专题数列通项

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数列专题训练包括通项公式求法和前n项和求法的方法和习题

数列专题1、数列的通项公式与前n 项的和的关系11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩( 数列{}n a 的前n 项的和为12n n s a a a =+++L ).2、等差数列的通项公式*11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈；3、等差数列其前n 项和公式为1()2n n n a a s +=1(1)2n n na d -=+211()22d n a d n =+-. 4、等比数列的通项公式1*11()n nn a a a q q n N q-==⋅∈； 5、等比数列前n 项的和公式为11(1),11,1n n a q q s q na q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩ 或 11,11,1n n a a qq q s na q -⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩.常用数列不等式证明中的裂项形式:（1）(1111n n =-+n(n+1)1111()1k n k =-+n(n+k);(2) 211111()1211k k k <=---+2k (3)211111111(1)(1)1kk k k k k k k k-=<<=-++-- (4)1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦; (5)()()111!!1!n n n n =-++(6)=<<=1(1)n n >+)一.数列的通项公式的求法1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

例．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=⨯-+=2.公式法：已知n S （即12()n a a a f n +++=L ）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。

数列通项的五种求法

数列通项的五种求法求数列的通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既可考查等价转化与化归的数学思想，又能反映考生对等差与等现象数列理想的深度，具有一定的技巧性，因此经常渗透在高考和竞赛中，要正确写出数列通项，其关键是：找出n a 与n 的对应关系，而其中数列的通项求法比较灵活。

下面分别介绍几种常见的数列通项的求法，请同学们学习。

一、常规数列的通项例1 写出下列数列的一个通项公式。

(1) 3, 5, 7, 9.... (2) 3, 5, 9, 17. (3)⋯,638,356,154,32 (4)⋯,917,710,1,32 解（1）（方法一）注意观察，该数列前四项均为奇数，所以归纳出它的通项公式是a n =2n+1.（方法二）发现后一项比前一项都多2，前4项依次可写成a 1=3, a 2=3+2, a 3=3+2×2, a 4=3+2×3, ∴a n =3+2(n-1).（2）观察发现，前四项依次为2+1，22+1，23+1，24+1，∴a n =2n +1.（3）每一项的分子均为偶数，分母依次为1×3，3×5，5×7，7×9，…，均是相邻的两奇数之积，∴.)12)(12(2+-=n n na n（4）各项依次可写成，，，，，⋯9177105532分子依次是项数的平方数加1，∴.1212++=n n a n 小结认真观察（注意分解式子）所给数据的结构特征，正确写出对应的表达式。

二、摆动数列的通项例2 写出下列数列的一个通项公式。

（1）1，5，1，5，1，5，…. （2）⋯--,78,54,32,1. （3）1，2，2，4，3，8，4，16，….解（1）（方法一）∵奇数项均为1，偶数项均为5，∴⎩⎨⎧=，a n 5,1为n n 为正偶数.正奇数，（方法二）∵1与5的平均数为3，∴前四项依次可看成3-2，3+2，3-2，3+2. ∴a n =3+(-1)n ×2.（2）前四项可写成.122)1(,72)1(,52,32)1(,12113210--=∴⨯-⨯---n a n n n （3）∵a 1=1, a 3=2, a 5=3, a 7=4,…, ∴当n 为奇数时,21+=n a n , ∵a 2=2, a 4=4, a 6=8, a 8=16,…, ∴当n 为偶数时，.22n n a =∴⎪⎩⎪⎨⎧+=，n a n n 22,21为n n 为.正偶数正奇数，小结这类题需要看清奇、偶项的正、负，可用(-1)n 或(-1)n+1等形式表示，或用分段形式表示。

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。

这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。

下面我们逐个讲解这些重要的方法。

递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。

这种方法有两种类型。

第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，要将n改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

但是需要注意的是，求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。

第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）是在教材上推导等差数列通项公式和前n项和公式的时候使用的一种方法。

其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的。

只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。

基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。

+f(n)。

因此重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列的前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。

