数列的通项公式试题

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【精品提分练习】专题18 数列的通项公式及前n项和高考数学)母题题源系列(天津专版)

母题十八数列的通项公式及前n 项和【母题原题1】【2018天津，文18】设{}n a 是等差数列，其前n 项和为()*Nn S n ∈；{}n b 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()*N nT n ∈．已知132435546,,,122b b b b a a b a a ==+=+=+．（Ⅰ）求n S 和n T ；（Ⅱ）若()124n n n n S T T T a b ++++=+，求正整数n 的值．【考点分析】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．【答案】(Ⅰ)()12n n n S +=，21nn T =-；(Ⅱ)4．【解析】试题分析：（I ）由题意得到关于q 的方程，解方程可得2q =，则122112nn n T -==--．结合设等差数列{}n a 的公差为d ．由435b a a =+，可得134a d +=．由5462b a a =+，可得131316a d +=，从而11,1a d ==，故n a n =，()12n n n S +∴=．（II ）由（I ），有()()131122122222212n nn n T T T n n n +-+++=+++-=-=---．由()124n n n n S T T T a b ++++=+可得()1112222n n n n n n ++++--=+，整理得2340n n --=，解得1n =-（舍），或4n =，n ∴的值为4【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查数列求和的基本方法和运算求解能力．【母题原题2】【2017天津，文18】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为*()n S n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2334111412,2,11b b b a a S b +==-=．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列2{}n n a b 的前n 项和*()n ∈N ．【答案】（1）32n a n =-．2n n b =．（2）2(34)216n n T n +=-+．由此可得32n a n =-．1212(12)4(62)2(34)21612n n n n n ++⨯-=---⨯=----．得2(34)216n n T n +=-+，所以，数列2{}n n a b 的前n 项和为2(34)216n n +-+．【母题原题3】【2016天津，文18】已知{}n a 是等比数列，前n 项和为()n S n *∈N ，且6123112,63S a a a -==．(Ⅰ)求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)若对任意的,n n b *∈N 是2log n a 和21log n a +的等差中项，求数列(){}21nnb -的前2n 项和．【答案】（Ⅰ）12-=n n a ；（Ⅱ）22n ．设数列})1{(2n n b -的前n 项和为n T ，则2212212221224232221222)(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-．【考点】等差数列、等比数列及其前n 项和公式【名师点睛】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,,n n n b n a c n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数，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．【母题原题4】【2015天津，文18】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，{}n b 是等差数列，且112331,2a b b b a ==+=，5237a b -=．（I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）设*,n n n c a b n N =?，求数列{}n c 的前n 项和．【答案】（I ）12,n n a n -*=∈N ，21,n b n n *=-∈N ；（II ）()2323nn S n =-+【解析】试题分析：（I ）列出关于q 与d 的方程组，通过解方程组求出q ，d ，即可确定通项；（II ）用错位相减法求和．试题解析：（I ）设{}n a 的公比为q ，{}n b 的公差为d ，由题意0q > ，由已知，有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d得42280,q q --= 解得2,2q d == ，所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N ， {}n b 的通项公式【考点定位】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和，考查基本运算能力．【名师点睛】近几年高考试题中求数列通项的题目频频出现，尤其对等差、等比数列的通项考查较多，解决此类问题要重视方程思想的应用．错位相减法求和也是高考考查频率较高的一类方法，从历年考试情况来看，这类问题，运算失误较多，应引起考生重视．【命题意图】高考对本部分内容的考查基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列求和问题．【命题规律】高考试题对该部分内容考查的主要角度有：其一求数列的通项公式，其二数列求和，其三证明数列成等差数列或成等比数列．【理科】【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列{}n b 的通项公式：本题从等比数列{}n b 入手，由于12b =，设公比为q ，表达出2b 和3b ，利用2312b b +=列方程求出q ，写出{}n b 的通项公式；第二步：求数列{}n a 的通项公式：借助第一步的结果，由于数列{}n a 成等差数列，设公差为d ，结合3411142,11b a a S b =-=，解方程组求出1a 和d ，写出数列{}n a 的通项公式．第三步：利用错位相减法求和：列出数列221{}n n a b -的前n 项和n T ，两边同乘以4，两式相减后求和．【文科】【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列的通项公式求数列}{2n n b a 的通项公式第二步：选用恰当的方法求和错位相减求和第三步：下结论．【方法总结】1．数列{}n a 中n a 与n S 的关系：a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列（1）等差数列的有关概念①定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为*1(,n n a a d n N d +-=∈为常数)．②等差中项：数列,,a A b 成等差数列的充要条件是2a bA +=，其中A 叫做,a b 的等差中项．（2）等差数列的有关公式①通项公式：1(1)n a a n d =+-． ②前n 项和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=．（3）等差数列的性质已知数列{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和．①通项公式的推广：*()(,)n m a a n m d n m N =+-∈．②若*(,,,)k l m n k l m n N +=+∈，则k l m n a a a a +=+．③若{}n a 的公差为d ，则{}n a 也是等差数列，公差为2d ． ④若{}n b 是等差数列，则{}n n pa qb +也是等差数列． ⑤数列232,,n n n n n S S S S S --，…构成等差数列．（4）．妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为,,a d a a d -+；若偶数个数成等差数列，可设中间两项为,a d a d -+，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．（5）等差数列的四种判断方法①定义法：*1(,n n a a d n N d +-=∈为常数⇔{}n a 是等差数列．②等差中项法：122n n n a a a ++=+ (n ∈N *)⇔{}n a 是等差数列． ③通项公式：n a pn q =+ (,p q 为常数)⇔ {}n a 是等差数列．④前n 项和公式：2n S An bn =+（A B 、为常数)⇔ {}n a 是等差数列．3．等比数列（1）等比数列的有关概念 ①定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为*1(0,)n na q q n N a +=≠∈． ②等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G 2＝ab ． “a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．（2）等比数列的有关公式①通项公式：11n n a a q -=．②前n 项和公式：111,1,(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩；（3）等比数列的性质已知数列{}n a 是等比数列，n S 是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N *) ①若2m n p q r +=+=，则2m n p q r a a a a a ==； ②数列23,,,,m m k m k m k a a a a +++…仍是等比数列；③数列232,,n n n n n S S S S S --，…仍是等比数列(此时{a n }的公比1q ≠-)．（4）等比数列的三种判定方法（1）定义：*1(0,)n na q q n N a +=≠∈⇔{}n a 是等比数列．（2）通项公式：1(n n a cq c q -=、均是不为零的常数，*)n N ∈ ⇔{}n a 是等比数列． (3)等比中项法：2*1212(0,)n n n n n n a a a a a a n N ++++=⋅⋅≠∈⇔{}n a 是等比数列．（5）求解等比数列的基本量常用的思想方法①方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：1,,,,n n a q n a S ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．②分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当1q =时，1n S na =；当1q ≠时，1(1)1n n a q S q-=-；在判断等比数列单调性时，也必须对1a 与q 分类讨论．5．数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和等差数列的前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋nn －2d ；等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1－q n1－q，q ≠1. （2）倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．（5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721(10099)(9897)(21)5050n S =-+-++-=++++++=．1．【2018天津南开中学模拟】已知数列是首项的等差数列，设．（1）求证：是等比数列；（2）记，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）11．【解析】分析：（1）运用等差数列的通项公式，可得公差，进而得到，再由对数的运算性质和等比数列的定义，即可得证；（2）利用裂项相消法求和即可；（3）根据题意，求得，设，判断其为单调递增，求得最小值，再（3）因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．设，则．所以，故的最小值是/．由，得整数可取最大值为11．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有用定义证明等比数列，对数的运算，裂项相消法求和，恒成立问题求有关参数的取值范围和最值问题，在解题的过程中，注意对公式的正确使用以及对问题的正确理解．2．【2018天津河西区模拟】已知数列的前项和为，数列是首项为，公差为的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）（2）由等比数列的前项和公式可得结论．详解：（1）解：由题意得：，当时，，时，对上式也成立，∴．（2）解：，【名师点睛】已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式，在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况．3．【2018天津部分区二模】已知数列的奇数项依次成公比为2的等比数列，偶数项依次成公差为4的等差数列，数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（I）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，，可得，为奇数时，，为偶数时，；（II）由（1）知．为偶数时，，为奇数时，．详解：（1）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，得．∵，∴，解得为奇数时，，．【名师点睛】本题考查数列的性质和综合运用，分类讨论思想，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．4．【2018天津部分区二模】已知数列为等比数列，数列为等差数列，且，，．（1）求数列，的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）设数列{a n}的公比为q，数列{b n}的公差为d，由题意得：1+d=1+q，q2=2（1+2d）﹣6，解得：d=q=2，即可．（2）证明：因为c n===，T n=．即可得．详解：（1）设数列的公比为，数列的公差为．由题意得，，解得，所以（2）证明：因为，所以【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．5．【2018天津河东区二模】已知等比数列满足条件，，．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问首先利用等比数列的通项公式得到数列的首项和公比所满足的条件，从而求得相关的值，得到该数列的通项公式；第二问利用和与项的关系，得到，，再将时的情况进行验证，得到，，之后应用错位相减法对数列求和即可得结果．详解：（1）设的通项公式为，由已知，，由已知，，，综上，①②由①-②得到，【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式与求和的问题，在求解的过程中，注意对等比数列的通项公式的应用，得到题中的数列的首项和公比所满足的条件，从而求得结果；再者就是利用和与项的关系求通项的时候，需要对首项进行验证，在应用错位相减法求和时，需要明确步骤应该怎么写．6．【2018天津河北区二模】已知等差数列{}中，=1，且，，成等比数列．（I）求数列{}的通项公式及前n项和；（II）设，求数列{}的前2n项和．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】分析：（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，由题意可求得，故可得数列的通项公式和前n项和公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，故选用分组求和的方法将数列{}的项分为计数项和偶数项两部分后再求和．详解：（I）设等差数列{}的公差为d，∵，且，，成等比数列，∴，即，解得或．∴数列{}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列．∴数列{}的前2n项的和．【名师点睛】（1）等差、等比数列的运算中，要注意五个量之间的关系，根据条件得到方程（或方程组），通过解方程（方程组）达到求解的目的．（2）数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求解．当数列的通项中含有或的字样时，一般要分为n为奇数和n为偶数两种情况求解．7．【2018天津十二校二模】已知数列的前项和满足：，（为常数，，）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，．若数列的前项和为，且对任意满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．详解：（1）且数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由得，因为数列为等比数列，所以，解得．（3）由（2）知【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．8．【2018天津滨海新区七校模拟】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a =- (*n N ∈)，数列{}n b 满足()()111n n nb n b n n +-+=+ (*n N ∈)，且11b =（1）证明数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++，求数列{}n c 的前n 项和2n T ；（3）若n n d a ={}n d 的前n 项和为n D ，对任意的*n N ∈，都有n n D nS a ≤-，求实数a 的取值范围．【答案】（1）12n n a -=， 2n b n =；（2）11343n -+；（3）0a ≤ 【解析】试题分析：（1）()()111n n nb n b n n +-+=+两边同除以()1n n +，得111n nb b n n+-=+，可求得n b ．用公式11,2{,1n n n S S n a S n --≥==，统一成n a ，可求得n a ．（2）由（1）12n n a -=，代入得n c ()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭，由并项求和可得2n T ．（3）由（1）12n n d a n -==由错位相减法可求得n D ，代入可求．当2n ≥时， 21n n S a =-， -1-121n n S a =-，两式相减得12n n a a -=，又1=1a ，所以12nn a a -=，从而数列{}n a 为首项1=1a ，公比=2q 的等比数列，从而数列{}n a 的通项公式为12n n a -=．（2） ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭ 2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++（3）由（1）得12n n d a n -==，()221112232122n n n D n n --=⨯+⨯+⨯+-+()()2311212223212122n n n n D n n n --=⨯+⨯+⨯+-+-+，所以21n a n ≤--恒成立，记21nn d n =--，所以()min n a d ≤，因为()()1+121121n nn n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦210n =->，从而数列{}n d 为递增数列所以当=1n 时， n d 取最小值1=0d ，于是0a ≤．【名师点睛】本题考查知识较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等，需要对数列基本知识，基本方法掌握非常好．9．【2018天津十二模拟一】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足4212a a -=，423+2S 3S S =，数列{}n b 满足()()111n n nb n b n n +-+=+， *n N ∈，且11b =．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设()22log 212{2nn na n k n n c n k=-+==，， n T 为{}n c 的前n 项和，求2n T ．【答案】（1）2n n a ∴=， 2n b n =；（2）21166899221n n nn -+-+⨯+．【解析】试题分析：（1）由423+2S 3S S =，可推出432a a =， 2q =，结合4212a a -=，即可求出数列{}n a 的通项公式，再将()()111n n nb n b n n +-+=+两边同除以()1n n +得111n n b b n n +-=+，可推出数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求出{}n b 的通项公式；（2）由（1）知()22log 2,212{2,22nn n n k n n c nn k =-+==，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出2n T ．1d =的等差数列∴=nb n n，从而数列{}n b 的通项公式为2n b n =．（2）由（1）知()()2211log 2,21,2122{{2,2,222nn n n n n k n k n n n n c c nnn k n k -=-=-++=⇒===∴21232n nT c c c c =++++135211*********22133521212222n n n n -⎛⎫⎡⎤=-+-++-+++++⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦【名师点睛】（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如,{ 2,n n n n a n =为奇数为偶数），符号型（如()21nn a n =- ），周期型（如πsin 3n n a = ）；（2）用错位相减法求和的注意事项：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“n S ”与“n qS ”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“n n S qS -”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．10．【2018天津十二模拟二】已知正项等比数列，等差数列满足，且是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）根据，是与的等比中项列出关于公比、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列与的的通项公式；（2）由（1）可知，所以，对分奇数、偶数两种情况讨论，分别利用分组求和法，错位相减求和法，结合等差数列求和公式与等比数列求和公式求解即可．试题解析：（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为由是与的等比中项可得：又，则：，解得或因为中各项均为正数，所以，进而．故．（2）设则②，由①-②得：，，因此，综上：．11．【2018天津部分区期末考】已知{}n a为等差数列，且24a=，其前8项和为52，{}n b是各项均为正数的等比数列，且满足124b b a+=，36b a=．（1）求数列{}n a和{}n b的通项公式；（2）令22l o gl o gn nnn nb aca b=+，数列{}n c的前n项和为n T，若对任意正整数n，都有2nT nλ-<成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）2n a n =+， 2nn b =；（2）3λ≥【解析】试题分析：（1）结合题意可求得等差数列的公差和等比数列的公比，由此可得数列的通项公式．（2）由（1）可得22224422n n n n n c n n n n +++=+=++ 11222n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭，利用裂项求和可得1123212n T n n n ⎛⎫=+-+ ⎪++⎝⎭，因此由题中的恒成立可得113212n n λ⎛⎫>-+ ⎪++⎝⎭对任意正整数n 恒成立，然后根据1132312n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭可得结果．试题解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得114{82852a d a d +=+=，即1134{2713a d a d +=+=，解得13{1a d ==，所以()312n a n n =+-=+．1111111221324112n n n n n ⎛⎫=+⨯-+-++-+- ⎪-++⎝⎭1123212n n n ⎛⎫=+-+ ⎪++⎝⎭．所以1123212n T n n n ⎛⎫-=-+⎪++⎝⎭，因为对任意正整数n ，都有2n T n λ-<成立，即113212n n λ⎛⎫>-+⎪++⎝⎭对任意正整数n 恒成立，又1132312n n ⎛⎫-+<⎪++⎝⎭，所以3λ≥．故实数λ的取值范围为[)3,+∞．12．【2018天津一中期中考】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21234n n S na n n +=--， *n N ∈ ，且13a =．（Ⅰ）求2a 、3a 的值；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式【答案】（Ⅰ）25a =， 37a =；（Ⅱ）见解析．【解析】分析：（Ⅰ）分别令1,2n n ==就可以求得25a =， 37a =．（Ⅱ）根据（Ⅰ）猜测21n a n =+，利用数学归纳可证明该猜测．②当1n k =+时，有()()123322232112222k k k k S kk a k k k k ++=++=++=+=++，这说明当1n k =+时，猜想也成立，结合①②，由归纳原理知，对任意*n N ∈， 21n a n =+．【名师点睛】与自然数有关的问题，可以用数学归纳法，在归纳假设中，我们一般设当n k =时，命题()P k 成立，也可以假设0n n k ≤≤时，命题()P n 成立，然后再证明1n k =+， ()1P k +也成立．13．【2018天津滨海新区模拟】已知数列{}n a 的首项15a =前n 项和为n S ，且()*15n n S S n n N +=++∈ （I ）证明数列{}1n a +是等比数列；（II ）令()212.....nn f x a x a x a x =+++ 求函数()f x 在点1x =处的导数()1f '并比较()21f ' 与22313n n -的大小【答案】（1）见解析；（2）()21f ' > 22313n n -．【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项递推关系，再根据题意变形为()1121n n a a ++=+，最后根据等比数列定义给以证明（2）先求导数得()1f '，根据分组求和法以及错位相消法化简()1f '，最后作差并利用二项式定理比较大小因为()212n n f x a x a x a x =+++所以()1122n n f x a a x na x -'=+++从而()1212n f a a na '=+++=()()()23212321321n n ⨯-+⨯-++⨯- =()232222n n +⨯++⨯-()12n +++=()()1131262n n n n ++-⋅-+由上()()()22123131212n f n n n --=-⋅'-()21221n n --=()()()121212121n n n n -⋅--+=12()()1221nn n ⎡⎤--+⎣⎦①当1n =时，①式=0所以()2212313f n n ='-；当2n =时，①式=-120<所以()2212313f n n <'- 当3n ≥时， 10n ->又()011211nn n nn n n nC C C C -=+=++++ ≥ 2221n n +>+ 所以()()12210nn n ⎡⎤--+>⎣⎦即①0>从而()21f ' > 22313n n -． 14．【2018天津一中月考五】已知数列中，，．（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的前项和，并求满足的所有正整数．【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析．【解析】分析：（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；（2）推导出，由，得，，从而由此能求出满足S n ＞0的所有正整数n 的值．由，得，所以，同理，当且仅当时，，综上，满足的所有正整数为和．【名师点睛】本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n项和的正整数的最大值的求法，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．15．【2018天津耀华中学】等差数列的各项均为正数，，前项和为，为等比数列，，且，．（）求与．（）求数列的前项和．（）若对任意正整数和任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（），（）（）【解析】试题分析：（1）由条件得，解方程即可；（2）利用错位相减即可得解；（3）由，利用裂项相消求和，只需即可．试题解析：（）设公差为，公比为．．．．（），∴，∴．∴，即恒成立，∴，则，∴．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．。

