (n )，把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝f (n )a n ，把原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q 1－p，再利用换元法转化为等比数列求解. 2.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.热点一数列的通项公式[考法1] 由S n 与a n 的关系求a n【例1－1】 (1)(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.解析法一因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32. 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案－63(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N *. 证明：a n ＋2＝3a n ，并求a n .解由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .又∵a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2×3n －22，n 为偶数. 探究提高给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .[考法2] 已知a n 与a n ＋1的递推关系式求a n【例1－2】 (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋12n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，求通项a n ；(3)已知a 1＝4，a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，求通项a n . 解 (1)由已知得a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n ， ∴a 22＝a 11＋121，a 33＝a 22＋122，…，a n n ＝a n －1n －1＋12n －1， ∴a n n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n ≥2). ∴a n ＝2n －n 2n －1(n ≥2)，又a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －n 2n －1. (2)由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＋a n ＋1a n＝n ＋1，所以a n ＋1a n＝n ＋1n ＋2(a n ＋1a n ＝－1，舍去). 又a 1＝1，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1. 故数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1.(3)∵a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，两边取倒数得1a n ＋1＝12a n＋1，设b n ＝1a n，则b n ＋1＝12b n ＋1，则b n ＋1－2＝12(b n －2)，∴b n ＋1－2b n －2＝12，故{b n －2}是以b 1－2＝1a 1－2＝－74为首项，12为公比的等比数列. ∴b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即1a n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得a n ＝2n ＋12n ＋2－7. 探究提高 (1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )，其中f (n )＝k 或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )，可用累乘法；(3)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如a n ＋1＝qa n ＋q n (q 为常数，且q ≠0，q ≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以q n ＋1.【训练1】 (1)(2017·南京、盐城调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝________.(2)(2018·盐城三模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n ＋n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.(2)因为S n ＝2a n ＋n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，即a 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n ＋n )－[2a n －1＋(n －1)]＝2a n －2a n －1＋1，即a n ＝2a n －1－1，所以a n －1＝2(a n －1－1)，又因为a 1－1＝－2≠0，故a n －1－1≠0，所以a n －1a n －1－1＝2，所以数列{a n －1}为首项a 1－1＝－2，公比q ＝2的等比数列，所以a n －1＝－2×2n －1，即a n ＝1－2n ，当n ＝1时也成立.。

江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题08由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题含答案解析

问题8由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(2)已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面来考虑：如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或 (－1)n＋1来调节.分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系来解决.对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决.此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决.(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法当出现a n＝a n－1＋m时，构造等差数列；当出现a n＝xa n－1＋y时，构造等比数列；当出现a n＝a n－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现a na n－1＝f(n)时，用累乘法求解．三、知识拓展若数列{}n a满足，则数列都是公差为a的等差数列，若数列{}n a 满足，则数列都是公比为b的等比数列. 四、题型分析(一) 用累加法求数列的通项【例1.】在数列{}n a中,11 2a= , ,则该数列的通项公式na= ．【分析】题目已知条件是,且n*∈N）形式,用叠加原理求解.【解析】因为,所以运用累加法即可得到：,所以,故应填4342n n --．【点评】当,且n *∈N ）满足一定条件时,可用…来求通项n a ,这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和,相消时应注意消去的项规律,及消去哪些项,保留哪些项,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和.还有不少同学会出现的错误,认为21d n n =-或21d n n=+是常数,实际上21d n n =-或21d n n=+是个变量,n 变化d 随之改变. 【小试牛刀】数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ,证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解析】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得,a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2,即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1), 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑nk ＝1 (a k ＋1－a k )＝∑nk ＝1 (2k －1), 所以a n ＋1－a 1＝n 2, 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1,所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.【点评】本例是典型的由数列的递推公式求通项公式的问题．第(1)问中要注意对数列{a n ＋1－a n }的整体把握．第(2)问中用的是累加法．注意切忌忽略对a 1的验证． (二) 利用累乘法求数列的通项【例2】设{}n a 是首项为1的正项数列,且,则n a = .【分析】观察已知的递推式,用十字交叉法分解因式,可求得n a 与1+n a 的关系式,再用累乘法求解. 【解析】∵,∴,由于{}n a 得各项为正,∴,∴,即11n n a na n +=+, ∴2112a a =,3223a a =,4334a a =,…,11n n a n a n --=,将以上各式相乘得11n a a n=,又11a =, ∴.【点评】形如1()nn a f n a -=型的递推公式常用累乘法.当()f n q =为常数且不等于0时,数列为等比数列,11n n a a q-=⋅；当()f n 为n 函数时,. 本题可思考{}n na 为常数数列.【小试牛刀】数列{}n a 中，前n 项和为n S ， 2nn na S = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令，证明：.【解析】(1) 2nn na S =，，两式相减得：，整理得：，（叠乘法）因为，所以3221a a =， 4332a a =，…， 112n n a n a n --=-，相乘得21na n a =-，且当n =1、2时，满足此式，所以.(2) ，因为n b 2>，所以；.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列{}n a 满足： 11a =，，（ *n N ∈），则数列{}n a 的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】121n n a =-【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na +是以2为公比的等比数列，所以，所以121n na =-. 【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出n a .用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列}{}{n n b a ，满足211=a ,1=+n n b a , ,*∈N n ,则=2015b ．【答案】20152016．【解析】1n n a b +=∵且121nn nb b a +=-, ,又112b =,1121b =--∴,11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭∴是首项为2-,公差为1-的等差数列, ,1n nb n =+∴,．故应填20152016． (四) 利用n S 与n a 的关系求数列的通项【例4】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知数列的各项均不为0，其前n 项和为．若，，，．（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）若数列满足，，求证：数列是等差数列．【分析】（1）将代入，可求得；（2）由可求得，进而，两式作差可得，进而推得，可得数列及数列均为等差数列，进而求得通项；（3）由与关系可得：，即，两式作差可得：，进而推得，即，则证明结束.【解析】（1）时，由得解得（2）时，由，得则因为，所以……①所以……②②①得所以，两式相减得即数列及数列都成公差为的等差数列由，得，可求得所以数列的通项公式为（3）由，，得所以因为，所以所以两式相减得，即所以两式相减得所以因为，可得所以所以数列是等差数列【点评】由S n 和a n 的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n ＝1和n ≥2两种情况讨论．当n ＝1时,a 1不适合a n 的情况要分开写,即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n ， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2. (2)要注意a n 和S n 互化具有双向性,既可由a n 化为S n ,也可由S n 求a n . 【小试牛刀】已知数列为单调递增数列，为其前项和，.（1）求的通项公式；（2）若，为数列的前项和，证明：.【解析】（Ⅰ）当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a ＋1，所以(a 1－1)2＝0，即a 1＝1，又{a n }为单调递增数列，所以a n ≥1．由2S n ＝a ＋n 得2S n ＋1＝a ＋n ＋1，所以2S n ＋1－2S n ＝a－a ＋1，整理得2a n ＋1＝a－a ＋1，所以a ＝(a n ＋1－1)2．所以a n ＝a n ＋1－1，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ．（Ⅱ）b n ＝＝＝－所以T n ＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－＜．(五) 递推公式为（其中p ,q 均为常数）.解法一（待定系数——迭加法）: 【例5.】数列{}n a ：,,求数列{}n a 的通项公式.【分析一】解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s,t 满足⎩⎨⎧-==+q st pt s . 【分析二】(特征根法)：对于由递推公式,给出的数列{}n a ,方程,叫做数列{}n a 的特征方程. 若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x ≠时,数列{}n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入,得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时,数列{}n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入,得到关于A 、B 的方程组）.【解法一】（待定系数——迭加法）: 由,得 ,且.则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项,32为公比的等比数列, 于是.把代入,得,,,⋅⋅⋅,.把以上各式相加,得..【解法二】（特征根法）：数列{}n a ：,的特征方程是：.,∴.又由,于是故.【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知数列中，，且.（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）数列中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由. 【解析】（1）因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以-3为公比的等比数列，所以，即；（2）假设存在三项按一定顺序重新排列后成等差.①若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立. ②若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立. ③若，则，整理得，两边同除以，可得，等式左边是-3的整数倍，右边不是-3的整数倍，故等式不成立；综上，不存在不同的三项符合题意. 五、迁移运用1．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】已知数列{}n a 满足： 11a =，，（ *n N ∈），则数列{}n a 的通项公式为__________．【答案】121n n a =-【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na +是以2为公比的等比数列，所以，所以121n n a =-. 2．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】设数列{}n a 的首项11a =，且满足与，则数列{}n a 的前20项和为__________．【答案】2056【解析】考查数列的奇数项，结合递推关系有：，且112a +=，则数列{}21n a -构成首项为2公比为2的等比数列，令：，则：，即：，而，据此可得：数列{}n a 的前20项和为.3．【江苏省淮安市盱眙中学2018届高三第一次学情调研】设函数()f x 满足且()12f =，则()10f =________．【答案】492【解析】()f x 满足，，，，各式相加可得，，，故答案为492. 4．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（江苏卷)】已知数列对任意满足．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求使得成立的正整数的最小值．【解析】（1）因为①，所以②，①②两式相减，得，所以③．又当时，得，不满足上式．所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，所以不成立，当时，，由，得．令，则为增函数，又．因此要使成立，只需，故使成立的正整数的最小值为7．5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】已知数列各项为正数，且对任意，都有.（1）若，，成等差数列，求的值；（2）①求证：数列为等比数列；②若对任意，都有，求数列的公比的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因此，，成等比数列.设公比为，因为，，成等差数列，所以，即，于是，解得或，所以或.（2）①因为，所以，两式相除得，即，由，得，两式相除得，即，所以，即，，，由（1）知，所以，，因此数列为等比数列.②当时，由时，可得，所以，因此，所以满足条件.当时，由，得，整理得.因为，，所以，因此，即，由于，因此，与任意恒成立相矛盾，所以不满足条件.综上，公比的取值范围为.6．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知等差数列的前n项和为S n，若为等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；（3）若数列满足，，且对任意的，都有，求正整数k的最小值．【解析】（1）设等差数列的公差d，则，．又是等差数列，所以，即，解得d＝2．此时，，符合数列是等差数列，所以．（2）假设存在，使得，，成等比数列．则，由（1）可知，，代入上式，得，整理得．（*）法一：令，x≥1．则，所以在上单调增，所以在上至少有一个根．又，故是方程（*）的唯一解．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．法二：，即，所以方程（*）可整理为．因为，所以无解，故．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．（3）由可知，．又，，故，所以．依题意，对任意恒成立，所以，即，故．若，据，可得当，时，．由及可得．所以，当，时，，即．故当，时，，故不合题意．若，据，可得，即．所以，当，时，，当时，，得，所以．当，时，，所以，故．故当时，对任意都成立．所以正整数k的最小值为3．7．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知数列的首项，其前n项和为，对于任意正整数，都有.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足.①若，求证：数列是等差数列；②若数列都是等比数列，求证：数列中至多存在三项.【解析】（1）令，则由，得因为，所以，当时，，且当n=1时，此式也成立.所以数列的通项公式为（2）①【证法一】因为，，所以.由得，所以，所以，所以，所以，所以数列是等差数列.【证法二】因为所以所以.所以，所以，记，两式相减得，所以，所以，当时，，由得，所以，当时，，当n=1时，上式也成立，所以，(iii)所以数列是等差数列.【证法三】因为所以，（i）所以，（ii）（i）-（ii）得，（iii）所以，（iv）（iii）-（iv）得，所以.由知.所以，所以数列是等差数列②不妨设数列超过三项，令，由题意，则有，即，代入，整理得（*），若p=q=1，则，与条件矛盾；若，当n=1时，，①当n=2时，，②②÷①得，p=q，代入（*）得b=c，所以，与条件矛盾.故这样的数列至多存在三项.8．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥2都有。