它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。

*f(n)。

以上是数列通项公式的三种求法。

2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。

左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。

专题一数列通项公式求法详解八种方法

关键是找出各项与项数n 的关系.）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-- 答案：（1）110-=nn a （2）;122++=n n n a n （3）;12+=n a n （4）1)1(1+⋅-=+n na n n .公式法1：特殊数列例2：已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x ) = (x －1)2，且a 1 = f (d －1)，a 3 = f (d +1)，b 1 = f (q +1)，b 3 = f (q －1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；答案：a n =a 1+(n －1)d = 2(n －1)； b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例3. 等差数列{}n a 是递减数列，且432a a a ⋅⋅=48，432a a a ++=12，则数列的通项公式是（）(A) 122-=n a n (B)42+=n a n (C) 122+-=n a n (D) 102+-=n a n (D)例4. 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式.简析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，易得)1()1(1+=⋅+=-q q q q q b nn n .点评：当数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求首项及公差公比.公式法2：知n s 利用公式 ⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n s a n n n .例5：已知下列两数列}{n a 的前n 项和s n 的公式，求}{n a 的通项公式.（1）13-+=n n S n . （2）12-=n s n答案：（1）n a =3232+-n n ，（2）⎩⎨⎧≥-==)2(12)1(0n n n a n 点评：先分n=1和2≥n 两种情况，然后验证能否统一.【型如)(1n f a a n n +=+的地退关系递推关系】简析：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次、二次函数、指数函数、分式函数，求通项n a . ①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ② 若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和;③若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和各式相加得例5：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项. .答案：)(52N n n a n ∈+=例6. 若在数列{}n a 中，31=a ，n n n a a 21+=+，求通项n a .答案：n a =12+n例7.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：na n 12-=（1）当f(n)为常数，即：q a a nn =+1（其中q 是不为0的常数），此时数列为等比数列，n a =11-⋅n q a . （2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法.例8：在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式. 例9：已知数列{}n a 中，311=a ，前n 项和n S 与n a 的关系是 n n a n n S )12(-= ，试求通项公式n a . . 答案：.)12(12(1-+=n n a n 思考题1：已知1,111->-+=+a n na a n n ,求数列{a n }的通项公式.分析：原式化为 ),1(1+=+n a n a 若令1+=n n a b ,则问题进一步转化为n n nb b =+1形式，累积得解.构造1：【形如0(,1≠+=+c d ca a n n ,其中a a =1)型】（1）若c=1时，数列{n a }为等差数列; （2）若d=0时，数列{n a }为等比数列;（3）若01≠≠且d c 时，数列{n a }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求.方法如下：设)(1λλ+=++n n a c a ,得λ)1(1-+=+c ca a n n ,与题设,1d ca a n n +=+比较系数得)0(,1≠-=c c dλ，所以：)1(11-+=-+-c d a c c d a n n ,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 构成以11-+c d a 为首项，以c 为公比的等比数列. 例10：已知数}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a 求通项n a . 答案：12-=nn a构造2：相邻项的差为特殊数列例11：在数列{}n a 中，11=a ，22=a ，n n n a a a 313212+=++，求n a .提示：变为)(31112n n n n a a a a --=-+++. 构造3：倒数为特殊数列【形如sra pa a n n n +=--11】例12：已知数列｛n a ｝中11=a 且11+=+n n n a a a （N n ∈），，求数列的通项公式. 答案 nb a n n 11==例13：设数列}{n c 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c 1=2，c 2=4，c 3=7，c 4=12，求通项公式c n解析：设1)1(-+-+=n n bqd n a c 建立方程组，解得.点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n 项和公式为某一多项式，一般地，若数列}{n a 为等差数列：则c bn a n +=，cn bn s n +=2（b 、ｃ为常数），若数列}{n a 为等比数列，则1-=n n Aq a ，)1,0(≠≠-=q Aq A Aq s n n .例14：（1）数列{n a }满足01=a ,且)1(2121-=++++-n a a a a n n ,求数列{a n }的通项公式.解析：由题得 )1(2121-=++++-n a a a a n n ① 2≥n 时， )2(2121-=+++-n a a a n ② 由①、②得⎩⎨⎧≥==2,21,0n n a n .（2）数列{n a }满足11=a ,且2121n a a a a n n =⋅⋅- ,求数列{a n }的通项公式（3）已知数列}{n a 中，,2121,211+==+n n a a a 求通项n a . 八、【讨论法-了解】（1）若d a a n n =++1（d 为常数），则数列{n a }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为其通项分为奇数项和偶数项来讨论. （2）形如)(1n f a a n n =⋅+型①若p a a n n =⋅+1(p 为常数)，则数列{n a }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;②若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得)1(1-=⋅-n f a a n n ，两式相除后，分奇偶项来分求通项. 例15：数列{n a }满足01=a ,21=++n n a a ,求数列{a n }的通项公式.专题二：数列求和方法详解（六种方法）1、等差数列求和公式：d n n na a a n a a n a a n S n n n n 2)1(2)(2)(2)(123121-+==+=+=+=-- 2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn[例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 答案xx x s n n --=1)1([例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n n S n S n f 的最大值. 答案n ＝8时，501)(max =n f方法简介：此法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①(1≠x )解析：由题可知，{1)12(--n xn }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积：设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=…②①－②得 nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=-- （错位相减）再利用等比数列的求和公式得：nn n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--.∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+. 试一试1：求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和. 答案： 1224-+-=n n n S方法简介：这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，然后再除以2得解.[例4] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值 . 答案S ＝44.5 方法简介：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.一般分两步：①找通向项公式②由通项公式确定如何分组；[例5] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 答案 2)13(11n n a a a s n n -+--=-.试一试1 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和 .简析：由于与n k k k a =-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅)110(91999991111111个个、分别求和. 方法简介：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项及分母有理化）如：（1）)()1(n f n f a n -+= ；（2）11++=n n a n =n n -+1；（3）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+；4）111)1(1+-=+=n n n n a n（5）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n . [例6] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,21,,421,311n n 的前n 项和.[例7] 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和. 试一试1：已知数列{a n }：)3)(1(8++=n n a n ，求前n 项和. 试一试2：1003211321121111+++++++++++ ..方法简介：针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .[例8] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值. 答案 0 [例9] 数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1，求S 2002.（周期数列）[例10] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值; 答案 10。