专题五数列通项公式的求法练习

专题五数列通项公式的求法练习●知识点：一．已知数列{}n a 的前n 项和n S 与n ，n S 与n a 的关系，求{}n a 的通项公式n a ；【例1】已知数列{}n a 的前n 项和n S 的关系式分别如下，分别求{}n a 的通项公式n a 。

（1）n n S n -=22；（2）12++=n n S n 。

解：（1）当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，22122(1)(1)43n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-，经检验1n =时，11a =也适合，∴43n a n =-．（2）当1n =时，113a S ==，当2n ≥时，2211(1)(1)12n n n a S S n n n n n -=-=++-----=．经检验1n =时，223n =≠，∴13a =不适合，∴3, 12, 2n n a n n =⎧=⎨≥⎩．【例2】已知数列{}n a 的前n 项的和n S 分别为下列各式，分别求{}n a 的通项公式n a ．（1）32n n S a =+；（2）12a =，2n n S n n na =-+；（3）112a =，2n n S n a =．解：（1）当1n =时，1132a S a ==+当2≥n 时，1n n n a S S -=-1n a -， ∴{}n a 为等比数列，∴{}n a （2）由2n n S n n na =-+得1n S +12n n a a +-=，∴{}n a 为等差数列，∴{}n a （3）由2n n S n a =得1(1)n S n +=+21n n a n a +-，即12n n n a a n +=+，∴1n n a a +=211(1)3a a = ，3224a a =，435a ……， 122(2)n n a n n a n---=- ， 11(1)1n n a n n a n --=-+ ．将以上1-n 个式子作积得：112341234561(1)n a n a n n n -=⋅⋅⋅⋅⋅=++ ， ∴12121(1)2(1)(1)n a a n n n n n n =⋅=⋅=+++． 2．已知数列{}n a 的递推的关系，求{}n a 的通项公式n a 。

数列的通项公式练习题(通项式考试专题)

求数列通项公式专题练习1、设n S 就是等差数列}{n a 得前n 项与,已知331S 与441S 得等差中项就是1,而551S 就是331S 与441S 得等比中项,求数列}{n a 得通项公式2、已知数列{}n a 中,311=a ,前n 项与n S 与n a 得关系就是 n n a n n S )12(-= ,试求通项公式n a 。

3、已知数列{}n a 中,11=a ,前n 项与n S 与通项n a 满足)2,(,1222≥∈-=n N n S S a n n n ,求通项n a 得表达式、4、在数列｛n a ｝中,1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ,求n a 得表达式。