江苏专版2019届高三数学备考冲刺问题08由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题含解析

问题8由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥２时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥２的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．(2)已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面考虑：如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或 (－1)n＋1调节.分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系解决.对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法解决.此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法解决.(3)已知数列的递推关系求通项公式的典型方法当出现a n＝a n－1＋m时，构造等差数列；当出现a n＝a n－1＋y时，构造等比数列；当出现a n＝a n－1＋f(n)时，用累加法求解；当出现a na n－1＝f(n)时，用累乘法求解．三、知识拓展若数列n a满足，则数列都是公差为a的等差数列，若数列n a满足，则数列都是公比为b的等比数列.四、题型分析(一) 用累加法求数列的通项【例1.】在数列n a中,11 2a , ,则该数列的通项公式n a= ．【分析】题目已知条件是,且n N）形式,用叠加原理求解.【解析】因为,所以运用累加法即可得到：,所以,故应填4342n n ．【点评】当,且nN）满足一定条件时,可用…求通项n a ,这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和,相消时应注意消去的项规律,及消去哪些项,保留哪些项,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和.还有不少同学会出现的错误,认为21dnn或21dnn是常数,实际上21dnn或21dnn是个变量,n 变化d 随之改变.【小试牛刀】数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ,证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．【解析】(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得,a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2,即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1.所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列．(2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1), 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑nk ＝1 (a ＋1－a )＝∑nk ＝1 (2－1), 所以a n ＋1－a 1＝n 2, 即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1, 所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.【点评】本例是典型的由数列的递推公式求通项公式的问题．第(1)问中要注意对数列{a n ＋1－a n }的整体把握．第(2)问中用的是累加法．注意切忌忽略对a 1的验证．(二) 利用累乘法求数列的通项【例2】设{}n a 是首项为1的正项数列,且,则na .【分析】观察已知的递推式,用十字交叉法分解因式,可求得n a 与1n a 的关系式,再用累乘法求解.【解析】∵,∴,由于{}n a 得各项为正,∴,∴,即11n na n a n ,∴2112a a ,3223a a ,4334a a ,…，11n na n a n,将以上各式相乘得11n a a n,又11a ,∴. 【点评】形如1()n na f n a 型的递推公式常用累乘法.当()f n q 为常数且不等于0时,数列为等比数列,11n n a a q；当()f n 为n 函数时,. 本题可思考{}n na 为常数数列.【小试牛刀】数列n a 中，前n 项和为n S ，2n nna S (1)求数列n a 的通项公式；(2)令，证明：.【解析】(1) 2n nna S ，，两式相减得：，整理得：，（叠乘法）因为，所以3221a a ，4332a a ，…，112n na n a n，相乘得21n a n a ，且当n =1、2时，满足此式，所以.(2) ，因为nb 2，所以；.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列n a 满足：11a ，，（*n N ），则数列n a 的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】121nna 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na 是以2为公比的等比数列，所以，所以121nna .【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出n a .用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列}{}{n n b a ，满足211a ,1n nb a ,,N n,则2015b ．【答案】20152016．【解析】1n na b ∵且121nnnb b a ,,又112b ,1121b ∴,11nb ∴是首项为2,公差为1的等差数列,,1nn b n ∴,．故应填20152016．(四) 利用n S 与n a 的关系求数列的通项【例4】【江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考】已知数列的各项均不为0，其前n 项和为．若，，，．（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）若数列满足，，求证：数列是等差数列．【分析】（1）将代入，可求得；（2）由可求得，进而，两式作差可得，进而推得，可得数列及数列均为等差数列，进而求得通项；（3）由与关系可得：，即，两式作差可得：，进而推得，即，则证明结束.【解析】（1）时，由得解得（2）时，由，得则因为，所以……①所以……②②①得所以，两式相减得即数列及数列都成公差为的等差数列由，得，可求得所以数列的通项公式为（3）由，，得所以因为，所以所以两式相减得，即所以两式相减得所以因为，可得所以所以数列是等差数列【点评】由S n和a n的关系求通项的注意问题：(1)应重视分类讨论的思想,分n＝1和n≥２两种情况讨论．当n＝1时,a1不适合a n的情况要分开写,即a n＝S n，n＝1，S n－S n－1，n≥2.(2)要注意a n和S n互化具有双向性,既可由a n化为S n,也可由S n求a n.【小试牛刀】已知数列为单调递增数列，为其前项和，. （1）求的通项公式；（2）若，为数列的前项和，证明：.【解析】（Ⅰ）当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1，所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，又{a n}为单调递增数列，所以a n≥1．由2S n＝a＋n得2S n＋1＝a＋n＋1，所以2S n＋1－2S n＝a－a＋1，整理得2a n＋1＝a－a＋1，所以a＝(a n＋1－1)2．所以a n＝a n＋1－1，即a n＋1－a n＝1，所以{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n＝n．（Ⅱ）b n＝＝＝－所以T n＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－＜．(五) 递推公式为（其中p ,q 均为常数）.解法一（待定系数——迭加法）【例5.】数列n a ：, ,求数列n a 的通项公式.【分析一】解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为其中s,t满足qstp t s .【分析二】(特征根法)：对于由递推公式,给出的数列n a ,方程,叫做数列n a 的特征方程. 若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x 时,数列n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1n,代入,得到关于A 、B 的方程组）；当21x x 时,数列n a 的通项为,其中A,B 由决定（即把2121,,,x x a a 和2,1n,代入,得到关于A 、B 的方程组）.【解法一】（待定系数——迭加法）由,得,且.则数列n na a 1是以a b 为首项,32为公比的等比数列,于是.把代入,得, , ,,.把以上各式相加,得..【解法二】（特征根法）：数列n a：,的特征方程是：.,.又由,于是故.【小试牛刀】【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知数列中，，且.（1）求证：是等比数列，并求数列的通项公式；（2）数列中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，说明理由.【解析】（1）因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以-3为公比的等比数列，所以，即；（2）假设存在三项按一定顺序重新排列后成等差.①若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.②若，则，整理得，两边同除以，可得，等式右边是-3的整数倍，左边不是-3的整数倍，故等式不成立.③若，则，整理得，两边同除以，可得，等式左边是-3的整数倍，右边不是-3的整数倍，故等式不成立；综上，不存在不同的三项符合题意.五、迁移运用1．【江苏省泰州中学2018届高三12月月考】已知数列n a 满足：11a ，，（*n N ），则数列n a 的通项公式为__________．【答案】121nna 【解析】由得：，变形得：，所以1{1}na 是以2为公比的等比数列，所以，所以121nna .2．【江苏省前黄高级中学、如东高级中学、姜堰中学等五校2018届高三上学期第一次学情监测】设数列na 的首项11a ，且满足与，则数列n a 的前20项和为__________．【答案】2056【解析】考查数列的奇数项，结合递推关系有：，且112a ，则数列21na 构成首项为2公比为2的等比数列，令：，则：，即：，而，据此可得：数列n a 的前20项和为.3．【江苏省淮安市盱眙中学2018届高三第一次学情调研】设函数f x 满足且12f ，则10f ________．【答案】492【解析】f x满足，，，，各式相加可得，，，故答案为49 2.4．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（江苏卷)】已知数列对任意满足．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求使得成立的正整数的最小值．【解析】（1）因为①，所以②，①②两式相减，得，所以③．又当时，得，不满足上式．所以数列的通项公式为．（2）由（1）知，，所以不成立，当时，，由，得．令，则为增函数，又．因此要使成立，只需，故使成立的正整数的最小值为7．5．【江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟】已知数列各项为正数，且对任意，都有.（1）若，，成等差数列，求的值；（2）①求证：数列为等比数列；②若对任意，都有，求数列的公比的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因此，，成等比数列.设公比为，因为，，成等差数列，所以，即，于是，解得或，所以或.（2）①因为，所以，两式相除得，即，由，得，两式相除得，即，所以，即，，，由（1）知，所以，，因此数列为等比数列.②当时，由时，可得，所以，因此，所以满足条件.当时，由，得，整理得.因为，，所以，因此，即，由于，因此，与任意恒成立相矛盾，所以不满足条件.综上，公比的取值范围为.6．【江苏省如皋市2018-2019学年高三年级第一学期期末】已知等差数列的前n项和为S n，若为等差数列，且．（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使成等比数列？若存在，请求出这个等比数列；若不存在，请说明理由；（3）若数列满足，，且对任意的，都有，求正整数的最小值．【解析】（1）设等差数列的公差d，则，．又是等差数列，所以，即，解得d＝2．此时，，符合数列是等差数列，所以．（2）假设存在，使得，，成等比数列．则，由（1）可知，，代入上式，得，整理得．（*）法一：令，≥1．则，所以在上单调增，所以在上至少有一个根．又，故是方程（*）的唯一解．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．法二：，即，所以方程（*）可整理为．因为，所以无解，故．所以存在，使得，，成等比数列，且该等比数列为3，9，27．（3）由可知，．又，，故，所以．依题意，对任意恒成立，所以，即，故．若，据，可得当，时，．由及可得．所以，当，时，，即．故当，时，，故不合题意．若，据，可得，即．所以，当，时，，当时，，得，所以．当，时，，所以，故．故当时，对任意都成立．所以正整数的最小值为3．7．【江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市)2019届高三第一学期期末】已知数列的首项，其前n项和为，对于任意正整数，都有.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足.①若，求证：数列是等差数列；②若数列都是等比数列，求证：数列中至多存在三项.【解析】（1）令，则由，得因为，所以，当时，，且当n=1时，此式也成立.所以数列的通项公式为（2）①【证法一】因为，，所以.由得，所以，所以，所以，所以，所以数列是等差数列.【证法二】因为所以所以.所以，所以，记，两式相减得，所以，所以，当时，，由得，所以，当时，，当n=1时，上式也成立，所以，(iii)所以数列是等差数列.【证法三】因为所以，（i）所以，（ii）（i）-（ii）得，（iii）所以，（iv）（iii）-（iv）得，所以.由知.所以，所以数列是等差数列②不妨设数列超过三项，令，由题意，则有，即，代入，整理得（*），若p=q=1，则，与条件矛盾；若，当n=1时，，①当n=2时，，②②÷①得，p=q，代入（*）得b=c，所以，与条件矛盾.故这样的数列至多存在三项.8．【江苏省泰州市2019届高三上学期期末】已知数列｛｝的前n项和为Sn，，且对任意的n∈N*，n≥２都有。

冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题：19数列通项与求和问题(含解析)

专题19 数列通项与求和问题【自主热身，归纳提炼】1、等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = . 【答案】32 【解析】由于，故2q =，而，故114a =，则781a a q = 32=. 2、对于数列{a n }，定义数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n ∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________. 【答案】 8【解析】：因为b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，所以b 2＝a 3－a 2＝b 3－1＝－3，所以b 1＝a 2－a 1＝b 2－1＝－4，三式相加可得a 4－a 1＝－9，所以a 1＝a 4＋9＝8.3、设公比不为1的等比数列{a n }满足a 1a 2a 3＝－18，且a 2，a 4，a 3成等差数列，则数列{a n }的前4项和为________．【答案】： 58解后反思本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用，体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想，等比数列的求和要注意公比是否为1.;4、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．【答案】：. 2当q ＝1时，显然不满足题意；当q ≠1时， ⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 21－q＝2a 1q ＋3，a11－q 31－q＝2a 1q 2＋3，整理得⎩⎨⎧a 11－q3，a 11＋q －q 23，解得q ＝2. 5、记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．【答案】： 31【解析】：设公比为q ，且q ＞0，又a 1＝1，则a n ＝q n －1.由S 4－5S 2＝0，得(1＋q 2)S 2＝5S 2，所以q ＝2，所以S 5＝1－251－2＝31.解后反思利用S 4＝(1＋q 2)S 2，可加快计算速度，甚至可以心算． 6、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若，则数列{}n a 的通项公式为n a =．【答案】：12n-7、已知数列{a n }满足a 1＝－1，a 2>a 1，|a n ＋1－a n |＝2n (n ∈N *)，若数列{a 2n －1}单调递减，数列{a 2n }单调递增，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 【答案】2n －13【解析】：因为|a n ＋1－a n |＝2n ，所以当n ＝1时，|a 2－a 1|＝2.由a 2>a 1，a 1＝－1得a 2＝1.当n ＝2时，|a 3－a 2|＝4，得a 3＝－3或a 3＝5.因为{a 2n －1}单调递减，所以a 3＝－3.当n ＝3时，|a 4－a 3|＝8，得a 4＝5或a 4＝－11.因为{a 2n }单调递增，所以a 4＝5.同理得a 5＝－11，a 6＝21.因为{a 2n －1}单调递减，a 1＝－1<0，所以a 2n －1<0.同理a 2n >0.所以当n 为奇数时(n ≥3)，有a n －a n －1＝－2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2.两式相加得a n －a n －2＝－2n －2. 那么a 3－a 1＝－2；a 5－a 3＝－23；…；a n －a n －2＝－2n －2. 以上各式相加得a n －a 1＝－(2＋23＋25＋…＋2n －2)．所以a n ＝a 1－2[122n －32＋1]1－22＝－2n ＋13.同理，当n 为偶数时，a n ＝2n －13.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋13，n 为奇数，2n－13， n 为偶数.也可以写成a n ＝2n －13. 【问题探究，变式训练】例1、已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解析】： (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎨⎧ 2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎨⎧d ＝1，q ＝2. 所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n . 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋ (n ＋1)×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1，(11分) 即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)【变式1】、在数列{}n a 中，已知113a =，，*n ∈N ，设n S 为{}n a 的前n 项和．（1）求证：数列{3}n n a 是等差数列；（2）求n S ．证明（1）因为，所以，又因为113a =，所以113=1a ⋅，所以{3}n n a 是首项为1，公差为2-的等差数列．（2）由（1）知，所以，所以，所以，两式相减得．112()3n n +=⋅，所以3n nn S =．【变式2】、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且（*∈N n ）．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足，求数列{}n b 的通项公式．解（1）由22n n S a =-，得．两式相减，得，所以12n n a a +=，由又1122S a =-，得1122a a =-，12a =，所以数列{}n a 为等比数列，且首项为2，公比2q =，所以2n n a =．（2）由（1）知．由(*n ∈N )，得(2n ≥)．故，即．当1n =时，．所以【关联1】、数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋r (r ∈R ，n ∈N *)．(1) 求r 的值及数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝n a n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ＜T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得(T i ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．思路分析 (1) 利用关系式a n＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n－S n －1，n ≥2，n ∈N *，)将a n 与S n 的关系转化为a n 与a n －1的关系，再利用累乘法求{a n }的通项公式；(2) ①利用数列{T 2n －T n }的单调性求T 2n －T n 的最小值即可；②利用条件得到T n 与T n －1的关系，通过变形，化简和式(T i ＋1)，即可证得命题．规范解答 (1) 当n ＝1时，S 1＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋r ，所以r ＝23，(2分)所以S n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋13，两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，所以a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)．(4分) 所以a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1，即a n a 1＝n n ＋11×2.所以a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)，又a 1＝2适合上式．所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(6分)(2) ①因为a n ＝n (n ＋1)，所以b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1.所以T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，所以T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1.(8分) 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1.则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3.所以B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2＞0，所以B n ＋1＞B n ，所以B n 单调递增，(10分) (B n )min ＝B 1＝13，所以λ＜13.(12分)②因为T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1.所以当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n，所以T n －T n －1＝1n ＋1，即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.(14分)所以当n ≥2时，(T i ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n －1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1，所以存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得(T i ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．(16分)解后反思本题以a n 与S n 的关系为背景，考查了数列的通项、求和、数列的单调性，考查学生利用数列知识解决数列与不等式的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力．【关联2】、已知各项是正数的数列{a n }的前n 项和为S n .(1) 若S n ＋S n －1＝a 2n ＋23(n ∈N *，n ≥2)，且a 1＝2.①求数列{a n }的通项公式；②若S n ≤λ·2n ＋1对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．(2) 已知数列{a n }是公比为q (q >0，q ≠1)的等比数列，且数列{a n }的前n 项积为10T n .若存在正整数，对任意n ∈N *，使得T （k ＋1）nT kn为定值，求首项a 1的值． . 思路分析 (1) ①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1与a n 的关系，并特别注意式中的n ≥2.对于n ＝1的情况必须单独处理．由3(S 2＋S 1)＝a 22＋2及a 1＝2，得3(4＋a 2)＝a 22＋2，即a 22－3a 2－10＝0.结合a 2>0，解得a 2＝5，满足a 2－a 1＝3.(3分)所以对n ∈N *，均有a n ＋1－a n ＝3，即数列{a n }是首项为a 1＝2，公差为3的等差数列，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(5分) ②由①知，S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （3n ＋1）2，所以λ≥n （3n ＋1）2n ＋2对n ∈N *恒成立．(6分)记f (n )＝n （3n ＋1）2n ＋2，n ∈N *.考虑f (n ＋1)－f (n )＝（n ＋1）（3n ＋4）2n ＋3－n （3n ＋1）2n ＋2＝－（3n 2－5n －4）2n ＋3.(8分)当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )，且f (1)＝12，f (2)＝78，f (3)＝1516.所以f (n )ma ＝f (3)＝1516，从而λ≥1516.所以实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1516，＋∞.(11分)T n ＝nb 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－d 2n ，记A ＝d 2≠0，B ＝b 1－d2，则T n ＝An 2＋Bn .