数列通项公式大全

数列{}n a 通项公式专题☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆前言：递推公式就是用等式给出一个数列任意相邻项之间存在的规律，是对数列规律的一种呈现方式。

最简单的是给出任意相邻两项之间的规律，并给出第一项的值；也有给出任意相邻三项之间的规律，并给出第一项和第二项的值。

根据这样的递推公式，我们可以依次求出已知项的后一项，再后一项……，还可以求出数列的通项公式。

递推公式与通项公式的相同之处都是揭示数列存在的规律；不同之处在于前者揭示的是任意相邻项之间的规律，后者揭示的是任一项与项数之间的规律。

（一）整式型 1.累加法 2.累乘法 3.构造法 4.对数法（二）分式型 1.倒数法 2.函数不动点法深圳金桥家教网（三）其它类型 1.特征方程法 2.分段数列 3.周期数列 4.数学归纳法 5.迭代法6.含n S 型（公式法）7.逐代法+解方程法☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆（一）整式型1.累加法形如)(1n f a a n n =-+型，若f(n)为n 的函数时，用累加法.1.（2003天津文）已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明213-=n n a2.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.答案：12+-n n3.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：na n 12-=评注：已知a a =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项n a .4.(2008福建文)已知{}n a 是整数组成的数列，11a =，且点*1)()n a n N +∈在函数21y x =+的图像上：（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足111,2n an n b b b +==+，求证：221n n n b b b ++⋅< 5．（2007北京文、理)（本小题共13分）数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 是常数，123n =L ，，，），且123a a a ，，成公比不为1的等比数列．（I ）求c 的值；（II ）求{}n a 的通项公式．2.累乘法形如)(1n f a a nn =+型，当f(n)为n 的函数时,用累乘法.1.已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求数列{}n a 的通项公式。

求数列通项公式专题

几种常见的数列的通项公式的求法一．观察法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)（3）（4）二、定义法：利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法，这种方法适应于已知数列类型的题目．1．等差数列是递增，前n项和为，且成等比数列，．求数列的通项公式.2. 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；3.等差数列是递减数列，且=48，=12，则数列的通项公式是（）(A) (B) (C) (D)4.等比数列的，，设数列的通项为，求数列的通项公式。

三、由递推式求数列通项法类型1 递推公式为解法：把原递推公式转化为，利用累加法求解。

1. 已知数列满足，，求。

[来源:学科网ZXXK]2.已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。

3.若在数列中，，，求通项。

4. 数列中，，，求的通项。

类型2 （1）递推公式为解法：把原递推公式转化为，利用累乘法求解。

5. 已知数列满足，，求。

6.已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项（3）递推式：7．设数列：，求.类型3 递推公式为（其中p，q均为常数，）。

8. 已知数列中，，，求.类型4 递推公式为（其中p，q均为常数）9. 已知数列中，,，求。

10. 已知数列中，,,，求。

类型5 递推公式为与的关系式。

解法：利用进行求解。

11.已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an12.已知在正整数数列中，前项和满足（1）求证：是等差数列（2）若，求的前n项和的最小值13. 已知数列前n项和.（1）求与的关系；（2）求通项公式.[来源:]14．已知数列中，，前项和与的关系是，试求通项公式。