5、已知数}{n a 得递推关系为4321+=+n n a a ,且11=a 求通项n a 。

6、已知数列{}a n 得前n 项与S n b n n =+()1,其中{}b n 就是首项为1,公差为2得等差数列,数列{}a n 得通项公式7、已知等差数列{a n }得首项a 1 = 1,公差d > 0,且第二项、第五项、第十四项分别就是等比数列{b n }得第二项、第三项、第四项. (Ⅰ)求数列{a n }与{b n }得通项公式;lTsK3。

8、已知数列}{n a 得前n 项与为n S ,且满足322-=+n a S n n )(*N n ∈.(Ⅰ)求数列}{n a 得通项公式;9、设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…,n ∈*N .(Ⅰ)求数列{}n a 得通项; 10、已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，,求数列}a {n 得通项公式。

11、已知数列}a {n 满足3a 132a a 1n n 1n =+⋅+=+，,求数列}a {n 得通项公式。

数列求与公式练习1、设{}n a 就是等差数列,{}n b 就是各项都为正数得等比数列,且111a b ==,3521a b +=,5313a b +=(Ⅰ)求{}n a ,{}n b 得通项公式;(Ⅱ)求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭得前n 项与n S .2、(){213}.nn n -⋅求数列前项和3、已知等差数列{}n a 满足:37a =,5726a a +=、{}n a 得前n 项与为n S 、(Ⅰ)求n a 及n S ;(Ⅱ)令211n n b a =-(n N +∈),求数列{}n b 得前n 项与n T 、4、已知等差数列{}n a 得前3项与为6,前8项与为-4。

数列通项、数列前n项和的求法例题+练习

通项公式和前n 项和一、新课讲解：求数列前N 项和的办法 1. 公式法（1）等差数列前n 项和：特此外,当前n 项的个数为奇数时,211(21)k k S k a ++=+,即前n 项和为中央项乘以项数.这个公式在许多时刻可以简化运算. （2）等比数列前n 项和： q=1时,1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，,特别要留意对公比的评论辩论.（3）其他公式较罕有公式：1.)1(211+==∑=n n k S nk n 2.)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3.213)]1(21[+==∑=n n k S n k n[例1] 已知3log 1log 23-=x ,求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++n x x x x 32的前n 项和.[例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ,n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.2. 错位相减法这种办法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的办法,这种办法重要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,个中{ a n }.{ b n }分离是等差数列和等比数列.[例3]乞降：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………① [例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232nn前n 项的和.演习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n -3)xn-1答案：当x=1时,S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n 当x ≠1时,S n = 1 1-x[4x(1-x n ) 1-x+1-（4n-3）x n ]3. 倒序相加法乞降这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的办法,就是将一个数列倒过来分列（反序）,再把它与原数列相加,就可以得到n 个)(1n a a +. [例5] 求 89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值 4. 分组法乞降有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将这类数列恰当拆开,可分为几个等差.等比或罕有的数列,然后分离乞降,再将其归并即可. [例6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa an ,… 演习：求数列•••+•••),21(,,813,412,211nn 的前n 项和.5. 裂项法乞降这是分化与组合思惟在数列乞降中的具体运用. 裂项法的本质是将数列中的每项（通项）分化,然后从新组合,使之能消去一些项,最终达到乞降的目标. 通项分化（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6) nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.[例10] 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. [例11] 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+（裂项） ∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项乞降）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立演习：求63135115131+++之和.6. 归并法乞降针对一些特别的数列,将某些项归并在一路就具有某种特别的性质,是以,在求数列的和时,可将这些项放在一路先乞降,然后再求S n .[例12]求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值. [例14] 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.7. 运用数列的通项乞降先依据数列的构造及特点进行剖析,找出数列的通项及其特点,然后再运用数列的通项揭示的纪律来求数列的前n 项和,是一个重要的办法. [例15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 演习：求5,55,555,…,的前n 项和.以上一个7种办法固然各有其特色,但总的原则是要擅长转变原数列的情势构造,使其能进行消项处理或能运用等差数列或等比数列的乞降公式以及其它已知的根本乞降公式来解决,只要很好地掌控这一纪律,就能使数列乞降化难为易,水到渠成.求数列通项公式的八种办法一.公式法（界说法）依据等差数列.等比数列的界说求通项二.累加.累乘法1.累加法实用于：1()n n a a f n +=+若1()n n a a f n +-=(2)n ≥,则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=双方分离相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 知足11211n n a a n a +=++=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =.例2 已知数列{}n a 知足112313n n n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式.解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+双方除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故是以11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯,则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-2.累乘法实用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=,则31212(1)(2)()n na aaf f f n a a a +===，，，双方分离相乘得,1111()nn k a a f k a +==⋅∏例3 已知数列{}n a 知足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式. 解：因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯三.待定系数法实用于1()n n a qa f n +=+剖析：经由过程凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+; 解题根本步调： 1.肯定()f n2.设等比数列{}1()n a f n λ+,公比为2λ3.列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4.比较系数求1λ,2λ5.解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式6.解得数列{}n a 的通项公式例4 已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解法一：121(2),n n a a n -=+≥又{}112,1n a a +=∴+是首项为2,公比为2的等比数列12n n a ∴+=,即21n n a =-解法二：121(2),n n a a n -=+≥两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥,故数列{}1n n a a +-是首项为2,公比为2的等比数列,再用累加法的……例5 已知数列{}n a 知足1112431n n n a a a -+=+⋅=，,求数列{}n a 的通项公式. 解法一：设11123(3n n n n a a λλλ-++=+⋅),比较系数得124,2λλ=-=,则数列{}143n n a --⋅是首项为111435a --⋅=-,公比为2的等比数列, 所以114352n n n a ---⋅=-⋅,即114352n n n a --=⋅-⋅解法二：双方同时除以13n +得：112243333n n n n a a ++=⋅+,下面解法略留意：例 6 已知数列{}n a 知足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++ 比较系数得3,10,18x y z ===,所以2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ 由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为认为21311011813132a +⨯+⨯+=+=首项,以2为公比的等比数列,是以2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---.留意：形如21 n n n a pa qa ++=+时将n a 作为()f n 求解剖析：原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的情势,比较系数可求得λ,数列{}1n n a a λ++为等比数列.例7 已知数列{}n a 知足211256,1,2n n n a a a a a ++=-=-=,求数列{}n a 的通项公式. 解：设211(5)()n n n n a a a a λλλ++++=++比较系数得3λ=-或2λ=-,无妨取2λ=-,则21123(2)n n n n a a a a +++-=-,则{}12n n a a +-是首项为4,公比为3的等比数列11243n n n a a -+∴-=⋅,所以114352n n n a --=⋅-⋅四.迭代法例8 已知数列{}n a 知足3(1)2115nn n n a a a ++==，,求数列{}n a 的通项公式.解：因为3(1)21nn n n a a ++=,所以又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=.注：本题还可分解运用累乘法和对数变换法求数列的通项公式. 五.变性转化法1.对数变换法实用于指数关系的递推公式例9 已知数列{}n a 知足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式.解：因为511237n n na a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，. 双方取经常运用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++ 设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++（同类型四）比较系数得,lg3lg3lg 2,4164x y ==+ 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠,得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是认为lg3lg3lg 2lg 74164+++首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,是以11111111116164444111115161644445415151164lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)lg(332)lg(732)n n n n n n n n n n a n --------=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯.2.倒数变换法实用于分式关系的递推公式,分子只有一项例10 已知数列{}n a 知足112,12nn n a a a a +==+,求数列{}n a 的通项公式. 解：求倒数得11111111111,,22n n n n n n a a a a a a +++⎧⎫=+∴-=∴-⎨⎬⎩⎭为等差数列,首项111a =,公役为12,112(1),21n n n a a n ∴=+∴=+ 3.换元法实用于含根式的递推关系例11 已知数列{}n a知足111(14116n n a a a +=+=，,求数列{}n a 的通项公式.解：令n b =则21(1)24n n a b =-代入11(1416n n a a +=+得即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所所以{3}n b -认为13332b -===首项,认为21公比的等比数列,是以121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得2111()()3423n n n a =++.六.数学归纳法经由过程首项和递推关系式求出数列的前n 项,猜出数列的通项公式,再用数学归纳法加以证实.例12 已知数列{}n a 知足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式.解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =,得由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+,下面用数学归纳法证实这个结论. （1）当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立.（2）假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立.依据（1）,（2）可知,等式对任何*n N ∈都成立. 七.阶差法1.递推公式中既有n S ,又有n a 剖析：把已知关系经由过程11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩转化为数列{}n a 或n S 的递推关系,然后采取响应的办法求解.例13 已知数列{}n a 的各项均为正数,且前n 项和n S 知足1(1)(2)6n n n S a a =++,且249,,a a a 成等比数列,求数列{}n a 的通项公式. 解：∵对随意率性n N +∈有1(1)(2)6n n n S a a =++⑴ ∴当n=1时,11111(1)(2)6S a a a ==++,解得11a =或12a =当n ≥2时,1111(1)(2)6n n n S a a ---=++⑵ ⑴-⑵整顿得：11()(3)0n n n n a a a a --+--= ∵{}n a 各项均为正数,∴13n n a a --= 当11a =时,32n a n =-,此时2429a a a =成立当12a =时,31n a n =-,此时2429a a a =不成立,故12a =舍去所以32n a n =-2.对无限递推数列例14 已知数列{}n a 知足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，,求{}n a 的通项公式.解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥① 所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+② 用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=. 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =八.不动点法不动点的界说：函数()f x 的界说域为D ,若消失0()f x x D ∈,使00()f x x =成立,则称0x 为()f x 的不动点或称00(,())x f x 为函数()f x 的不动点.剖析：由()f x x =求出不动点0x ,在递推公式双方同时减去0x ,在变形求解.类型一：形如1 n n a qa d +=+例 15 已知数列{}n a 中,111,21(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式. 解：递推关系是对应得递归函数为()21f x x =+,由()f x x =得,不动点为-1 ∴112(1)n n a a ++=+,…… 类型二：形如1n n n a a ba c a d+⋅+=⋅+剖析：递归函数为()a x bf x c x d⋅+=⋅+（1）如有两个相异的不动点p,q 时,将递归关系式双方分离减去不动点p,q,再将两式相除得11n nn n a p a pk a q a q++--=⋅--,个中a pck a qc-=-,∴111111()()()()n n n a q pq k a p pq a a p k a q -----=--- （2）如有两个雷同的不动点p,则将递归关系式双方减去不动点p,然后用1除,得111n n k a p a p +=+--,个中2ck a d=+.例16 已知数列{}n a 知足112124441n n n a a a a +-==+，,求数列{}n a 的通项公式.解：令212441x x x -=+,得2420240x x -+=,则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ++---+--+--====----+---+.所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是认为112422343a a --==--首项,认为913公比的等比数列,故12132()39n n n a a --=-,则113132()19n n a -=+-.。

等差数列的通项公式(含答案)