所以T （k ＋1）n T kn ＝A （k ＋1）2n 2＋B （k ＋1）n Ak 2n 2＋Bkn ＝k ＋1k ·A （k ＋1）n ＋B Akn ＋B.因为对任意n ∈N *，T （k ＋1）n T kn 为定值，所以A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B也为定值．设A （k ＋1）n ＋BAkn ＋B＝μ，则[A (＋1)－μA ]n ＋B －B μ＝0对n ∈N *恒成立．所以⎩⎨⎧A （k ＋1）－μAk ＝0，①B －B μ＝0，②由①得μ＝k ＋1k，代入②得B ＝0.(15分) 即b 1＝12d ，即lg a 1＝12lg q ，得a 1＝q .(16分)【关联3】、已知数列{}n a 满足，数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）求13a a +的值；（2）若．① 求证：数列{}2n a 为等差数列；② 求满足的所有数对()p m ，．【思路分析】（1）直接令1,2n =得到关系式，两式相减，求出13a a +的值（2）分别赋值21,2n n -，得到关系式，两式相减，得到，结合1532a a a +=，计算出114a =，从而求2114n a -=，代入关系式，得出294n a n =+，利用定义法证明{}2n a 为等差数列（3）求和得到2n S ，代入关系式整理得，需要转化两个因数相乘的形式，变形处理，利用平方差公式得到，因为且均为正整数，则两个因数只能为27和1，从而求出p m ，的值.规范解答（1）由条件，得1312a a +=．……………………… 3分（2）①证明：因为，所以，， ……………………………………………… 6分于是，所以314a =，从而114a =． ……………………………………………… 8分所以，所以2114n a -=，将其代入③式，得294n a n =+，所以（常数），所以数列{}2n a 为等差数列．……………………………………………… 10分 ②注意到121n a a +=，所以，…………………………………………… 12分由224p m S S =知．所以，即，又*p m ∈N ，，所以且均为正整数，所以，解得，所以所求数对为(104)，． 16分例2、正项数列{}n a 的前n项和nS 满足;．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）令,数列{}n b 的前n 项和为n T .证明;对于任意的*n N ∈,都有564n T <.解（1）由,得.由于{}n a 是正项数列，所以.于是时,.综上，数列{}n a 的通项2n a n =.（2）证明由于，则.所以.【变式1】、数列{}n a 的前n 项和为nS ，.（1）求r 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）设，记{}n b 的前n 项和为n T .①当n N *∈时，2n n T T λ<-恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式()g n ，使得对一切2,n n N *∈≥都成立.（2）①因为(1)n a n n =+，所以11n b n =+，所以.所以，所以.令，则.所以.所以1n n B B +>，所以n B 单调递增. 所以n B 的最小值为113B =，所以13λ<. ②因为，所以当2n ≥时，．所以即．当2n ≥时．所以存在关于的整式()1g n n =+．使得对一切都成立．【变式2】、已知数列{a n }满足a 1＝10，a n －10≤a n ＋1≤a n ＋10(n ∈N *)．(1) 若{a n }是等差数列，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，且S n －10≤S n ＋1≤S n ＋10(n ∈N *)，求公差d 的取值集合；(2) 若b 1，b 2，…，b 成等比数列，公比q 是大于1的整数，b 1＝10，b 2≤20，且b 1＋b 2＋…＋b ＞2017，求正整数的最小值；(3) 若a 1，a 2，…，a 成等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a ＝100，求正整数的最小值以及取最小值时公差d 的值．(3) a 1＋a 2＋…＋a ＝10＋k k －12d ＝100，所以d ＝200－20kk k －1.(11分)由题意|d |＝|a n ＋1－a n |≤10，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪200－20k k k －1≤10.(13分)所以－2＋≤20－2≤2－，所以≥4，所以min ＝4.(15分) 此时d ＝10.(16分)解后反思本题第(2)问在原题上有所改动，原题如下：(2) 若a 1，a 2, …，a 成等比数列，公比q 是大于1的整数，且a 1＋a 2＋…＋a ＞2017，求正整数的最小值．原题的漏洞在于a n ＝10×2n －1以指数级上升，条件中的a n ＋1≤a n【变式3】、已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝3，且2S n ＝a n ＋1－3(n ∈N *)． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 对于正整数i ，j ，(i <j <)，已知λa j ，6a i ，μa 成等差数列，求正整数λ，μ的值；(3) 设数列{b n }前n 项和是T n ，且满足：对任意的正整数n ，都有等式a 1b n ＋a 2b n －1＋a 3b n －2＋…＋a n b 1＝3n ＋1－3n －3成立. 求满足等式T n a n ＝13的所有正整数n .思路分析 (1) 当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ，得到a n ＋1与a n 的关系式； (2) 在等式λ·3j ＋μ·3＝12·3i 两边同除以3i 或3j ；(3) 先求出b n ＝2n －1，T n ＝n 2.再试算T na n的前几项，猜出【答案】，并证明结论．规范解答 (1) 2S n ＝a n ＋1－3，2S n －1＝a n －3(n ≥2)，两式相减，得2a n ＝a n ＋1－a n .即当n ≥2时，a n ＋1＝3a n .(2分)由a 1＝S 1＝3，得6＝a 2－3，即a 2＝9，满足a 2＝3a 1. 所以对n ∈N *，都有a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n＝3. 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，通项公式a n ＝3n .(4分) (2) 由(1)，得λ·3j ＋μ·3＝12·3i ，即λ＋μ·3－j ＝43j －i －1.因为正整数i ，j ，满足i <j <，且λ，μ∈N *，所以λ＋μ·3－j ＝43j －i －1∈N*.(6分)所以只有⎩⎨⎧3j －i －1＝1，3k －j ＝3，即λ＋3μ＝4，得λ＝μ＝1.(8分)(3) 由(1)知，31b n ＋32b n －1＋33b n －2＋…＋3n b 1＝3n ＋1－3n －3， ① 及31b n ＋1＋32b n ＋33b n －1＋…＋3n ＋1b 1＝3n ＋2－3(n ＋1)－3， ② ②/3－①，得b n ＋1＝2n ＋1.(10分)又3b 1＝9－3－3＝3，得b 1＝1，所以b n ＝2n －1，从而T n ＝n 2.设f (n )＝T n a n ＝n 23n ，n ∈N *.当n ＝1时T 1a 1＝13；当n ＝2时T 2a 2＝49；当n ＝3时T 3a 3＝13；(12分)下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <13，T n ＋1a n ＋1－T n a n ＝(n ＋1)2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1[(n ＋1)2－3n 2]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1(－2n 2＋2n ＋1)，当n ≥3时，－2n 2＋2n ＋1＝(1－n 2)＋n (2－n )<0，即T n ＋1a n ＋1－T na n<0，所以当n ≥3时，T n a n 递减，所以对任意正整数n >3都有T n a n <T 3a 3＝13.综上可得，满足等式T n a n ＝13的正整数n 的值为1和3.(16分)解后反思第(1)题中，要注意验证a 2＝3a 1；第(2)题中，也可化为λ·3j －i －1＋μ·3－i －1＝4，说明只能λ＝1；第(3)题这种类型的题，一般是先猜再证．若条件出现数列的“和”的等式，则可以利用“差商”法求数列的通项公式，另外利用数列的单调性确定数列项的范围，进而解决相关的问题也是数列问题中的常用的数学思想方法．【变式4】、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，总存在正数p ，q ，r ，使得a n ＝p n－1，S n ＝q n －r 恒成立；数列{b n }的前n 项和为T n ，且对任意正整数n ，2T n ＝nb n 恒成立．(1) 求常数p ，q ，r 的值； (2) 证明数列{b n }为等差数列；(3) 若b 2＝2，记P n ＝2n ＋b 1a n ＋2n ＋b 22a n ＋2n ＋b 34a n ＋…＋2n ＋b n －12n －2a n ＋2n ＋b n 2n －1a n ，是否存在正整数，使得对任意正整数n ，P n ≤恒成立，若存在，求正整数的最小值；若不存在，请说明理由．思路分析第(1)问，由于所给出的是关于通项与和的一般性的式子，因此，利用特殊与一般的关系，将一般进行特殊化;处理，可分别取n ＝2，3，求出p ，q 的值(必要性)，再验证是否符合题意(充分性)．第(2)问，根据数列的通项与其前n 项和的关系a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2;得到数列的递推关系，有了递推关系后;判断数列是等差数列就有两种方法：一是利用递推关系求出数列的通项公式，进而通过定义;加以证明；二是利用等差中项;进行证明．第(3)问，根据所要研究的对象“P n ≤ 恒成立”可以看出，本题的本质就是求P n 的最大值，而研究一个数列的最值的基本方法是研究数列的单调性，因此，利用邻项作差的方法;判断{P n }的单调性，进而求出数列的最大值．另外，注意到本题的P n 是一个差比数列的和，因此，本题又可以通过先求和，然后再判断单调性，进而求最值的方法;加以求解，但这种方法并不简便，故采用直接判断单调性的方法;加以求解．规范解答 (1) 因为S n ＝q n －r ①，所以S n －1＝q n －1－r ②(n ≥2)，①－②得S n －S n －1＝q n －q n －1，即a n ＝q n －q n －1(n ≥2)，(1分) 又a n ＝p n －1，所以p n －1＝q n －q n －1(n ≥2)， n ＝2时，p ＝q 2－q ；n ＝3时，p 2＝q 3－q 2. 因为p ，q 为正数，解得p ＝q ＝2.(3分)又因为a 1＝1，S 1＝q －r ，且a 1＝S 1，所以r ＝1.(4分) (2) 因为2T n ＝nb n ③，当n ≥2时，2T n －1＝(n －1)b n －1 ④，③－④得2b n ＝nb n －(n －1)b n －1，即(n －2)b n ＝(n －1)b n －1 ⑤，(6分)证法1 又(n －1)b n ＋1＝nb n ⑥，⑤＋⑥得(2n －2)b n ＝(n －1)b n －1＋(n －1)b n ＋1，(7分) 即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，所以{b n }为等差数列．(8分) 证法2 由(n －2)b n ＝(n －1)b n －1，得b n n －1＝b n －1n －2，当n ≥3时，b n n －1＝b n －1n －2＝…＝b 21，所以b n ＝b 2(n －1)，所以b n －b n －1＝b 2，(6分)因为n ＝1时，由2T n ＝nb n 得2T 1＝b 1，所以b 1＝0，则b 2－b 1＝b 2，(7分) 所以b n －b n －1＝b 2，对n ≥2恒成立，所以{b n }为等差数列．(8分) (3) 因为b 1＝0，又b 2＝2，由(2)知{b n }为等差数列，所以b n ＝2n －2，(9分) 又由(1)知a n ＝2n －1，(10分)所以P n ＝2n 2n －1＋2n ＋22n ＋…＋4n －422n －3＋4n －222n －2，又P n ＋1＝2n ＋22n ＋…＋4n －422n －3＋4n －222n －2＋4n 22n －1＋4n ＋222n ，所以P n ＋1－P n ＝4n22n －1＋4n ＋222n －2n 2n －1＝12n ＋2－4n ·2n4n ，(12分)令P n ＋1－P n >0得12n ＋2－4n ·2n >0，所以2n <6n ＋12n ＝3＋12n <4，解得n ＝1，所以n ＝1时，P n ＋1－P n >0，即P 2>P 1，(13分)n ≥2时，因为2n ≥4，3＋12n <4，所以2n >3＋12n ＝6n ＋12n ，即12n ＋2－4n ·2n <0.此时P n ＋1<P n ，即P 2>P 3>P 4>…，(14分)所以P n 的最大值为P 2＝2×22＋2×2＋222＝72，(15分)若存在正整数，使得对任意正整数n ，P n ≤恒成立，则≥P ma ＝72，所以正整数的最小值为4.(16分)。