专题构造法求数列通项的八种技巧

专题构造法求数列通项的八种技巧【必备知识点】◆构造一:待定系数之1n n a Aa B +=+型构造等比数列求关于1n n a Aa B +=+(其中,A B 均为常数,(1)0AB A -≠)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为()1n n a M A a M ++=+,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.◆构造二:待定系数之1n n a Aa Bn C +=++型构造等比数列求关于1(1,0,0)n n a Aa Bn C A C B +=++≠≠≠类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令()1(1)n n a p n q A a pn q ++++=++,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,p q ,从而得到{}n a pn q ++是公比为A 的等比数列.◆构造三:待定系数之1n n n a pa q +=+型构造数列求关于1nn n a pa q +=+(其中,p q 均为常数,(1)0pq p -≠)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为()11n n n n a q p a q λλ+++=+,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解. 方法二:先在递推公式两边同除以1n q+,得111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,引入辅助数列{}n b (其中n b nna q=),得11n n p b b q q+=⋅+,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以1n p +,得111nn n n n a a q p p p p ++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭,引入辅助数列{}n b (其中n n na b p =),得11n n b b p +-=⋅.nq p ⎛⎫⎪⎝⎭,再利用叠加法(逐差相加法)求解. ◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧. 模型一:111(1)1n n n n n n a a n a n a n +++−=−−−−→⋅+=⋅+左右同乘,构造n n b n a =⋅,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型二:11111n n n n n a a n a a n n n +++−−−−−⋅→+==+左右同除,构造n n a b n=,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列. 模型三:()()21112(1)(2)(1)n n n n n n a a n a a n n n n n ++++−−−−+=⋅=+−→++−左右同除,构造(1)n n a b n n =+,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型四:()111(1)221n n n n n n n a a na n a n +++−−−−−→=+=+左右同除,构造n n ab n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型五:11111222212n n n n n n n n n n n n n a S S S S S n n S S S nn n ++++++++=⋅=⋅=⇒-⇒−−−−−→+⋅=左右同除,构造nn S b n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型六:1111111n n n n n a a n a a n n n n ++++=⋅=+++−−−+−−→左右同除,构造n n a b n=,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型七:12111122122n n n n n n n n a a a a +++++−=+=−−−→+−左右同除,构造2nnna b =,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列. 模型八:1111111n n a an n n n n n a a a a a a ++++-−−=-=−−−→左右同除,构造1n nb a=,则11n n b b +-=,{}n b 为等差数列. 看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将1n +和1n a +,n 和n a 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列.◆构造五:取倒数构造等差类型一:数列{}n a 满足:1n n n ba a ka b+=+,则有111n n n n b ka ka ba ab ++==+. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,kb 为公差的等差数列,即111(1)n k n a a b =+-.(当分母出现加减时,我们很难将它进行化简运算,所以往往取倒数再运算才能找到突破点). 类型二:数列{}n a 满足:1112n n n n na a a a a -+-=-,则有11111211111n n n n n n n n n a a a a a a a a a -+-+--=⇔-=-. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.类型三:若数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足10n n n a kS S -+=,则有110n n n n S S kS S ---+=,两边同除以1n n S S -得:111n n k S S --=,故1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,k 为公差的等差数列,即111(1)n n k S a =+-,再用1n n n a S S -=-,求{}n a .◆构造六:取对数构造法型如1k n n a ca +=,1n k n a ca -=或者1(),n n kb b b ac a -++=为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于11n n n a Aa Ba +-=+的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +--=--,利用{}1n n a a +-成等比数列,以及叠加法求出n a .还有一小部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +-=+++,利用{}1+n n a a +成等比数列求出n a .此方法可以解决大多数的11n n n a Aa Ba +-=+,1A B +=模型的试题.当然针对个别试题,单纯构造{}1n n a a +-成等比数列可能解决不了问题.我们需要学习更完整的方法来解决这种类型题.这就需要运用数列的特征方程理念来解决.当然我们不需要详细学习数列的特征方程,用高中的待定系数法也可以解决,接下来我们通过两道例题,来详细解释说明下这种方法.秒杀求法:21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠类通项公式暴力秒杀求法21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠对应的特征方程为:2x px q =+,设其两根为12,x x当12x x ≠时, 2212n n n a Ax Bx --=+，当12x x =时, 21()n n a An B x -=+其中A ,B 的值的求法,用12,a a 的值代入上面的通项公式中,建立方程组解之即可◆构造八：数列不动点构造求数列(较难,能力强的同学可以学习)针对1n n n ax bx cx d++=+这类题型,考题中并不多见,难度比较大,这类题型有特定的解题方法.我们需要学习“数列不动点”的知识点.接下来我们来学习下什么是“数列不动点”,它有什么性质.当然看不懂也没关系,可以通过例题,熟记掌握解题步骤就可以.对于函数()f x ,若存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x x =是函数()f x 的不动点. 在几何上，曲线()y f x =与曲线y x =的交点的横坐标即为函数()f x 的不动点.一般地,数列{}n x 的递推式可以由公式()1n n x f x +=给出,因此可以定义递推数列的不动点:对于递推数列{}n x ,若其递推式为()1n n x f x +=,且存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x 是数列{}n x 的不动点。

数列通项公式的求法

数列通项公式求法
4.累乘法：
an1 an

f n或an1
an •
f
n
例4：数列an 中， a1
1,
an1 an
n, n 1
求通项公式
数列通项公式求法
4.累乘法：
例4：数列an 中， a1
1,
an1 an
n, n 1
求通项公式
迭代： an
a1
•
a2 a1
• a3 a2
an an1
数列通项公式求法
例2：数列an中，2Sn an 1,求通项公式
数列通项公式求法
3.累加法： an1 an f n或an1 an f n
例3：数列an中，an1 an 2n, a1 1,
求通项公式
数列通项公式求法
3.累加法：
例3：数列an中，an1 an 2n, a1 1,
求通项公式
迭代：an a1 a2 a1 a3 a2 an an1
5.构造法。1an1 Aan B,构造an x等比
例5：数列an中，an1 2an 3, a1 1
求通项公式
数列通项公式求法
5.构造法。2an an1 Aan • an1,构造倒数等差
例6：数列an中，a1 1, an an1 an1 • an ,
求通项公式
数列通项公式求法
5.构造法。
其它：对数，平方等。
数列通项公式求法
1.公式法：等差数列、等比数列公式；
2.和项关系；an
Sn
S1, n 1 Sn1, n 2
3.累加法；an1 an f n或an1 an f n
4.累乘法：aann1 f n或an1 an • f n