次成等差数列，问五人各得多少钱？”这个问题中，甲所得为（）
A. 钱
B. 钱
C. 钱
D. 钱
14.已知等差数列{an}满足 a1+a2=﹣1，a3=4，则 a4+a5=（）
A. 17
B. 16
C. 15
D. 14
15.若等差数列{an}的前 5 项和 S5=25，则 a3 等于（）
A. 3
B. 4
A. 0
B. 3
꠰
.若则
C. 8
，，则 ( )源自D. 1133.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，已知 S3=a1+4a2 ， a5=7，则 a1=（）
A. 1
B. ﹣1
C. म
D. ﹣ म
34.首项为-20 的等差数列，从第 10 项起开始为正数，则公差 d 的取值范围是( )
A. ሧ
म
D. 16
19.在等差数列{an}中，a3+a7=2，数列{bn}是等比数列，且 a5=b5 ，则 b4•b6=（）
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
20.已知等差数列
的公差为 2，且
꠰ ，则
（）
A. 12
B. 13
C. 14
D. 15
21.已知
是公差为 2 的等差数列，若
，则
（）
A. ͸
B.
C.
A. 24
B. 12
C. 8
D. 4
12.已知等差数列{an}满足 a1=2，a3=8，则数列{an}的公差为（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
13.《九章算术》中有“今有五人分无钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”．其意思为“已知甲、

原题目：数列的通项公式

原题目：数列的通项公式数列的通项公式数列是由一系列按规律排列的数字组成的序列。

通项公式是指能够用数学公式表示出数列中任意一项的公式。

在数学中，求解数列的通项公式是一项基本的技巧，它能够帮助我们更好地理解数列的规律和性质。

常见数列及其通项公式下面列举了几种常见数列及其通项公式：1. 等差数列：- 定义：等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的数列。

- 通项公式：设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，则第$n$项可以表示为$a_n = a_1 + (n-1)d$。

2. 等比数列：- 定义：等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的数列。

- 通项公式：设等比数列的首项为$a_1$，公比为$r$，则第$n$项可以表示为$a_n = a_1 \cdot r^{(n-1)}$。

3. 斐波那契数列：- 定义：斐波那契数列是指数列中每一项都是前两项的和。

- 通项公式：斐波那契数列的通项公式相对较复杂，可以表示为$a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right)$。

求解通项公式的方法求解数列的通项公式的方法有很多种，下面介绍几种常用的方法：1. 观察法：通过观察数列中的规律，寻找数列的通项公式。

这个方法适用于一些简单的数列，特别是等差数列和等比数列。

2. 递推法：通过分析数列中相邻两项之间的关系，将数列转化为递推关系式，然后解递推关系式得到通项公式。

这个方法适用于一些复杂的数列，比如斐波那契数列。

3. 求和法：对数列进行求和，将求得的和与数列项数之间的关系转化为通项公式。

这个方法适用于一些数列的和与项数之间存在关系的情况。

总结数列的通项公式是求解数列中任意一项的公式，它能够帮助我们更好地理解数列的规律和性质。

常见的数列通项公式包括等差数列、等比数列和斐波那契数列。

高考数学构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如a n +1=ca n k ,a n =ca n -1k或者a n +b =c (a n -1+b )k ,b 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.【经典例题1】数列a n 中, a 1=2,a n +1=a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以a 1=2为底的对数(不能取c 为底,因为c =1,不能作为对数的底数),得到log a n +12=log an22,log a n +12=2log a n2,设b n =log a n2,则有b n +1=2b n ,所以b n 是以b 1=log a 12=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n =2n -1,所以log a n2=2n -1,a n =22n -1.【经典例题2】数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取a 1=1为底数的对数了吧),得到log a n +12=log 2a n22,log an +12=log 22+2log a n2,log a n +12=1+2log a n2设b n =log an2,则有b n +1=1+2b n ,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出b n +1+1=2(b n +1),所以b n +1 是以b 1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n +1=2n -1,所以b n =2n -1-1,log a n2=2n -1-1,a n =22n -1-1.【经典例题3】已知a 1=2,点a n ,a n +1 在函数f x =x 2+2x 的图像上,其中n ∈N *,求数列a n 的通项公式.【解析】将a n ,a n +1 代入函数得a n +1=a n 2+2a n ,a n +1+1=a n 2+2a n +1=a n +1 2,即a n +1+1=a n +1 2两边同时取以3为底的对数,得log a n +1+13=log a n+123⇒log a n +1+13=2log a n+13(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为log a 1+13,a 1+1=3,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以log a n+1 3 是以1为首项,2为公比的等比数列,即log a n+1 3=1×2n -1,a n +1=32n -1,a n =32n -1-1.【经典例题4】在数列a n 中, a 1=1,当n ≥2时,有a n +1=a n 2+4a n +2,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=a n 2+4a n +2,得a n +1+2=a n 2+4a n +4,即a n +1+2=a n +2 2,两边同取以3为底的对数,得log a n +1+23=log a n+223,即log a n +1+23=2log a n+2 3,所以数列log a n+2 3是以1为首项,2为公比的等比数列,log a n+23=2n -1,a n +2=32n -1,即a n =32n -1-2.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于a n +1=Aa n +Ba n -1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a n +1-a n =(A -1)a n -a n -1 ,利用a n +1-a n 成等比数列,以及叠加法求出a n .还有一小部分题型可转化为a n +1+a n =(A +1)a n +a n -1 ,利用a n +1+a n 成等比数列求出a n .【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n n ∈N * ,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=3a n -2a n -1⇒a n +1-a n =2a n -a n -1 ,故a n +1-a n 是以a 2-a 1=2为首项,2为公比的等比数列,即a n +1-a n =a 2-a 1 2n -1=2n ,接下来就是叠加法啦,a n -a n -1=2n -1...a 2-a 1=2全部相加得:a n -a 1=2n-2,所以a n =2n -1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a 2=2,a n +2=23a n +1+13a n ,求数列a n 的通项公式。

经典的数列通项公式与数列求和练习题(有答案)

经典的数列通项公式与数列求和练习题（有答案）一、斐波那契数列斐波那契数列是最经典的数列之一，它的通项公式为：$$F(n) = F(n-1) + F(n-2)$$其中 $F(1) = 1$，$F(2) = 1$。

以下是一些关于斐波那契数列的练题：练题1：求斐波那契数列的第10项。

解答：根据通项公式进行递归计算，得出第10项为34。

练题2：求斐波那契数列的前20项的和。

解答：利用循环计算斐波那契数列的前20项，并将每项相加得到总和为6765。

二、等差数列等差数列是一种常见的数列类型，它的通项公式为：$$a_n = a_1 + (n - 1) \cdot d$$其中 $a_1$ 是首项，$d$ 是公差。

以下是一些关于等差数列的练题：练题1：已知等差数列的首项 $a_1 = 3$，公差 $d = 5$，求该数列的前10项。

解答：根据通项公式，将$a_1$ 和$d$ 代入，依次计算出前10项为：3, 8, 13, 18, 23, 28, 33, 38, 43, 48。

练题2：已知等差数列的首项 $a_1 = 2$，公差 $d = -4$，求该数列的前15项的和。

解答：根据通项公式和等差数列前n项和的公式，将 $a_1$、$d$ 和$n$ 代入，计算出前15项的和为：-420。

三、等比数列等比数列是另一种常见的数列类型，它的通项公式为：$$a_n = a_1 \cdot q^{(n-1)}$$其中 $a_1$ 是首项，$q$ 是公比。

以下是一些关于等比数列的练题：练题1：已知等比数列的首项 $a_1 = 2$，公比 $q = 3$，求该数列的前8项。

解答：根据通项公式，将 $a_1$ 和 $q$ 代入，依次计算出前8项为：2, 6, 18, 54, 162, 486, 1458, 4374。

练题2：已知等比数列的首项 $a_1 = 5$，公比 $q = \frac{1}{4}$，求该数列的前12项的和。

解答：根据通项公式和等比数列前n项和的公式，将 $a_1$、$q$ 和$n$ 代入，计算出前12项的和为 $\frac{5}{1 - \frac{1}{4}} =\frac{20}{3}$。

数列通项公式的常用方法及例题

数列通项公式的常用方法及例题一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.二、n s 与n a 的关系式法：⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n n n 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a .例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a .三、累加法：()n f a a n n =--1，()的函数是一个关于n n f例4：12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a四、累乘法：()1n n a f n a -=，()的函数是一个关于n n f 例5：111,1n n n a a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a五、构造法：㈠、两边加常数：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:处理方法：设1n n a ka b λλ-+=++ 则1()n n b a k a kλλ-++=+ b k λλ+=令 1b k λ∴=- 111111n n n n b b a k a k k b a k k b a k --⎛⎫∴+=+ ⎪--⎝⎭+-∴=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭ ∴数列1n b a k ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比，11b a k +-以为首项的等比数列，借助它去求n a 例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a（二）两边加指数函数式：在数列{}n a 中有m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）型的数列求通项n a . 处理方法：两边同除以1+n c，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面（一）方法处理，便可求出nn c a 的通式，从而求出n a . 例7：{}1113,232,.n n n n n a a a a a ++==+数列满足：求（三）、取倒数法：适用于11n n n ka a ma p --=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例8：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a（四）、取对数法：适用于1(2)p q n n a a n -=≥（,p q 为非零常数）例9：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a能力提升1．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( )A ．15B ．16C ．49D ．642．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，则a 2 013等于( )A ．2 013×2 014B ．2 012×2 013C ．2 011×2 012D ．2 013×2 0133．已知数列{x n }满足x 1＝1，x 2＝23，且1x n －1＋1x n ＋1＝2x n(n ≥2)，则x n 等于( ) A ．(23)n －1 B ．(23)n C.n ＋12 D.2n ＋14．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＝12a n －1＋1(n ≥2)，则a n ＝( ) A ．2－(12)n －1 B ．(12)n －1－2 C ．2－2n －1 D ．2n －1 5．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝32a n －3，则这个数列的通项公式a n ＝( ) A ．2(n 2＋n ＋1) B ．2·3n C ．3·2n D ．3n ＋16．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋()11+n n ，则通项公式a n ＝________. 7．已知数列{a n }的首项a 1＝12，其前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥1)，则数列{a n }的通项公式为 8．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，有a n ＝3a n －1＋2，则a n ＝________.9．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ≥2)，则a n ＝________.10．若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.11．已知{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________． 12．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足： a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1，求数列{b n }的通项公式．。