江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题09如何顺畅求解复杂数列的求和问题含解析

问题9 如何顺畅求解复杂数列的求和问题一、考情分析数列求和是历年高考命题的热点，可以以客观题形式考查，也可以以解答题形式考查数列，公式求和、裂项求和、错位相减法求和是常考问题. 二、经验分享1.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎨⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．2.错位相减法求和时的注意点(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将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 3.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．三、知识拓展1.一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝()12n n +. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)．(4)12＋22＋…＋n 2＝.(5)2.常见的裂项公式(1) ；(2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3).(4)(5)四、题型分析 (一) 公式法公式法是数列求和的最基本的方法．也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和.利用等比数列求和公式,当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．【例1】设}{n a 为等差数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，已知77=S ，7515=S ，n T 为数列}{nS n的前n 项和，求n T ．【分析】利用等差数列的求和找1a 、d 的等式，解出1a 、d ，判断数列}{nS n的类型，在用公式求解. 【解析】设等差数列}{n a 的首项为1a 、公差为d ，则，∴，即，解得21-=a ，1=d ，∴．而，∴数列｛nS n｝是等差数列，其首项为－2，公差为21，∴．【点评】(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)几类可以使用公式求和的数列①等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．②奇数项和偶数项分别构成等差数列或者等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．③等差数列各项加上绝对值，等差数列乘以(－1)n .【小试牛刀】【江苏省如皋市2019届高三教学质量调研（三)】正项等比数列中，为其前项和，已知，，则_______．【答案】【解析】由正项等比数列中，所以，又因为，所以，，所以(二) 分组法将数列的每一项拆成多项，然后重新分组，将一般的数列求和问题转化成特殊数列求和问题.运用这种方法的关键是将通项变形.“合项”法是利用加法的交换律和结合律将“不规则和”转化为“规则和”，化繁为简.【例2】【山西省孝义市2017届高三上学期二轮模考数学（理）试题】已知数列{}n a 是等差数列，11a =，513a =，设n S 为数列{(-1)}n n a 的前n 项和，则2016S = .【答案】3024 【解析】试题分析：由题意，得，所以＋＝＝．【评注】某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．【小试牛刀】已知数列{}n b 满足，则该数列的前23 项的和为【答案】4194【解析】当n 为偶数时，，有21n n b b +-=，即偶数项成等差，所以.当n 为奇数时， 22n n b b +=，即奇数项成等比..该数列的前23 项的和为.(三) 裂项相消法此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了．只剩下有限的几项．注意：○1余下的项前后的位置前后是对称的．○2余下的项前后的正负性是相反的．常用的裂项方法：【例3】在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，17a =，且2a ，5a ，10a 成等比数列. ⑴求数列{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ； ⑵若15n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【分析】⑴由2510 a a a ，，成等比数列⇒()7d +⇒2d =⇒25n a n =+⇒；⑵由⑴可得⇒.【解析】⑴∵2510 a a a ，，成等比数列，∴，又∵0d ≠，∴2d =.∴25n a n =+，.⑵由⑴可得，∴.【点评】(1)裂项相消法求和的原理及注意问题①原理：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． ②注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．③一般地，若{a n }为等差数列，则求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和可尝试此方法，事实上，1a n a n ＋1＝d da n a n ＋1＝a n ＋1－a n da n a n ＋1＝1d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.(2)用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．常见式的裂项⎩⎨⎭⎬n ＋n ＋1 【小试牛刀】【江苏省无锡市2019届高三上学期期中】定义为个正数的“均倒数”.若已知数列的前项的“均倒数”为又，则【答案】【解析】因为数列的前项的“均倒数”为，所以，当时，作差得，因为，所以，,+=(四) 错位相减法若数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，由这两个数列的对应项的乘积组成的新数列{}n n a b ，当求数列的前n 项和时，常常采用将{}n n a b 各项乘以{}n b 的公比q ，并向后错一项与原{}n n a b 的同次项对应相减的方法.错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题. 注意：○1 要考虑当公比q 为1时为特殊情况， ○2错位相减时要注意末项.【例4】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，（*n N ∈）．（1）证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）求数列{}n S 的前n 项和n T ．【分析】（1）利用，，推导出，由此能证明n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）由已知条件推导出12n nS n-=，由此利用错位相减法能求出数列{}n S 的前n 项和n T ．【解析】（1）由，及，得，整理，得，，又111S =， n S n ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公比的等比列（2）由（1），得12n n S n -=，（*n N ∈）．，①，②由②-①，得【点评】错位相减法求和的适用条件及关注点(1)适用条件：如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成，那么这个数列的前n 项和可用此法求．即求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列． (2)关注点：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将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．【小试牛刀】已知数列{}n a 的首项11=a ，且满足．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设nn n a c 3=，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【答案】（1）na n 1=；（2）．【解析】（1）整理得，所以数列1{}na 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以，所以na n 1=．（2）由（1）知，nn n c 3⋅=，，①，②①-②有，解得：．(五) 数列{|a n |}的前n 项和问题【例5】在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(Ⅰ)求d ，a n ；（Ⅱ）若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |. 【解析】 (Ⅰ)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N * ，（Ⅱ）设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11. ∴S n ＝－12n 2＋212n ，当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝.【点评】 (Ⅰ)本题求解用了分类讨论思想，求数列{|a n |}的和时，因为a n 有正有负，所以应分两类分别求和．（Ⅱ）常出现的错误：①当n ≤11时，求{|a n |}的和，有的学生认为就是S 11＝110；②当n ≥12时，求{|a n |}的和，有的学生不能转化为2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a n )，导致出错．求数列{|a n |}的前n 项和一般步骤如下：第一步：求数列{a n }的前n 项和；第二步：令a n ≤0(或a n ≥0)确定分类标准；第三步：分两类分别求前n 项和；第四步：用分段函数形式下结论；第五步：反思回顾：查看{|a n |}的前n 项和与{a n }的前n 项和的关系，以防求错结果．【牛刀小试】数列{}n a 的前n 项和为，则2a = ；数列{}na 的前10项和．【答案】3-，58．【解析】当1n =时，115a S ==-，当2n ≥时，，∴，∴．五、迁移运用1．【江苏省清江中学2019届高三第二次教学质量调研】在公比不等于1的等比数列中，已知且成等差数列，则数列的前10项的和的值为_______________.【答案】【解析】由题得所以数列的前10项和为.故答案为：2．【江苏省无锡市普通高中2018届高三上学期期中】在等差数列{}n a 中，已知，则数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和是______________. 【答案】5256【解析】，则20a =；，则31a =-，所以首项11a =， 1d =-，所以，，，所以，所以12n n n S -=，所以.3．【江苏省淮安中学2018届高三数学月考】已知函数，且，则100a =__________．【答案】-100【解析】n 为偶数时，； n 为奇数时，；100a =4．对于数列{}n a ，定义为{}n a 的“优值”，现在已知某数列{}n a 的“优值”13n n H +=，记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若5n S S ≤对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围是__________．【答案】133325⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【解析】由题设可知，则，以上两式两边相减可得，即，故，则，由题意4565{S S S S ≤≤，即，应填答案712,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 5.若数列{}n a 满足，且15a =，则数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为 . 【答案】36.在数列{}n a 及{}n b 中，，，11a =，11b =．设，则数列{}n c 的前n 项和为．【答案】224n +-【解析】试题分析：由，故数列{}n n b a +是以2为首项，2为公比的等比数列，得nn n b a 2=+；两式相乘可得：，故数列{}n n b a ⋅是以1为首项，2为公比的等比数列，得12-=⋅n n n b a ，故，故其前n 项和为，故答案为224n +-.7. 设f ()＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________.【答案】1 007【解析】∵f ()＝4x 4x ＋2，∴f (1－)＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x ，∴f ()＋f (1－)＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1.S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，①S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)， ②①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014，∴S ＝2 0142＝1 007.8．已知函数，且，记n S 表示{}n a 的前n 项和，则100S =__________．【答案】100【解析】当n 为奇数时，a n =f （n ）+f （n+1）=n 2﹣（n+1）2=﹣2n ﹣1，当n 为偶数时，a n =f （n ）+f （n+1）=﹣n 2+（n+1）2=2n+1，则S 100=（a 1+a 3+……+a 99）+（a 2+a 4+a 6+a 8+a 10…..+）=﹣2×（1+3+5+7+9+…..+99）﹣50+2×（2+4+6+8+10…+100）+50 =100，故答案为：100.9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足, 则数列{}n a 的前n 项和n S =__________.【答案】254n n+【解析】化为，即，故n a 为等差数列，公差为，所以.10.数列{}n a 的通项为，前n 项和为n S ，则100S = ．【答案】200【解析】由已知可得；；；；；；；分析可知偶数项均为1，所以前100项中偶数项的和为15050⨯=．分析可知相邻两项奇数项的和为6，所以前100项中奇数项的和为．．11.数列{}n a 的通项，其前n 项和为n S ，则30S 为．【答案】470．【解析】，故答案应填：470．12.数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．【答案】1830【解析】利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解． ∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝1510＋2342＝1 830.13．【江苏省南通市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末】已知数列的前4项依次成公比为q的等比数列，从第3项开始依次成等差数列，且，．1求q 及的值；2求数列的前n 项和．【解析】1因为数列的前4项依次成等比数列，所以，即，所以，从而，因为数列从第3项开始各项依次为等差数列，设公差为d ，所以，从而，所以，；2由1知，．当时，，当时，，当时，，此式对也成立．综上所述，．14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，，．（1）求λ的值；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】（1）因为，代入，可得：，整理可得，因为0n S >，所以，所以数列1的等差数列，所以，当2n ≥时，，当1n =时， 1a λ=，因为，所以，若数列{}n a 为等差数列，则有，解得1λ=．（2）由（1）可得21n a n =-，所以所以，即．15.【江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019届高三年级第一次质量检测】已知数列满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若，求的值；（2）设数列满足．① 求数列的通项公式； ② 若数列满足，且当时，，是否存在正整数，使，，成等比数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）当时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又，所以，又因为，所以，所以，，所以．②由题意，得，，因为，，成等比数列，所以，即，所以，即．由于，所以，即．当时，，得．当时，由(*)，得为奇数，所以，即，代入(*)得，即，此时无正整数解．综上，，．16.【江苏省淮安市淮安区2019届高三第一学期联合测试】已知数列的前n项和为，且()．（1）求；（2）设函数，()，求数列的前n项和；（3）设为实数，对满足且的任意正整数m，n，，不等式恒成立，试求实数的最大值．【解析】（1）当时，.当时，，满足上式，所以；（2）由分段函数可以得到：，，当，时，，故当，时，,，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要，∴的最大值为.17.【江苏省常州市武进区2019届高三上学期期中】⑴求证：当时，为常数；⑵求数列的通项公式；⑶设数列是正项等比数列，满足：，，求数列的前n项的和．【解析】（1）证明：由题意知，当n=1时，，∴；当时，，∴，∴∴，∴，∴当时，为常数0.（2）由（1）得，是常数列.∵，∴，∴，∴.（3）由（2）知，∵数列是正项等比数列，∴公比为2，∴．∴……③，∴……④，③④得：，设……⑤，∴……⑥，⑤⑥得：，，∴，∴．18．【山西省孝义市2018届高三下学期联考】已知等差数列{}n a 的前()*n n N ∈项和为n S ，数列{}n b 是等比数列， 13a =， 11b =， 2210b S +=，.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T .【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，∵13a =， 11b =， 2210b S +=，，∴，∴2d =， 2q =，∴21n a n =+， 12n n b -=.(2)由(1)知，，∴，∴.。