数列通项公式方法大全很

数列通项公式方法大全很1.等差数列通项公式：等差数列是指数列中每一项与它前一项的差固定的数列。

设等差数列为{an}，首项为a1，公差为d，第n项为an，则等差数列通项公式为：an = a1 + (n - 1)d。

2.等比数列通项公式：等比数列是指数列中每一项与它前一项的比值固定的数列。

设等比数列为{an}，首项为a1，公比为r，第n项为an，则等比数列通项公式为：an = a1 * r^(n - 1)。

3.斐波那契数列通项公式：斐波那契数列是指数列中每一项等于前两项之和的数列。

设斐波那契数列为{an}，首项为a1，第二项为a2，则斐波那契数列的通项公式为：an = a1 * f1 + a2 * f2，其中f1和f2分别为斐波那契数列中的两个常数，通常取f1 = (1 + sqrt(5)) / 2，f2 = (1 - sqrt(5)) / 24.等差中项公式：等差中项是指等差数列中任意两项之和的一半。

设等差数列为{an}，第k项为ak，第m项为am，则等差中项公式为：ak+m = ak + am = 2 *a(k + m)/25.等比中项公式：等比中项是指等比数列中任意两项之积的平方根。

设等比数列为{an}，第k项为ak，第m项为am，则等比中项公式为：ak * am = sqrt(ak * am) = sqrt(a(k + m)/2)。

6.递推关系求通项公式：有些数列没有明确的公差或公比，但可以通过递推关系来求出通项公式。

例如，Fibonacci数列的递推关系是an = an-1 + an-2，其中a1 = 1，a2 = 1，可以通过递推关系求出Fibonacci数列的通项公式。

以上是常见的数列通项公式方法的介绍。

根据数列中的特点和已知条件，选择适合的方法可以更快地求解出任意一项的值。

数列通项公式—常见9种求法

数列通项公式—常见9种求法一、公式法例1 已知数列满足，，求数列的通项公式。

解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式。

二、累加法例2 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：由得则所以数列的通项公式为。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例3 已知数列满足，求数列的通项公式解：由得所以评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例4已知数列满足，求数列的通项公式。

解：两边除以，得，则，故因此，则评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。

三、累乘法例5 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出，即得数列的通项公式。

例6 已知数列满足，求的通项公式。

解：因为①所以②用②式－①式得则故所以③由，，则，又知，则，代入③得。

所以，的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式。

四、待定系数法例7已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设④将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。

例8 已知数列满足，求数列的通项公式。

解：设⑥将代入⑥式，得整理得。

令，则，代入⑥式得⑦由及⑦式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。

评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。

数列通项大全

通项：1，已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；2，设数列).(3,3,3}{*111N n n P P P b b b n n n n n n n ∈+===++且满足（I ）求数列{b n }的通项公式；3，已知数列{a n }中，a n =2－11-n a ( n ≥2，n ∈N +)（1）若a 1=53，数列{b n }满足b n =11-n a ( n ∈N +)，求证数列{b n }是等差数列；4，已知数列}{n a ，其前n 项和S n 满足λλ(121+=+n n S S 是大于0的常数），且a 1=1，a 3=4. （I ）求λ的值；（II ）求数列}{n a 的通项公式a n ；5，设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知11,2(1)(1,2,3,).n n a S na n n n ==--= （Ⅰ）求证：数列}{n a 为等差数列，并分别写出n a 和n S 关于n 的表达式；6，在数列{}n a 中，()113,2232,n n n a a a n n N *-=-=++≥∈且（1）设()32n n n a b n N *+=∈，证明：{}n b 是等差数列；7.已知数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈（Ⅰ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；8．已知),.(1,1*11N R ∈∈--==+n p n pa a a n n（I ）当p=1时，求数列}{n a 的通项公式；（II ）设p b n a b n n n求为等比数列若数列,}{,2--=的值。

9．已知O 为C B A ,,三点所在直线外一点，且OC B OA μλ+=O 。

数列{}n a ，{}n b 满足12a =，11b =，且111111n n n nn n a a b b a b λμμλ----=++⎧⎨=++⎩（2n ≥） (Ⅰ) 求μλ+；(Ⅱ) 令n n n c a b =+，求数列{}n c 的通项公式；(III ) 当21=-μλ时，求数列{}n a 的通项公式．10.已知正项数列{}n a ，()2281+=n n a S ⑴求证：{}n a 是等差数列；11. 已知数列.2,,3,}{1*1=∈+-=+a N n n S a S n a n n n n 且项和为的前（1）求数列}{n a 的通项；12.已知数列{}n a 中123,5a a ==，其前n 项和为满足12122(3)n n n n S S S n ---+=+≥．（1）试求数列{}n a 的通项公式．13.数列{}n a 的各项都是正数，11a =，11112n n n n a a a a +++=+ ，2n n n b a a =+ . （1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n a 的通项公式；14. 在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++ （I ）设n na b n =，求数列{}n b 的通项公式15.设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （I ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列.（II ）求数列{}n a 的通项公式。

(完整版)数列求通项专题(总复习专题,方法全面,有答案)