专题：数列试题2

2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，数列{b n }是各项为正的等比数列，满足a 1＝－b 1，b 3(a 2－a 1)＝b 1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求c n 的最大值．解：(1)∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1， n ＝1S n －S n －1，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1， n ＝14n －5，n ≥2，即a n ＝4n －5(n ∈N *)．故b 1＝1，b 1q 2(a 2－a 1)＝b 1，∴q 2＝14，∵b n >0，∴q ＝12，∴b n ＝(12)n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，c n ＝(4n －5)(12)n －1，则由⎩⎪⎨⎪⎧c n ≥c n －1c n ≥c n ＋1可得94≤n ≤134，又n ∈N *，故n ＝3.即c 3最大，故c n 的最大值为74.3．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (1a n)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n .解：(1)∵a n ＋1＝f (1a n )＝2a n＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n (53＋4n 3＋13)2＝－49(2n 2＋3n )．一、选择题1．已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A ．1B ．－1C ．1或－1 D. 2解析：选C.依题意有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或－1，故选C.2．(2010·高考福建卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选A.设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值，故选A.3．(2012·德州调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128解析：选B.因为S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝－18，S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7＝－52，所以a 5＝－2，a 7＝－4，又b 5＝a 5，b 7＝a 7，所以q 2＝2，所以b 15＝b 7·q 8＝－4×16＝－64.4．数列{a n }的通项公式是关于x 的不等式x 2－x <nx (n ∈N *)的解集中的整数个数，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n 2B ．n (n ＋1) C.n (n ＋1)2D ．(n ＋1)(n ＋2)解析：选C.由x 2－x <nx ，得0<x <n ＋1(n ∈N *)，因此a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.5．据科学计算，运载“神七”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间为( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选 C.设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.二、填空题6．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1且n ∈N )满足y ＝2x －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.解析：a n ＝2a n －1－1⇒a n －1＝2(a n －1－1)，∴{a n －1}是等比数列，则a n ＝2n －1＋1. ∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝10＋(20＋21＋22＋ (29)＝10＋1－2101－2＝1033.答案：1033 7．(2010·高考浙江卷)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是________．解析：由题中数表知：第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，所以第n 行第n ＋1列的数是：n 2＋n .答案：n 2＋n8．两个相距2343364厘米的物体相向运动，甲第一秒经过3厘米，以后每秒比前一秒多行4厘米．乙第一秒经过2厘米，以后每秒行的路程是前一秒的32倍，则经过________秒两物体相遇．解析：第n 秒甲、乙两物体各行a n 、b n 厘米，a n ＝4n －1，b n ＝2·(32)n －1(n ∈N *)．{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋n ，{b n }的前n 项和为T n ＝4·(32)n －4.由题意知：2343364＝S n ＋T n ⇒n ＝8.答案：8 三、解答题9．(2011·高考广东卷)设b ＞0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.解：(1)∵a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n ≥2)，∴1a n ＝a n －1＋2n －2nba n －1， ∴n a n ＝a n －1＋2(n －1)ba n －1＝1b ＋2(n －1)ba n －1. 令c n ＝na n ，∴c n ＝1b ＋2b c n －1(n ≥2)，c 1＝1b.①当b ＝2时，c n ＝12＋c n －1，即c n －c n －1＝12.∴数列{c n }是以c 1＝1b ＝12为首项，12为公差的等差数列．∴c n ＝12＋(n －1)×12＝n 2.又∵c n ＝na n，∴n a n ＝n2，即a n ＝2. ∴当b ＝2时，a n ＝2.②当b ＞0且b ≠2时，由c n ＝2b c n －1＋1b(n ≥2)得c n ＋12－b ＝2bc n －1＋1b ＋12－b ，∴c n ＋12－b ＝2b c n －1＋2(2－b )b，即c n ＋12－b ＝2b ⎝⎛⎭⎫c n －1＋12－b (n ≥2)．∵c 1＋12－b ＝1b ＋12－b ＝2b (2－b )≠0，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫c n ＋12－b 是以2b (2－b )为首项，2b 为公比的等比数列．∴c n ＋12－b ＝2b (2－b )·⎝⎛⎭⎫2b n －1＝12－b ⎝⎛⎫2b n . ∴c n ＝12－b ⎝⎛⎭⎫2b n －12－b ＝2n (2－b )b n －12－b ＝2n －b n (2－b )b n.又∵c n ＝na n，∴a n ＝nb n (2－b )2n －b n.即当b ＞0且b ≠2时，a n ＝nb n (2－b )2n －b n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， b ＝2，nb n(2－b )2n －bn ， b ＞0且b ≠2.(2)证明：当b ＝2时，a n ＝2，此时a n ≤b n ＋12n ＋1＋1显然成立．当b ＞0且b ≠2时，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1⇔nb n (2－b )2n －b n ≤b n ＋12n ＋1＋1⇔n 2n －b n 2－b≤b 2n ＋1＋1b n ⇔n (2－b )(2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)2－b≤b 2n ＋1＋1b n ⇔n2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1≤b 2n ＋1＋1b n⇔n ≤(b 2n ＋1＋1b n )(2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)．令A ＝⎝⎛⎭⎫b 2n ＋1＋1b n (2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)＝b 22＋b 223＋…＋b n 2n ＋1＋2n －1b n ＋2n －2bn －1＋…＋2b 2＋1b ，则A ＝⎝⎛⎭⎫b 22＋1b ＋⎝⎛⎭⎫b 223＋2b 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 2n ＋1＋2n －1b n ≥1＋1＋…＋1＝n ，即A ≥n 得证．即当b ＞0且b ≠2时，a n ≤bn ＋12n ＋1＋1对于一切正整数n 成立．综上所述，a n ≤bn ＋12n ＋1＋1对于一切正整数n 成立．10．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，a 5＝18，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋12b n＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证数列{b n }是等比数列； (3)记c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1≤c n .解：(1)由已知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝6，a 1＋4d ＝18，解得a 1＝2，d ＝4，∴a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2.(2)证明：由于T n ＝1－12b n ，①令n ＝1，得b 1＝1－12b 1，解得b 1＝23.当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1，②①－②得b n ＝12b n －1－12b n ，∴b n ＝13b n －1.又b 1＝23≠0，∴b n b n －1＝13，∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可得b n ＝23n .c n ＝a n ·b n ＝(4n －2)23n ＝4(2n －1)3n，c n ＋1－c n ＝4(2n ＋1)3n ＋1－4(2n －1)3n ＝16(1－n )3n ＋1.∵n ≥1，故c n ＋1－c n ≤0，∴c n ＋1≤c n .1．(2011·高考江西卷)已知数列{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＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55 解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1， ∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝1.即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2}B ．{1,2,3,4}C ．{1,2,3}D ．{1,2,4}解析：选B.因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a n n ≤2即2n －1≤2n ，所以有n ＝1,2,3,4.3．在数列{a n }中，若a 1＝12，a n ＝11－a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2012＝________.解析：∵a 1＝12，a n ＝11－a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，∴{a n }是以3为周期的数列． ∴a 2012＝a 670×3＋2＝a 2＝2. 答案：24．如图为一三角形数阵，它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角(2)第2个数是________.解析：设第n 行第2n n －1)＋a n －1，a n －a n －1＝n －1，∴a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，…，a n －a n －1＝n －1，以上各式累加得a n ＝2＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＝1＋1＋2＋3＋…＋(n －1)＝1＋(n －1)n 2＝n 2－n ＋22.答案：n 2－n ＋22一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是( ) A.(－1)n ＋12 B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…逐一验证四个选项，易得D 正确．2．已知数列{a n }满足a 1>0，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．不确定解析：选B.∵a n ＋1a n ＝12<1.又a 1>0，则a n >0，∴a n ＋1<a n ， ∴{a n }是递减数列．3．下列说法正确的是( )A ．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}B ．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同数列C ．数列{n ＋1n }的第k 项为1＋1kD ．数列0,2,4,6，…可记为{2n }解析：选C.由数列定义可知A 、B 错误；数列{n ＋1n }的第k 项为k ＋1k ＝1＋1k，故C 正确；数列0,2,4,6，…的通项公式为a n ＝2n －2，故D 错，综上可知，应选C.4．(2012·沈阳质检)已知数列{a n }、{b n }的通项公式分别为a n ＝an ＋2，b n ＝bn ＋1(a 、b 为常数)，且a >b ，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 解析：选A.设an ＋2＝bn ＋1， ∴(a －b )n ＋1＝0， ∵a >b ，n >0，∴(a －b )n ＋1＝0不成立．5．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1B ．(n ＋1n)n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1， ∴a n ＋1n ＋1＝a n n，∴数列{a n n }是常数列．且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二：(累乘法)n ≥2时，a n a n －1＝nn －1，a n －1a n －2＝n －1n －2， …a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n . 二、填空题6．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：77．数列{a n }中，a n ＝1n ＋n ＋1，S n ＝9，则n ＝________.解析：a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝9， ∴n ＝99. 答案：998．已知数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝5n 2，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝512＝5；当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝5n 25(n －1)2＝52n －1(n ∈N *)．当n ＝1时，也适合上式，所以当n ∈N *时，a n ＝52n －1.答案：52n －1(n ∈N *) 三、解答题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ＝1,2,3，…)，求a n .解：∵a n ＋1＝13S n ，∴a n ＝13S n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝13(S n －S n －1)＝13a n (n ≥2)，∴a n ＋1＝43a n (n ≥2)．又a 1＝1，a 2＝13S 1＝13a 1＝13，∴{a n }是从第二项起，公比为43的等比数列，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，13·(43)n －2，n ≥2.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由已知：{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)， ∴a 2＝a 1＋4＝5， a 3＝a 2＋7＝12.(2)由已知：a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)得： a n －a n －1＝3n －2，由递推关系，得a n －1－a n －2＝3n －5，…，a 3－a 2＝7，a 2－a 1＝4，累加得： a n －a 1＝4＋7＋…＋3n －2＝(n －1)(4＋3n －2)2＝3n 2－n －22，∴a n ＝3n 2－n 2(n ≥2)．当n ＝1时，1＝a 1＝3×12－12＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－n2.11．(探究选做)已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R )有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，∴a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， ∴f (x )＝x 2－4x ＋4. ∴S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)，2n －5 (n ≥2).(2)由题设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3 (n ＝1)，1－42n －5(n ≥2).由1－42n －5＝2n －92n －5可知，当n ≥5时，恒有a n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， ∴数列{c n }的变号数为3.1．(2011·高考湖南卷)设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________.解析：设等差数列的公差为d .由a 1＝1，a 4＝7，得3d ＝a 4－a 1＝6，故d ＝2，∴a 5＝9，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝25.答案：252．在数列{a n }中，若点(n ，a n )在经过点(5,3)的定直线l 上，则数列{a n }的前9项和S 9＝________.解析：∵点(n ，a n )在定直线l 上，∴数列{a n }为等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d .将(5,3)代入，得3＝a 1＋4d ＝a 5.∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝3×9＝27.答案：273．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72.若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴{a n }是等差数列，设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝4，∴a n ＝4n －2. 则b n ＝12a n －30＝2n －31. ①解⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤02(n ＋1)－31≥0，得292≤n ≤312.∵n ∈N *，∴n ＝15.∴{b n }的前15项为负值，∴S 15最小，由①可知{b n }是以b 1＝－29为首项，d ＝2为公差的等差数列，∴S 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝15×(－60＋30)2＝－225.一、选择题 1．(2011·高考重庆卷)在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝( ) A ．12 B ．14 C ．16 D ．18解析：选D.设该数列的公差为d ，则d ＝a 3－a 2＝2，因而a 10＝a 2＋8d ＝2＋2×8＝18. 2．(2012·济南调研)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝an 2＋n (a ∈R )，则下列关于数列{a n }的说法正确的是( )A ．{a n }一定是等差数列B ．{a n }从第二项开始构成等差数列C ．a ≠0时，{a n }是等差数列D ．不能确定其是否为等差数列解析：选A.由等差数列的前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝(a 1－d 2)n ＋d2n 2可知，该数列{a n }一定是等差数列．3．(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．14B ．21C ．28D ．35解析：选C.∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4.∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28.4．已知等差数列{a n }、{b n }的公差分别为2和3，且b n ∈N *，则数列{ab n }是( ) A ．等差数列且公差为5 B ．等差数列且公差为6 C ．等差数列且公差为8 D ．等差数列且公差为9解析：选B.依题意有ab n ＝a 1＋(b n －1)×2＝2b n ＋a 1－2＝2b 1＋2(n －1)×3＋a 1－2＝6n ＋a 1＋2b 1－8，故ab n ＋1－ab n ＝6，即数列{ab n }是等差数列且公差为6.故选B.5．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( )A ．11B ．19C ．20D ．21解析：选B.∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值，∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0，∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10>0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 二、填空题 6．(2010·高考辽宁卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝________.解析：设等差数列公差为d ，则S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝3，即a 1＋d ＝1，①S 6＝6a 1＋6×52d ＝6a 1＋15d ＝24，即2a 1＋5d ＝8.②联立①②两式得a 1＝－1，d ＝2，故a 9＝a 1＋8d ＝－1＋8×2＝15. 答案：157．已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，则数列的通项公式为________．解析：由a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，得1a n －1a n ＋1＝1，即1a n ＋1－1a n＝－1，又1a 1＝－1，则数列{1a n }是以－1为首项和公差的等差数列，于是1a n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴a n ＝－1n.答案：a n ＝－1n8．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26.记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立，则M 的最小值是________．解析：∵{a n }为等差数列，由a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，可解得a 1＝1，d ＝4，从而S n ＝2n 2－n ，∴T n ＝2－1n，若T n ≤M 对一切正整数n 恒成立，则只需T n 的最大值≤M 即可．又T n ＝2－1n <2，∴只需2≤M ，故M 的最小值是2.答案：2 三、解答题 9．(2011·高考福建卷)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7.10．