江苏2019高考数学二轮专项练习：第11讲数列求和及其综合应用

江苏2019高考数学二轮专项练习：第11讲数列求和及其综合应用1. 掌握数列的求和方法(1) 直截了当利用等差、等比数列求和公式；(2) 通过适当变形(构造)将未知数列转化为等差、等比数列，再用公式求和；(3) 依照数列特征，采纳累加、累乘、错位相减、逆序相加等方法求和；(4) 通过分组、拆项、裂项等手段分别求和；(5) 在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如n(n －1)<n 2<n(n ＋1)，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题、2. 数列是特别的函数，这部分内容中蕴含的数学思想方法有：函数与方程思想、分类讨论思想、化归转化思想、数形结合思想等，高考题中所涉及的知识综合性特别强，既有较繁的运算又有一定的技巧，在解题时要注意从整体去把握、1. 假设数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1·(3n －2)，那么a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.2.两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋5n ＋3，那么a 7b 7＝________. 3.假设数列{a n }满足a 2n ＋1a 2n＝p(p 为正常数，n ∈N *)，那么称{a n }为“等方比数列”、那么“数列{a n }是等方比数列”是“数列{a n }是等比数列”的________条件、(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)4.函数f(x)＝x 2＋bx 的图象在点(1，f(1))处的切线与直线6x －2y ＋1＝0平行，假设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n的前n 项和为S n ，那么S 2 012＝________.【例1】公差不为零的等差数列{a n }中a 1＝2，设a 1、a 3、a 7是公比为q 的等比数列{b n }的前三项、(1) 求数列{a n b n }的前n 项和T n ；(2) 将数列{a n }与{b n }中相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{c n }，设其前n 项和为S n ，求S 2n －n －1－22n －1＋3·2n －1的值、【例2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，ba n －2n ＝(b －1)S n . (1) 证明：当b ＝2时，{a n －n ·2n －1}是等比数列； (2) 求{a n }的通项公式、【例3】数列{a n }和{b n }满足：a 1＝1，a 2＝2，a n >0，b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，且{b n }是以q 为公比的等比数列、(1) 证明：a n ＋2＝a n q 2；(2) 假设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，证明：数列{c n }是等比数列；(3) 求和：1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＋…＋1a 2n －1＋1a 2n .【例4】将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规那么排成如下数表： a 1a 2 a 3 a 4 a 5 a 6a 7 a 8 a 9 a 10 …记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为{b n }，b 1＝a 1＝1. S n 为数列{b n }的前n 项和，且满足2b nb n S n －S 2n＝1(n ≥2)、 (1) 证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2) 上表中，假设从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当a 81＝－491时，求上表中第k(k ≥3)行所有项的和、1. (2017·江西)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝________.2.(2017·山东)设函数f(x)＝xx ＋2(x>0)，观看：f 1(x)＝f(x)＝x x ＋2，f 2(x)＝f(f 1(x))＝x 3x ＋4，f 3(x)＝f(f 2(x))＝x7x ＋8， f 4(x)＝f(f 3(x))＝x15x ＋16，…依照以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N ＋且n ≥2时，f n (x)＝f(f n －1(x))＝________.3.(2017·江苏)函数y ＝x 2(x>0)的图象在点(a k ，a k 2)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.假设a 1＝16，那么a 1＋a 3＋a 5的值是________、4.(2017·湖北)数列{a n }满足：a 1＝m(m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时.假设a 6＝1，那么m 所有可能的取值为________.5.(2017·上海)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *. (1) 证明：{a n －1}是等比数列；(2) 求数列{S n }的通项公式，并求出使得S n ＋1>S n 成立的最小正整数n.5615<115，5614>115 6.(2017·重庆)设实数数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a n ＋1S n (n ∈N *)、 (1) 假设a 1，S 2，－2a 2成等比数列，求S 2和a 3； (2) 求证：对k ≥3且k ∈N *有0≤a k ＋1≤a k ≤43.(本小题总分值12分)数列{a n }、{b n }是各项均为正数的等比数列，设c n ＝b na n (n ∈N *)、 (1) 数列{c n }是否为等比数列？证明你的结论；(2) 设数列{lna n }、{lnb n }的前n 项和分别为S n ，T n .假设a 1＝2，S n T n ＝n2n ＋1，求数列{c n }的前n 项和、解：(1) {c n }是等比数列、(2分)证明：设{a n }的公比为q 1(q 1>0)，{b n }的公比为q 2(q 2>0)，那么c n ＋1c n ＝b n ＋1a n ＋1·a n b n ＝b n ＋1b n ·a n a n ＋1＝q 2q 1≠0，故{c n }为等比数列、(5分) (2) 数列{lna n }和{lnb n }分别是公差为lnq 1和lnq 2的等差数列、由条件得nlna 1＋n n －12lnq 1nlnb 1＋n n －12lnq 2＝n 2n ＋1，即2lna 1＋n －1lnq 12lnb 1＋n －1lnq 2＝n2n ＋1. (7分)即(2lnq 1－lnq 2)n 2＋(4lna 1－lnq 1－2lnb 1＋lnq 2)n ＋(2lna 1－lnq 1)＝0. 上式对n ∈N *恒成立、因此⎩⎪⎨⎪⎧2lnq 1－lnq 2＝0，4lna 1－lnq 1－2lnb 1＋lnq 2＝0，2lna 1－lnq 1＝0.将a 1＝2代入得q 1＝4，q 2＝16，b 1＝8.(10分) 从而有c n ＝8·16n －12·4n －1＝4n .因此数列|c n |的前n 项和为4＋42＋ (4)＝43(4n －1)、(12分)第11讲数列求和及其综合应用1. 两个正数a 、b 的等差中项是52，一个等比中项是6，且a ＞b ，那么双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e 等于________、【答案】133 解析：由题有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝5，ab ＝6⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3(舍)，e ＝ca ＝32＋223＝133.2. 在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，假设S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列，那么a m ，a m ＋2，a m ＋1成等差数列、(2)判断逆命题是否为真？并给出证明、解：(1)在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，假设a m ，a m ＋2，a m ＋1成等差数列，那么S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列、(2)数列{a n }的首项为a 1，公比为q.由题意知：2a m ＋2＝a m ＋a m ＋1，即2a 1q m ＋1＝a 1q m －1＋a 1q m ，∵a 1≠0，q ≠0,∴2q 2－q －1＝0,∴q ＝1或q ＝－12，当q ＝1时，有S m ＝ma 1，S m ＋2＝(m ＋2)a 1，S m ＋1＝(m ＋1)a 1，显然：2S m ＋2≠S m ＋S m ＋1.如今逆命题为假、当q ＝－12时，有2S m ＋2＝2a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎦⎥⎤－12m ＋21＋12＝43a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋2，S m ＋S m ＋1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m 1＋12＋2a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋11＋12＝43a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋2，∴2S m ＋2＝S m ＋S m ＋1，如今逆命题为真、基础训练1.－15解析：a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝…＝a 9＋a 10＝－3，a 1＋a 2＋…＋a 10＝5×(－3)＝－15.2.6解析：a 7b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝A 13B 13＝7×13＋513＋3＝6. 3.必要不充分4.2 0122 013解析：f ′(x)＝2x ＋b,2＋b ＝3，b ＝1，f(n)＝n 2＋n ＝n(n ＋1)，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 例题选讲例1解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，那么(2＋2d)2＝2×(2＋6d)，又d ≠0，∴d ＝1，a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，a n b n ＝(n ＋1)·2n ，用错位相减法可求得T n ＝n ·2n ＋1.(2)∵新的数列{c n }的前2n －n －1项和为数列{a n }的前2n－1项的和减去数列{b n }前n 项的和，∴S 2n －n －1＝2n －12＋2n2－22n －12－1＝(2n －1)(2n －1－1)、∴S 2n －n －1－22n －1＋3·2n －1＝1.变式训练等差数列{a n }满足a 3＋a 6＝－13，a 1·a 8＝－43，a 1＞a 8，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }的第1项、第4项、第7项、…、第3n －2项、…分别作为数列{b n }的第1项、第2项、第3项、…、第n 项、…，求数列{2b n }的前n 项之和；(3)设数列{c n }的通项为c n ＝n ·2b n ，试比较(n ＋1)(n ＋2)c n ＋n(n ＋1)c n ＋2与2n(n ＋2)c n＋1的大小、解：(1){a n }为等差数列，a 3＋a 6＝a 1＋a 8＝－13，又a 1·a 8＝－43，且a 1＞a 8，求得a 1＝1，a 8＝－43，公差d ＝a 8－a 18－1＝－13，∴a n ＝1－13(n －1)＝－13n ＋43(n ∈N *)、(2)b 1＝a 1＝1，b 2＝a 4＝0,∴b n ＝a 3n －2＝－13(3n －2)＋43＝－n ＋2， ∴2b n ＋12b n ＝2－n ＋1＋22－n ＋2＝12，∴{2b n }是首项为2，公比为12的等比数列，∴{2b n }的前n 项之和为2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.