求数列通项专题题型一：定义法（也叫公式法）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：等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项。

解：设数列}a {n 公差为)0d (d > ∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =，即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12= ∵0d ≠，∴d a 1=………①∵255S a = ∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d = ∴n 5353)1n (53a n =⨯-+=题型二：已知的关系求通项公式(或)n n S a 与()n n S f a =这种类型一般利用与消去⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n )()(11---=-=n n n n n a f a f S S a n S )2(≥n 或与消去进行求解。

)(1--=n n n S S f S )2(≥n n a 例：（1）已知数列的前项和，求数列的通项公式}{n a n 22+=n S n }{n a 解：当时，；1=n 311==S a 当时，； 2≥n 122)1(2221-=---+=-=-n n n S S a n n n ⎩⎨⎧≥-==∴)2(12)1(3n n n a n （2）已知数列的前项和满足，求数列的通项公式}{n a n n S 1)1(log 2+=+n S n }{n a 解：由，得，1)1(log 2+=+n S n 121-=+n n S ⎩⎨⎧≥==∴)2(2)1(3n n a nn 练习：1、已知数列{}的前n 项和为, 求.n a 32nn S =-n a 2、数列的前n 项和为，，，求的通项公式{}n a n S 11=a )(1121≥+=+n S a n n {}n a题型三：形如用累加法（也叫逐差求和法）：)(1n f a a n n +=+（1）若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.d a a n n =-+1n a d n a )1(1-+（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由得：)(1n f a a n n =-+时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ，)2(21-=---n f a a n n )2(23f a a =-以上各式相加得)1(12f a a =- 即：.)1()2()2()1(1f f n f n f a a n +++-+-=- ∑-=+=111)(n k n k f a a 为了书写方便，也可用横式来写：时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ∴112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- =.1)1()2()2()1(a f f n f n f ++++-+- 例1：已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ．解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得 n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+=1121n -+， 3121n a n ∴=-+例2：已知数列满足，求数列的通项公式。

数列通项的求法专题资料

数列通项的求法专题资料数列通项的几种常见的求法： ⑴利用观察法求数列的通项.⑵利用公式法求数列的通项：①⎩⎨⎧≥-==-)2()111n S S n S a n nn （；②{}n a 等差、等比数列{}n a 公式.⑶应用迭加（迭乘、迭代）法求数列的通项：①)(1n f a a n n +=+；②).(1n f a a n n =+ ⑶构造等差、等比数列求通项：① q pa a n n +=+1；②n n n q pa a +=+1；③)(1n f pa a n n +=+；④n n n a q a p a ⋅+⋅=++12.题型1 已知数列的前几项，求通项公式【例1】求下列数列的一个通项公式： ⑴,,33,17,9,5,3 ⑵,,0,71,0,51,0,31,0,1 -- ⑶,,9910,638,356,154,32⑷,,21,15,10,6,3,1题型2 利用公式法求通项【例2】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，求下列数列{}n a 的通项公式： ⑴ 1322-+=n n S n ； ⑵12+=n n S .题型3 应用迭加（迭乘、迭代）法求通项【例3】⑴已知数列{}n a 中，)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项公式； ⑵已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11=a ，n n a n S ⋅=2，求数列{}n a 的通项公式.题型4 构造等比数列求通项【例4】已知数列{}n a 中，32,111+==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 中，n n n a a a 32,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.【例6】已知数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求数列{}n a 的通项公式.【例7】．已知数列{}n a 满足111,31n n n a a a a +==+，则n a = ________.【变式练习】1.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和， )2,(23≥∈+=+n N n a S n n ，求数列{}n a 的通项公式.2.已知数列{}n a 中，)(0)1()2(,211++∈=+-+=N n a n a n a n n ，求数列{}n a 的通项公式.3.⑴已知数列{}n a 中，232,111-==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式；⑵已知数列{}n a 中，n a a a n n +==+2,111，求数列{}n a 的通项公式.4.已知数列{}n a 中，n n n a a a 33,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.5.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知)(3,11++∈+==N n S a a a n n n ，设n n n S b 3-=，求数列{}n b 的通项公式．6. 已知数列{}n a 中，)3(3231,2,12121≥+===--n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项公式.配套专项训练题1.若数列{}n a 的前n 项和1-=n n a S （R a ∈，且0≠a ），则此数列是( ) .A 等差数列.B 等比数列.C 等差数列或等比数列 .D 既不是等差数列，也不是等比数列 2.数列{}n a 中，)(,111n n n a a n a a -==+，则数列{}n a 的通项=n a ( ).A 12-n .B 2n .C 1)1(-+n nn .D n3.数列{}n a 中，)(231++∈+=N n a a n n ,且810=a ，则=4a ( ).A 811 .B 8180-.C 271 .D 2726-4.数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝－1a n ＋1，则a 2011＝( ) A ．2 B ．－13 C ．－32D ．15.设{}n a 是首项为1的正项数列，且)(0)1(1221+++∈=+-+N n a a na a n n n n n ，则数列{}n a 的通项=n a .6.数列{}n a 中，)(22,111++∈+==N n a a a a nn n ，则{}n a 的通项=n a .7.数列{}n a 中，)(,1111+++∈=-=N n a a a a a n n n n ，则{}n a 的通项=n a .8.数列{}n a 中，)(42,211++∈+==N n a a a a nn n ，求数列{}n a 的通项公式.9.已知数列{}n a 中，)(05,1,21221+++∈=+-==N n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项公式.。