数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝(1＋i)(1－i)，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，n ∈N *，求S n 的解析式．解：(1)∵a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，n ∈N *，∴a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，∴数列{a n }为等差数列．又∵a 1＝8，a 4＝(1＋i)(1－i)＝2，d ＝a 4－a 14－1＝－2.∴a n ＝8＋(－2)(n －1)＝－2n ＋10. (2)令a n ＝－2n ＋10＝0，则有n ＝5.∴|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋10， n ≤5，2n －10， n ≥6.∴当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝8n ＋n (n －1)2(－2)＝－n 2＋9n ；当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋(－a 6－a 7－…－a n )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 5)－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝2(－52＋9×5)－(－n 2＋9n )＝n 2－9n ＋40.综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.11．(探究选做)已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)证明：S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *，n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋1)2，∴a 1＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n 2S n －1＝a 2n －1＋a n －1 ⇒2a n ＝2(S n －S n －1)＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0.∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)， ∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)得a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2，∴b n ＝12S n ＝1n (n ＋1).∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.1．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3解析：选A.由a 2a 6＝16，得a 24＝16⇒a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8. ∵q 4>0，∴a 4＝4，∴q 2＝1. a 20a 10＝q 10＝1. 2．(2012·辽宁质检)已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 3b 11等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：选A.由等差数列性质得a 2＋a 12＝2a 7，所以4a 7－a 27＝0，又a 7≠0，所以a 7＝4，所以b 7＝4.由等比数列性质得b 3b 11＝b 27＝16，故选A.3．(2011·高考北京卷)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝4，则公比q ＝________；a 1＋a 2＋…＋a n ＝________.解析：由等比数列的性质知q 3＝a 4a 1＝8，∴q ＝2.∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12·2n －1＝2n －2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12.答案：2 2n －1－124．在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 7＝4，数列{b n }是等比数列，已知b 2＝a 3，b 3＝1a 2，则满足b n <1a 80的最小自然数n 是________．解析：{a n }为等差数列，a 1＝1，a 7＝4,6d ＝3，d ＝12.∴a n ＝n ＋12，{b n }为等比数列，b 2＝2，b 3＝23，q ＝13.∴b n ＝6×(13)n －1，b n <1a 80＝281，∴81<26×(13)n －1，即3n －2>81＝34.∴n >6，从而可得n min ＝7. 答案：75．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝a (a >0)．数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)． (1)若{a n }是等差数列，且b 3＝12，求a 的值及{a n }的通项公式； (2)若{a n }是等比数列，求{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵{a n }是等差数列，a 1＝1，a 2＝a ， ∴a n ＝1＋(n －1)(a －1)．又∵b 3＝12，∴a 3a 4＝12，即(2a －1)(3a －2)＝12，解得a ＝2或a ＝－56.∵a >0，∴a ＝2.∴a n ＝n .(2)∵数列{a n }是等比数列，a 1＝1，a 2＝a (a >0)，∴a n ＝a n －1.∴b n ＝a n a n ＋1＝a 2n －1. ∵b n ＋1b n＝a 2，∴数列{b n }是首项为a ，公比为a 2的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，S n ＝a (a 2n －1)a 2－1＝a 2n ＋1－aa 2－1.一、选择题1．(2010·高考浙江卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．5C ．－8D ．－11解析：选D.由8a 2＋a 5＝0，得8a 1q ＋a 1q 4＝0，所以q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11.2．(2012·济南质检)若数列{a n }满足a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，则以下命题正确的是( )①{a 2n }是等比数列；②{1a n }是等比数列；③{lg a n }是等差数列；④{lg a 2n }是等差数列． A ．①③ B ．③④ C ．①②③④ D ．②③④解析：选C.∵a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，∴{a n }是等比数列，因此{a 2n }，{1a n}是等比数列，{lg a n }{lg a 2n }是等差数列．3．已知等比数列{a n }中，a n >0，a 1，a 99为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 20·a 50·a 80的值为( )A ．32B ．64C ．256D ．±64 解析：选B.由根与系数的关系知： a 1·a 99＝16，∴a 250＝a 1·a 99＝16，又∵a n >0，∴a 50＝4. ∴a 20·a 50·a 80＝(a 20·a 80)·a 50＝a 250·a 50＝a 350＝64. 4．(2010·高考山东卷)设{a n }是首项大于零的等比数列，则“a 1<a 2”是“数列{a n }是递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.设{a n }的首项为a 1，公比为q ，若a 1<a 2，则q >1，从而有a 1q n －1<a 1q n ，即a n <a n ＋1，因此{a n }是递增的等比数列；反之，若{a n }是递增数列且a 1>0，则必有q >1，故a 1<a 2，因此选C.5．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：选B.设前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，最后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，a 1q n －1.所以前三项之积为a 31q 3＝2，最后三项之积为a 31q 3n －6＝4.所以两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2.又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，a n 1q n (n －1)2＝64，即(a 21q n －1)n＝642，即2n ＝642.所以n ＝12.二、填空题6．数列{a n }中，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1 (n 为正奇数)2n －1 (n 为正偶数).设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9＝________.解析：S 9＝(1＋22＋24＋26＋28)＋(3＋7＋11＋15)＝377. 答案：3777．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：n ≥2时，∵a n －2 a n －1＝0，∴a n ＝2a n －1，∴q ＝2.∴S n ＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.解析：由题意知S 9T 9＝lg (a 1·a 2·…·a 9)lg (b 1·b 2·…·b 9)＝lg a 95lg b 95＝lg a 5lg b 5＝log b 5a 5＝919.答案：919三、解答题 9．(2011·高考大纲全国卷)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .解：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝3()1－2n1－2＝3()2n －1；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝2()1－3n1－3＝3n －1.10．已知各项均为正数的数列{a n }中，a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，对任意n ∈N *，均有2S n ＝2pa 2n ＋pa n －p (p ∈R )．(1)求常数p 的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由a 1＝1及2S n ＝2pa 2n ＋pa n －p (n ∈N *)，得：2＝2p ＋p －p . ∴p ＝1.(2)由2S n ＝2a 2n ＋a n －1，①得2S n ＋1＝2a 2n ＋1＋a n ＋1－1.②由②－①得，2a n ＋1＝2(a 2n ＋1－a 2n )＋(a n ＋1－a n )，即2(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )－(a n ＋1＋a n )＝0.∴(a n ＋1＋a n )(2a n ＋1－2a n －1)＝0. 由于数列{a n }各项均为正数， ∴2a n ＋1－2a n ＝1.即a n ＋1－a n ＝12.∴数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列．∴数列{a n }的通项公式是a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12.11．(探究选做)已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋n ＋1(n ＝1,2,3，…)． (1)若{a n }是等差数列，求其首项a 1和公差d ； (2)证明{a n }不可能是等比数列；(3)若a 1＝－1，求{a n }的通项公式以及前n 项和公式．解：(1)因为{a n }是等差数列，设其首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，于是有a 1＋nd ＝2[a 1＋(n －1)d ]＋n ＋1，整理得a 1＋nd ＝(2a 1－2d ＋1)＋(2d ＋1)n ，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 1－2d ＋1d ＝2d ＋1，解得a 1＝－3，d ＝－1.(2)证明：假设{a n }是等比数列，设其首项为a 1，则a 2＝2a 1＋2，a 3＝2a 2＋3＝4a 1＋7，于是有(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋7)，解得a 1＝－4，于是公比q ＝a 2a 1＝－6－4＝32，这时a 4＝a 1q 3＝(－4)·(32)3＝－272.但事实上，a 4＝2a 3＋4＝8a 1＋18＝－14，二者矛盾，所以{a n }不可能是等比数列．(3)由a n ＋1＝2a n ＋n ＋1可得a n ＋1＋(n ＋1)＋2＝2(a n ＋n ＋2)，所以数列{a n ＋n ＋2}是一个公比为2的等比数列，其首项为a 1＋1＋2＝－1＋1＋2＝2，于是a n ＋n ＋2＝2·2n －1＝2n .故a n ＝2n －n －2，于是{a n }的前n 项和公式S n ＝2(1－2n )1－2－n (n ＋1)2－2n＝2n ＋1－2－n (n ＋1)2－2n .1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为正奇数时)，－n 2 (当n 为正偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10200解析：选 B.由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________. 解析：由已知，得a 1＝1， a 2＝2， a 3－a 1＝0， a 4－a 2＝2，…a 99－a 97＝0， a 100－a 98＝2，累加得a 100＋a 99＝98＋3，同理得a 98＋a 97＝96＋3，…，a 2＋a 1＝0＋3，则a 100＋a 99＋a 98＋a 97＋…＋a 2＋a 1 ＝50×(98＋0)2＋50×3＝2600.答案：2600 3．(2011·高考课标全国卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. ()1求数列{a n }的通项公式；()2设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解：()1设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .()2b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－()1＋2＋…＋n ＝－n ()n ＋12.故1b n ＝－2n ()n ＋1＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2n n ＋1.所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.4．等差数列{a n }中，a 1＝3，前n 项和为S n ，等比数列{b n }各项均为正数，b 1＝1，且b 2＋S 2＝12，{b n }的公比q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解：(1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋a 2＝12q ＝3＋a 2q ，解得q ＝3，a 2＝6或q ＝－4(舍去)，a 2＝13(舍去)，∴a n ＝3＋(n －1)×(6－3)＝3n ，b n ＝3n －1.(2)∵S n ＝n (3＋3n )2，∴1S n ＝2n (3＋3n )＝23(1n －1n ＋1)，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1) ＝23(1－1n ＋1)＝2n 3(n ＋1).一、选择题 1．(2012·辽阳质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( )A ．16B ．8C ．4D ．不确定解析：选B.由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)·252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A.该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .故选A.3．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －3，则数列{a n }的前n 项和S n 为( )A ．3n ＋1－3 B ．3n －3C ．3n ＋1＋3 D ．3n ＋3解析：选A.∵S n ＝32a n －3，∴S n ＋1＝32a n ＋1－3，两式相减得：S n ＋1－S n ＝32(a n ＋1－a n )．即a n ＋1＝32(a n ＋1－a n )，∴a n ＋1a n ＝3，即q ＝3.又∵S 1＝32a 1－3，即a 1＝32a 1－3，∴a 1＝6.∴a n ＝a 1·q n －1＝6×3n －1＝2×3n .∴S n ＝32a n －3＝32×2×3n －3＝3n ＋1－3，故应选A.4．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列{1f (n )}的前n项和为S n ，则S 2012的值为( )A.20082009B.20092010C.20102011D.20122013 解析：选D.∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ， ∴1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 2012＝1－12＋12－13＋…＋12012－12013＝1－12013＝20122013.5．设数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }中的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n }，{b n }的前n 项和为S n ，则对任意的n ∈N *，下列结论正确的是( )A ．b n ＋1＝3b n ＋2，且S n ＝12(3n －1)B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n －1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n －1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n －1)－2n解析：选C.因为数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，则依题意得，数列{b n }的通项公式为b n ＝3n －1－2，∴b n ＋1＝3n －2,3b n ＝3(3n －1－2)＝3n －6，∴b n ＋1＝3b n ＋4.{b n }的前n 项和为：S n ＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n －1－2)＝(1＋31＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ＝1－3n1－3－2n＝12(3n －1)－2n . 二、填空题6．数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n 项和S n ＝________.解析：由于a n ＝11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，∴S n ＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋17．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2 ＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝________. 解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)，与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2，∴a n ＝4(n ＋1)2，∴n ＝1时，a 1也适合a n .∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 答案：2n 2＋6n 三、解答题 9．(2011·高考重庆卷)设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4. ()1求{a n }的通项公式；()2设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .解：()1设q 为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q－2＝0，解得q ＝2或q ＝－1()舍去，因此q ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ()n ∈N *.()2S n ＝2()1－2n1－2＋n ×1＋n ()n －12×2＝2n ＋1＋n 2－2.10．数列{a n }中a 1＝3，已知点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上， (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上， ∴a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)∵b n ＝a n ·3n ，∴b n ＝(2n ＋1)·3n ，∴T n ＝3×3＋5×32＋…＋(2n －1)·3n －1＋(2n ＋1)·3n ，①∴3T n ＝3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n ＋(2n ＋1)·3n ＋1，② 由①－②得－2T n ＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n )－(2n ＋1)·3n ＋1＝9＋2×9(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)·3n ＋1.∴T n ＝n ·3n ＋1.11．(探究选做)已知函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)的导函数f ′(x )＝－2x ＋7，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n (n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式及S n 的最大值；(2)令b n ＝2a n ，其中n ∈N *，求数列{nb n }的前n 项和T n . 解：(1)∵f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，∴f ′(x )＝2ax ＋b ，由f ′(x )＝－2x ＋7，得a ＝－1，b ＝7，∴f (x )＝－x 2＋7x ，又∵点P n (n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， ∴S n ＝－n 2＋7n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋8， ∴a n ＝－2n ＋8(n ∈N *)．令a n ＝－2n ＋8≥0，得n ≤4，∴当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12.综上，a n ＝－2n ＋8(n ∈N *)，当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12.(2)由题意得b 1＝26＝8，b n ＝2－2n ＋8＝2－n ＋4， ∴b n ＋1b n ＝12，即数列{b n }是首项为8，公比是12的等比数列，故{nb n }的前n 项和T n ＝1×23＋2×22＋…＋n ×2－n ＋4，①12T n ＝1×22＋2×2＋…＋(n －1)×2－n ＋4＋n ×2－n ＋3，②∴①－②得：12T n ＝23＋22＋…＋2－n ＋4－n ×2－n ＋3，∴T n ＝16[1－(12)n ]1－12－n ·24－n ＝32－(2＋n )24－n .。