(3)c n ＝n ·2b n ，∴(n ＋1)(n ＋2)c n ＋n(n ＋1)c n ＋2－2n(n ＋2)c n ＋1＝n(n ＋1)(n ＋2)2b n ＋n(n ＋1)(n ＋2)·2b n ＋2－2n(n ＋1)(n ＋2)·2b n ＋1 ＝n(n ＋1)(n ＋2)(2b n ＋2b n ＋2－2×2b n ＋1)＝n(n ＋1)(n ＋2)2b n (1＋2b n ＋2－b n －2×2b n ＋1－b n ) ＝n(n ＋1)(n ＋2)·2b n (1＋2－2－2×2－1) ＝n(n ＋1)(n ＋2)2b n (1＋14－1)＞0，其中b n ＋2－b n ＝－(n ＋2)＋2－(－n ＋2)＝－2，b n ＋1－b n ＝－(n ＋1)＋2－(－n ＋2)＝－1，∴(n ＋1)(n ＋2)c n ＋n(n ＋1)c n ＋2＞2n(n ＋2)c n ＋1.例2解：由题意知a 1＝2，且ba n －2n ＝(b －1)S n ，ba n ＋1－2n ＋1＝(b －1)S n ＋1，两式相减得b(a n ＋1－a n )－2n ＝(b －1)a n ＋1，即a n ＋1＝ba n ＋2n.①(1)当b ＝2时，由①知a n ＋1＝2a n ＋2n因此a n ＋1－(n ＋1)·2n ＝2a n ＋2n －(n ＋1)·2n ＝2(a n －n ·2n －1)，又a 1－1·21－1＝1≠0,∴a n －n ·2n －1≠0,∴a n ＋1－n ＋1·2na n －n ·2n －1＝2， ∴{a n －n ·2n －1}是首项为1，公比为2的等比数列、(2)当b ＝2时，由(1)知a n －n ·2n －1＝2n －1，即a n ＝(n ＋1)2n －1，当b ≠2时，由①得a n ＋1－12－b ·2n ＋1＝ba n ＋2n －12－b ·2n ＋1＝ba n －b2－b ·2n＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12－b ·2n .因此a n ＋1－12－b ·2n ＋1＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12－b ·2n ，又a 1－12－b ×2＝21－b 2－b ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，12－b [2n ＋21－b b n －1]，n ≥2，n ∈N *.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12n －1，b ＝2，12－b [2n ＋21－b b n －1]，b ≠2.变式训练数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2)，且a 4＝81， (1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列，并求a n .解：(1)由a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2)，得a 4＝2a 3＋24－1＝81， ∴a 3＝33.同理a 2＝13，a 1＝5.(2)由a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2)，得a n －12n ＝2a n －1＋2n －22n ＝a n －1－12n －1＋1， ∴a n －12n －a n －1－12n －1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是等差数列. ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 的公差d ＝1，∴a n －12n ＝a 1－121＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)×2n＋1.例3(解法1)(1)证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n ＝q,∴a n ＋2＝a n q 2(n ∈N *).(2)证明：∵a n ＝a n －2q 2，∴a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q 2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q2n －2，∴c n ＝a 2n －1＋2a 2n ＝a 1q 2n －2＋2a 2q 2n －2＝(a 1＋2a 2)q 2n －2＝5q 2n －2. ∴{c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列、 (3)解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n，1a 2n ＝1a 2q 2－2n ，因此 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n ＝1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2. 由题知q>0，当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n. 当q ≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2q 2－1. 故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎪⎨⎪⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n－1q 2n －2q 2－1，q ≠1.(解法2)(1)同解法1(1)、(2)证明：c n ＋1c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2a 2n －1＋2a 2n ＝q 2a 2n －1＋2q 2a 2na 2n －1＋2a 2n ＝q 2(n ∈N *)，又c 1＝a 1＋2a 2＝5，∴{c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列、(3)解：由(2)的类似方法得a 2n －1＋a 2n ＝(a 1＋a 2)q 2n －2＝3q 2n －2，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝a 1＋a 2a 1a 2＋a 3＋a 4a 3a 4＋…＋a 2n －1＋a 2n a 2n －1a 2n ，∵a 2k －1＋a 2k a 2k －1a 2k ＝3q 2k －22q 4k －4＝32q －2k ＋2，k ＝1,2，…，n.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2k ＝32(1＋q －2＋q －4…＋q －2n ＋2)(下面同上)、例4(1)证明：由，2b nb n S n －S 2n＝1，又S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，n ≥2，b n ＝S n －S n －1，∴2b n b n S n －S 2n ＝1即2(S n －S n －1)＝S n (S n －S n －1)－S 2n ，2S n －1－2S n ＝S n S n －1，又S 1＝1≠0，∴S n S n －1≠0，∴1S n －1S n －1＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列，且1S n ＝1＋(n －1)·12，S n ＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2，n ∈N *.(2)解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q ，且q ＞0. 因为1＋2＋…＋12＝12×132＝78，因此表中第1行至第12行共含有数列{a n }的前78项，故a 81在表中第13行第三列，因此a 81＝b 13·q 2＝－491.又b 13＝－213×14，因此q ＝2.记表中第k(k ≥3)行所有项的和为S ，那么S ＝b k 1－q k 1－q ＝－2k k ＋1·1－2k1－2＝2k k ＋1(1－2k)(k ≥3)、变式训练二次函数y ＝f(x)的图象通过坐标原点，其导函数为f ′(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上、(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m.解：(1)设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx(a ≠0)，那么f ′(x)＝2ax ＋b ，由于f ′(x)＝6x －2，得a ＝3,b ＝－2,因此f(x)＝3x 2－2x.又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f(x)的图象上，因此S n ＝3n 2－2n. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n)－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，因此，a n ＝6n －5(n ∈N *)、(2)由(1)得知b n ＝3a n a n ＋1＝36n －5[6n ＋1－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝∑ni ＝1b i ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1.因此，要使12(1－16n ＋1)＜m 20(n ∈N *)成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m ≥10，因此满足要求的最小正整数m 为10.高考回忆1.1解析：S n ＋S 1＝S n ＋1，a n ＋1＝a 1.2.x2n－1x ＋2n3、214.4,5,32解析：显然，a n 为正整数，a 6＝1，故a 5＝2，a 4＝4，假设a 3为奇数，那么4＝3a 3＋1，a 3＝1，假设a 3为偶数，那么a 3＝8，假设a 3＝1，那么a 2＝2，a 1＝4，假设a 3＝8，那么a 2＝16，a 1＝5或32.5.(1)证明：当n ＝1时，a 1＝－14；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－5a n ＋5a n －1＋1，因此a n －1＝56(a n －1－1)，又a 1－1＝－15≠0，a n －1a n －1－1＝56，因此数列{a n －1}是等比数列；(2)解：由(1)知：a n －1＝－15·⎝ ⎛⎭⎪⎫56n －1，得a n ＝1－15·⎝ ⎛⎭⎪⎫56n －1，从而S n ＝n －90＋90×⎝ ⎛⎭⎪⎫56n(n ∈N *)；由S n ＋1>S n ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫56n ＜115，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫5615<115，⎝ ⎛⎭⎪⎫5614>115，∴使s n ＋1>s n 成立的最小正整数n ＝15.6.(1)解：由题意⎩⎪⎨⎪⎧S 22＝－2a 1a 2，S 2＝a 2S 1＝a 1a 2，得S 22＝－2S 2，由S 2是等比中项知S 2≠0，因此S 2＝－2，由S 2＋a 3＝S 3＝a 3S 2，解得a 3＝S 2S 2－1＝23. (2)证明：由题设条件有a n ＋1S n ＝a n ＋1＋S n ，故S n ≠1，a n ＋1≠1，且a n ＋1＝S n S n －1，S n ＝a n ＋1a n ＋1－1，从而对k ≥3有a k ＝S k －1S k －1－1＝a k －1＋S k －2a k －1＋S k －2－1＝a k －1＋a k －1a k －1－1a k －1＋a k －1a k －1－1－1，① 因a 2k －1－a k －1＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －1－122＋34＞0，且a 2k －1≥0，要证a k ≤43，由①知只要证a 2k －1a 2k －1－a k －1＋1≤43，即证3a 2k －1≤4(a 2k －1－a k －1＋1)，即(a k －1－2)2≥0，此式明显成立，因此a k ≤43(k ≥3)、最后证a k ＋1≤a k ，假设不然，a k ＋1＝a 2k a 2k －a k ＋1＞a k ，又a k ≥0，故a k a 2k －a k ＋1＞1，即(a k－1)2＜0，矛盾，因此a k＋1≤a k(k≥3，k∈N)、。