求数列通项公式的十种方法(例题+详解)

求数列通项公式的十种方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n na a ++-=，故数列{}2n n a 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。

评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。

二、利用{1(2)1(1)n n S S n S n n a --≥==例2．若n S 和n T 分别表示数列{}n a 和{}n b 的前n 项和，对任意正整数2(1)n a n =-+，34n n T S n -=.求数列{}n b 的通项公式；解：22(1)4231a n a d S n n n n =-+∴=-=-=--23435T S n n n n n ∴=+=--……2分当1,35811n T b ===--=-时当2,626 2.1n b T T n b n n n n n ≥=-=--∴=---时……4分练习：1. 已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足10S n =a n 2+5a n +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{a n }的通项a n解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1=3 又10S n －1=a n －12+5a n －1+6(n ≥2)，②由①－②得 10a n =(a n 2－a n －12)+6(a n －a n －1)，即(a n +a n －1)(a n －a n －1－5)=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2)当a 1=3时，a 3=13，a 15=73 a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;当a 1=2时， a 3=12， a 15=72，有 a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －3三、累加法例3 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)

数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：法一：设a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(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 =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=5，且a n +1=2a n -1n ∈N * .(1)证明：a n -1 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=4，所以a n +1-1a n -1=2，所以a n -1 是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n -1=4×2n -1，即a n =2n +1+1.(2)由(1)得b n =(-1)n⋅2n +1+1 ，则b n =2n +1+1,n =2k ,k ∈N *-2n +1+1 ,n =2k -1,k ∈N* ，①当n =2k ,k ∈N *时，S n =-22-1 +23+1 -24+1 +⋯+-2n -1 +2n +1+1 =-22+23-24+25+⋯-2n +2n +1=22+24+⋯+2n =432n -1 ;②当n =2k -1,k ∈N *时，S n =S n +1-b n +1=432n +1-1 -2n +2+1 =-2n +2+73，综上所述，S n =432n -1 ,n =2k ,k ∈N*-2n +2+73,n =2k -1,k ∈N *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na n 的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q .因为S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23，当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1，所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。

专题求数列通项公式

类型二、前n项和法已知前n项和，求通项公式
an
S1 Sn
Sn1
(n 1) (n 2)
例2：设﹛an﹜的前n项和为Sn,且满足 Sn=n2+2n-1,求﹛an﹜的通项公式.
解： sn n2 2n 1 当n 1时 a1 s1 2 当n 2时 an sn sn1 n2 2n 1 [(n 1)2 2(n 1) 1] 2n 1
求 an 通项公式.
解：
an 3an1 3n
an 3n
an1 3n1
1
an 3n
是以
a1 3
为首项，以1为公差的等差数列
an 3n
a1 3
（n - 1）1
n
an n3n
类型八、形如 an1 an pan1an 的递推式
例8：已知a1 2, an 0,且an1 an 2an1an ,求an.
解： an 3n1 , an1
an1 3n2 , an2
an2 3n3 , an3
an3 3n4 an4
.......
a3 32 , a2 3
a2
a1
以上各式相乘得an a1 3 32 33 3n2 3n1
2 3123(n-1)
n( n-1)
23 2
n( n-1)
an 2 3 2
an 1 2 an1 1
an 1是以a1 1为首项，
以2为公比的等比数列an 1 1 1 2n1 2n，
an 2n 1
类型六、形如
an1
pan qan
p
的递推式
取倒法构造辅助数列
例6：数列
an
满足:a1
1, an1
an , 2an 1
求an 通项公式

专题一：数列通项公式的求法详解(八种方法)041019210228

其通项分为奇数项和偶数项来讨论. （2）形如 an1 an f (n) 型①若 an1 an p (p 为常数)，则数列{ an }为“等
积数列”，它是一个周期数列，周期为 2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;②若 f(n)为 n 的函数（非常数）时，可
通过逐差法得 an an1 f (n 1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
[例 2]
设 Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求
f (n)
Sn (n 32)Sn1
的最大值.
答案
n＝8
时，
f
(n)max

1 50
二、错位相减法方法简介：此法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前 n 项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.
只需求首项及公差公比.
公式法 2：知 sn 利用公式
an

s1 , Sn
n
S
1
n1
,
n

.
2
例 5：已知下列两数列{an}的前 n 项和 sn 的公式，求{an}的通项公式.（1） Sn n3 n 1. （2） sn n2 1
答案：（1） an =3 n 2
3n
.答案：
an n2 5 (n N)
例 6. 若在数列 an 中， a1 3 ， an1 an 2n ，求通项 an
.答案： an = 2n 1
思想启发：尝试推导特殊数列有关的公式，性质，结论是掌握并灵活应用它们的最好方法.
1
总结方法,领悟思想，感受成功.