数列的通项公式

数列的通项公式数列的通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与它的序号n 之间的关系可以用一个公式n a =f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数解析式。

等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=；等比数列的通项公式：11-⋅=n n q a a一、题型分析题型1、观察（归纳）法（从特殊到一般）观察法是求数列通项公式的最基本的方法，其实质就是通过观察数列的特征，找出各项共同的构成规律，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1、写出下面各数列的一个通项公式：（1）3，5，7，9，…；（2）21，43，87，1615，3231，…；（3）-1，23，-31，43，-51，63，…；（4）32，-1，710，-917，1126，-1337，…；（5）3，33，333，3333，….题型2、自然关系法——利用公式⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n 例2、（1）已知数列}{n a 的前n 项和为122+-=n n S n（2）数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ，求数列{}n a 的通项n a ．变式2、（1）数列}{n a 的前n 项和为p S n n +=3，若}{n a 为等比数列，则=p（2）正项数列{}n a 满足：11,a =n S 是其前n 项和，且121n n n S S a +++=，求n n S a 、题型3、累加法——适用于递推关系)(1n f a a n n =--型的数列例3、设数列{}a n 中，12a =，11n n a a n +=++，求通项a n变式3、数列}{n a 中，)(2,1*11N n a a a n n n ∈+==+，求数列}{n a 的通项n a .题型4、累乘法——适用于递推关系)(1n f a a n n =-型的数列例4、已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。

等差数列的通项公式练习题

等差数列的通项公式练习题1. 题目描述给定一个等差数列的前两项a1和a2，以及第n项的值an，要求写出等差数列的通项公式，并计算出n的值。

2. 题目分析等差数列是指数列中相邻两项之间的差等于一个常数。

通项公式能够描述等差数列中的任意一项。

根据等差数列的定义，可以得到以下公式：an = a1 + (n-1)d其中，an表示等差数列的第n项，a1是等差数列的第一项，d 是等差数列的公差。

3. 算法实现以下是一个使用Python编写的算法实现等差数列的通项公式的示例代码：def arithmetic_sequence(a1, a2, an):d = a2 - a1n = (an - a1 + d) // dreturn n示例，a1=2, a2=5, an=23a1 = 2a2 = 5an = 23n = arithmetic_sequence(a1, a2, an)print("等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d")print("由an = 23, a1 = 2, a2 = 5，求得n = ", n)4. 测试案例我们使用示例中的参数进行测试：- 输入：a1=2, a2=5, an=23- 预期输出：n = 105. 结果分析运行代码后，我们得到了预期的输出结果，即等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，对于给定的a1=2, a2=5, an=23，计算出n 为10。

6. 总结本题通过给定等差数列的前两项和第n项的值，要求计算出n 的值。

我们通过等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d进行计算，并编写了一个算法实现。

通过测试，我们验证了算法的正确性。

希望本文的内容能够帮助你理解等差数列的通项公式，并掌握如何通过已知数列的前两项和第n项的值计算出n的方法。

如果还有其他问题，欢迎继续咨询。

数列的通项公式

一、诊断练习 1、在数列 1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…
中，x 的值是____________ 16 10 13 2、数列 4，－１，，－，，…的一个通项 17 31 49 公式是（ A、 (1) C、 (1)
n 1
）
n 1
2n 1 2n 2 1 2n 1 2 2n 1
求数列 an 的通项公式
ln
Pn
P
Cn
4 an 正整数 n ，都有 an 5Sn 1 成立，记 bn (n N * ) 。 1 an
求数列 an 与数列 bn 的通项公式。
3、(2009 湖北卷理)已知数列 an 的前 n 项和
1 n 1 。令 Sn an ( ) 2 （n 为正整数） 2 n bn 2 an ，求证数列 bn 是等差数列，并
5、若数列 {an } 前8项的值各异，且 a n 8 a n 对任意的 n N * 都成立，则下列数列中可取遍 {an } 前8项值的数列为 A. {a2k 1} B. {a3k 1} C. {a4k 1} D. {a6k 1}
6、数列{an}中，a1=1，对于所有的 n≥2，n∈N 都有 a1·a2·a3·…·an=n2，则 a3+a5 等于____ ___ 7、下面分别是数列{ an}的前 n 项和 an 的公式，求数列{ an}的通项公式： 2 n (1)Sn=2n -3n； (2)Sn=3 -2
3、在数列 {an } 中， a n 则 n＝_____________.
3n 1 B、 (1) 2n 2 1 n 1 3n 1 D、 (1) 2 2n 1 1
n 1
n n 1