数学复习数列的通项公式与求和公式的推导

数学复习数列的通项公式与求和公式的推导数学复习：数列的通项公式与求和公式的推导一、引言数列是数学中常见的概念，它在代数、几何以及数学分析中都有广泛应用。

数列的通项公式和求和公式是数列研究中的重要内容。

本文将探讨数列的通项公式和求和公式的推导过程。

二、数列的概念与分类数列是按照一定规律排列的一组数。

按照数列的特点，可以将其分为等差数列和等比数列两种。

1. 等差数列等差数列是指相邻两项之差都相等的数列。

设等差数列的首项为a₁，公差为d，则第n项可表示为：aₙ = a₁ + (n - 1)d2. 等比数列等比数列是指相邻两项之比都相等的数列。

设等比数列的首项为a₁，公比为r，则第n项可表示为：aₙ = a₁ * r^(n - 1)三、数列的通项公式的推导数列的通项公式是指根据数列的规律，能够直接求得数列的任意一项的公式。

1. 等差数列的通项公式推导设等差数列的首项为a₁，公差为d。

我们可以观察到等差数列的相邻两项的差值是相等的。

首先考虑首项a₁，它到第n项aₙ需要经过n-1个公差d。

因此，我们可以表示为：aₙ = a₁ + (n - 1)d这就是等差数列的通项公式。

2. 等比数列的通项公式推导设等比数列的首项为a₁，公比为r。

我们可以观察到等比数列的相邻两项的比值是相等的。

首先考虑首项a₁，它到第n项aₙ需要经过n-1次乘以公比r。

因此，我们可以表示为：aₙ = a₁ * r^(n - 1)这就是等比数列的通项公式。

四、数列的求和公式的推导数列的求和公式是指根据数列的规律，能够直接求得数列的前n项的和的公式。

1. 等差数列的求和公式推导设等差数列的首项为a₁，公差为d。

我们可以观察到等差数列的前n项和与数列的首项和末项之和相等。

首先考虑数列的首项a₁和末项aₙ，将等差数列从两端开始向中间逐项相加，我们可以得到以下结果：Sₙ = (a₁ + aₙ) * n / 2其中，Sₙ表示等差数列的前n项和。

2. 等比数列的求和公式推导设等比数列的首项为a₁，公比为r。