史上最全的数列通项公式的求法15种

史上最全的数列通项公式的求法15种数列是数学中很重要的一种数学对象，它是由一系列的数按照一定的顺序排列而成。

数列通项公式是数列中的每一项与项号之间的关系式，可以通过该公式来求出数列的任意一项。

下面将介绍15种常见的数列通项公式的求法。

1.等差数列：等差数列是一种公差为常数的数列，通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差。

2.等比数列：等比数列是一种比值为常数的数列，通项公式为an = a1 * r^(n - 1)，其中a1为首项，r为公比。

3. 斐波那契数列：斐波那契数列是一种特殊的数列，每一项是其前两项之和，通项公式为an = an-1 + an-2，其中a1 = 1，a2 = 14. 平方数列：平方数列是由平方数所组成的数列，通项公式为an = n^25. 立方数列：立方数列是由立方数所组成的数列，通项公式为an = n^36.等差立方数列：等差立方数列是一种公差为常数的立方数列，通项公式为an = a1 + (n - 1)^3，其中a1为首项。

7.等比立方数列：等比立方数列是一种比值为常数的立方数列，通项公式为an = a1 * r^(n - 1)^3，其中a1为首项，r为公比。

8. 焦比数列：焦比数列是一种特殊的数列，每一项是其前一项的反数，通项公式为an = -1 / an-1，其中a1为首项。

9. 调和数列：调和数列是一种特殊的数列，每一项是其前一项的倒数与项号之和的倒数，通项公式为an = 1 / (1 / a1 + n - 1)，其中a1为首项。

10. 初等数列：初等数列是一种特殊的数列，每一项是其前一项与项号之和的和，通项公式为an = an-1 + n，其中a1为首项。

11.等差等比数列：等差等比数列是一种既是等差数列又是等比数列的数列，通项公式为an = a1 * (1 + (n - 1)d)，其中a1为首项，d为公差。

12. 菲波拿契数列：菲波拿契数列是一种特殊的数列，每一项是其前一项与项号之和的差，通项公式为an = an-1 - n，其中a1为首项。

专题13 数列通项公式的四种常见求法(解析版)

专题13 数列通项公式的四种常见求法目录类型一：累加法..........................................................................................................................................................1类型二：累乘法..........................................................................................................................................................2类型三：已知S n 求a n .................................................................................................................................................3类型四：构造法求通项. (4)类型一：累加法题型专练：1．（2023·河北石家庄·统考一模）中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列.现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，...，按此规律，则第50层小球的个数为（）A ．2400B ．2401C ．2500D ．2501【答案】D【分析】依据等差数列的定义与求和公式，累加法计算即可.【详解】不妨设第n 层小球个数为a n ，由题意，a 2−a 1=3， a 3−a 2=5……，即各层小球之差成以3为首项，类型二：累乘法满分策略：当出现a na n−1=f(n)时，一般用累乘法求通项。

通项公式专题

--------1--------- 数列通项公式求法一、定义法：按等差、等比数列的定义，求出对应的参数。

例1：在数列{a n }中，，则通项公式a n= 1在数列{a n }中，11121321,1++⋅=-=n n n a a a ，则通项公式a n= 2. 在数列{a n }中，()()2122,2111++=+-=+n n n n a n a a n n ,则通项公式a n= 3. 在数列{a n }中，()()2132,111++++==+n n n a a a n n ,则通项公式a n= 4.在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，则通项n a =二、公式法：利用公式11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩，求n a ，最后验证能否合在一起。

例2：设数列{}n a 满足12lg(1)1n a a a n ++++=+ ，求n a闯关1.已知数列{}n a 对所有正数n 均满足：2112322285n n a a a a n -++++=- ，则{}n a 的通项公式是2．已知数列{}n a 满足11a =，123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥ ，则{}n a 的通项公式是3.已知数列{}n a 的1a =4，当2n ≥时有2123(1)n a a a a n ⋅⋅⋅⋅=+ ，写出它的前五项，并求出它的通项公式。

三、迭加或迭乘法：1、对于已知递推等式11(),()n n n n a a f n a a --=+与的系数相等型，求n a 时可用迭加法。

2、对于已知递推等式11()(n n n n a f n a a a --=与是倍数关系)型求n a 时，可用迭乘法。

例3：（1）已知1111,3(2),.n n n n a a a n a --==+≥求（2）已知1112(2),1,n n n n a a n a a --=≥=且求闯关1若在数列{}n a 中，31=a ，n n n a a 21+=+，则通项n a =2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，则通项n a =3. 已知数列{}n a 中，311=a ，前n 项和n S 与n a 的关系是 n n a n n S )12(-= ，则通项n a = .--------2--------- 五、转化法（直接转化）：所给条件中含有n n a s 与的等式需把这个等式化为都含有)k k s a (或的等式，进而转化为等差（或等比）数列，先求等差（或等比）数列的通项，再求n a 。