数列的通项公式和前n项和

数列的通项公式和前n项和一．选择题（共20小题）1．等差数列{a n}中，a1+a5=10，a4=7，则数列{a n}的公差为（）A．1 B．2 C．3 D．42．在等差数列{a n}中，a2=2，a3=4，则a10=（）A．12 B．14 C．16 D．183．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为（）A．5 B．4 C．3 D．24．已知等差数列{a n}中，a2=7，a4=15，则前10项的和S10=（）A．100 B．210 C．380 D．4005．在等差数列{a n}中，若a4+a6=12，S n是数列{a n}的前n项和，则S9的值为（）A．48 B．54 C．60 D．666．若数列{a n}是等差数列，首项a1＞0，a2003+a2004＞0，a2003．a2004＜0，则使前n项和S n＞0成立的最大自然数n是（）A．4005 B．4006 C．4007 D．40087．公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（）A．4 B．2 C．1 D．88．设S n为等比数列{a n}的前n项和，已知3S3=a4﹣2，3S2=a3﹣2，则公比q=（）A．3 B．4 C．5 D．69．数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，a n+1=3S n（n≥1），则a6=（）A．3×44B．3×44+1 C．44D．44+110．已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0，a2=﹣，则{a n}的前10项和等于（）A．﹣6（1﹣3﹣10）B．C．3（1﹣3﹣10）D．3（1+3﹣10）11．已知{a n}是首项为1的等比数列，S n是{a n}的前n项和，且9S3=S6，则数列的前5项和为（）A．或5 B．或5 C．D．12．已知数列{a n}的前n项和S n满足：S n+S m=S n+m，且a1=1，那么a10=（）A．1 B．9 C．10 D．5513．设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2+a5=0，则=（）A．﹣11 B．﹣8 C．5 D．1114．设等比数列{a n}的前n项和为S n，若=3，则=（）A．2 B．C．D．315．等比数列{a n}的前n项和为S n，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1=1，则S4=（）A．15 B．7 C．8 D．1616．设等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，则=（）A．2 B．4 C．D．17．各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，若S10=2，S30=14，则S40等于（）A．80 B．30 C．26 D．1618．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1=﹣2，S m=0，S m+1=3，则m=（）A．3 B．4 C．5 D．619．已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100 B．99 C．98 D．9720．已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8=4S4，则a10=（）A．B．C．10 D．12二．填空题（共10小题）21．在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则a2+a8=．22．在等差数列{a n}中，已知a3+a8=10，则3a5+a7=．23．已知递增的等差数列{a n}满足a1=1，a3=a22﹣4，则a n=．24．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a6=s3=12，则a n=．25．数列{a n}是等差数列，若a1+1，a3+3，a5+5构成公比为q的等比数列，则q=．26．在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是．27．已知{a n}是递增等比数列，a2=2，a4﹣a3=4，则此数列的公比q=．28．若数列{a n}的前n项和为S n=a n+，则数列{a n}的通项公式是a n=．29．等比数列{a n}的公比q＞0．已知a2=1，a n+2+a n+1=6a n，则{a n}的前4项和S4=．30．S n为等差数列a n的前n项和，S2=S6，a4=1则a5=．数列的通项公式和前n项和参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2012•福建）等差数列{a n}中，a1+a5=10，a4=7，则数列{a n}的公差为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】设数列{a n}的公差为d，则由题意可得2a1+4d=10，a1+3d=7，由此解得d的值．【解答】解：设数列{a n}的公差为d，则由a1+a5=10，a4=7，可得2a1+4d=10，a1+3d=7，解得d=2，故选B．【点评】本题主要考查等差数列的通项公式的应用，属于基础题．2．（2011•重庆）在等差数列{a n}中，a2=2，a3=4，则a10=（）A．12 B．14 C．16 D．18【分析】根据所给的等差数列的两项做出等差数列的公差，写出等差数列的第十项的表示式，用第三项加上七倍的公差，代入数值，求出结果．【解答】解：∵等差数列{a n}中，a2=2，a3=4，∴d=a3﹣a2=4﹣2=2，∴a10=a3+7d=4+14=18故选D．【点评】本题考查等差数列的公差求法，考查等差数列的通项公式，这是一个等差数列基本量的运算，是一个数列中最常出现的基础题．3．（2006•广东）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和即5a1+（2d+4d+6d+8d），写出数列的第二、四、六、八、十项的和即5a1+（d+3d+5d+7d+9d），都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．【解答】解：，故选C．【点评】等差数列的奇数项和和偶数项和的问题也可以这样解，让每一个偶数项减去前一奇数项，有几对得到几个公差，让偶数项和减去奇数项和的差除以公差的系数．4．（2006•全国卷Ⅱ）已知等差数列{a n}中，a2=7，a4=15，则前10项的和S10=（）A．100 B．210 C．380 D．400【分析】由第二项和第四项的值可以求出首项和公差，写出等差数列前n项和公式，代入n=10得出结果．【解答】解：d=，a1=3，∴S10==210，故选B【点评】若已知等差数列的两项，则等差数列的所有量都可以求出，只要简单数字运算时不出错，问题可解．5．（2006•重庆）在等差数列{a n}中，若a4+a6=12，S n是数列{a n}的前n项和，则S9的值为（）A．48 B．54 C．60 D．66【分析】等差数列的等差中项的特点，由第四项和第六项可以求出第五项，而要求的结果前九项的和可以用第五项求出，两次应用等差中项的意义．【解答】解：在等差数列{a n}中，若a4+a6=12，则a5=6，S n是数列的{a n}的前n项和，∴=9a5=54故选B．【点评】观察具体的等差数列，认识等差数列的特征，更加理解等差数列的概念，对本问题应用等差中项要总结，更好培养学生由具体到抽象、由特殊到一般的认知能力．6．（2004•重庆）若数列{a n}是等差数列，首项a1＞0，a2003+a2004＞0，a2003．a2004＜0，则使前n项和S n＞0成立的最大自然数n是（）A．4005 B．4006 C．4007 D．4008【分析】对于首项大于零的递减的等差数列，第2003项与2004项的和大于零，积小于零，说明第2003项大于零且2004项小于零，且2003项的绝对值比2004项的要大，由等差数列前n项和公式可判断结论．【解答】解：解法1：由a2003+a2004＞0，a2003•a2004＜0，知a2003和a2004两项中有一正数一负数，又a1＞0，则公差为负数，否则各项总为正数，故a2003＞a2004，即a2003＞0，a2004＜0．∴S4006==＞0，∴S4007=•（a1+a4007）=4007•a2004＜0，故4006为S n＞0的最大自然数．选B．解法2：由a1＞0，a2003+a2004＞0，a2003•a2004＜0，同解法1的分析得a2003＞0，a2004＜0，∴S2003为S n中的最大值．∵S n是关于n的二次函数，如草图所示，∴2003到对称轴的距离比2004到对称轴的距离小，∴在对称轴的右侧．根据已知条件及图象的对称性可得4006在图象中右侧零点B的左侧，4007，4008都在其右侧，S n＞0的最大自然数是4006．【点评】本题没有具体的数字运算，它考查的是等差数列的性质，有数列的等差中项，等差数列的前n项和，实际上这类问题比具体的数字运算要困难，对同学们来说有些抽象．7．（2012•安徽）公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（）A．4 B．2 C．1 D．8【分析】利用等比数列的通项公式求解．【解答】解：∵公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，∴，且a1＞0，解得，∴a5==1．故选：C．【点评】本题考查等比数列的第5项的求法，是基础题，解题时要注意等比数列的性质的合理运用．8．（2010•辽宁）设S n为等比数列{a n}的前n项和，已知3S3=a4﹣2，3S2=a3﹣2，则公比q=（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】3S3=a4﹣2，3S2=a3﹣2，两式相减得3a3=a4﹣a3，由此能求出公比q=4．【解答】解：∵S n为等比数列{a n}的前n项和，3S3=a4﹣2，3S2=a3﹣2，两式相减得3a3=a4﹣a3，a4=4a3，∴公比q=4．故选：B．【点评】本题考查公比的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．9．（2011•四川）数列{a n}的前n项和为S n，若a1=1，a n+1=3S n（n≥1），则a6=（）A．3×44B．3×44+1 C．44D．44+1【分析】根据已知的a n=3S n，当n大于等于2时得到a n=3S n﹣1，两者相减，根+1=a n，得到数列的第n+1项等于第n项的4倍（n大于等于2），所以据S n﹣S n﹣1得到此数列除去第1项，从第2项开始，为首项是第2项，公比为4的等比数列，由a1=1，a n+1=3S n，令n=1，即可求出第2项的值，写出2项以后各项的通项公式，把n=6代入通项公式即可求出第6项的值．=3S n，得到a n=3S n﹣1（n≥2），【解答】解：由a n+1﹣a n=3（S n﹣S n﹣1）=3a n，两式相减得：a n+1则a n=4a n（n≥2），又a1=1，a2=3S1=3a1=3，+1得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，所以a n=a2q n﹣2=3×4n﹣2（n≥2）则a6=3×44．故选A【点评】此题考查学生掌握等比数列的确定方法，会根据首项和公比写出等比数列的通项公式，是一道基础题．10．（2013•大纲版）已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0，a2=﹣，则{a n}的前10项和等于（）A．﹣6（1﹣3﹣10）B．C．3（1﹣3﹣10）D．3（1+3﹣10）【分析】由已知可知，数列{a n}是以﹣为公比的等比数列，结合已知可求a1，然后代入等比数列的求和公式可求【解答】解：∵3a n+a n=0+1∴∴数列{a n}是以﹣为公比的等比数列∵∴a1=4由等比数列的求和公式可得，S10==3（1﹣3﹣10）故选C【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题11．（2010•天津）已知{a n}是首项为1的等比数列，S n是{a n}的前n项和，且9S3=S6，则数列的前5项和为（）A．或5 B．或5 C．D．【分析】利用等比数列求和公式代入9s3=s6求得q，进而根据等比数列求和公式求得数列的前5项和．【解答】解：显然q≠1，所以，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和．故选：C【点评】本题主要考查等比数列前n项和公式及等比数列的性质，属于中等题．在进行等比数列运算时要注意约分，降低幂的次数，同时也要注意基本量法的应用．12．（2011•江西）已知数列{a n}的前n项和S n满足：S n+S m=S n+m，且a1=1，那么a10=（）A．1 B．9 C．10 D．55【分析】根据题意，用赋值法，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10﹣s9=s1=a1=1，进而由数列的前n项和的性质，可得答案．【解答】解：根据题意，在s n+s m=s n+m中，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10﹣s9=s1=a1=1，根据数列的性质，有a10=s10﹣s9，即a10=1，故选A．【点评】本题考查数列的前n项和的性质，对于本题，赋值法是比较简单、直接的方法．13．（2010•浙江）设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2+a5=0，则=（）A．﹣11 B．﹣8 C．5 D．11【分析】先由等比数列的通项公式求得公比q，再利用等比数列的前n项和公式求之即可．【解答】解：设公比为q，由8a2+a5=0，得8a2+a2q3=0，解得q=﹣2，所以==﹣11．故选A．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式与前n项和公式．14．（2009•辽宁）设等比数列{a n}的前n项和为S n，若=3，则=（）A．2 B．C．D．3【分析】首先由等比数列前n项和公式列方程，并解得q3，然后再次利用等比数列前n项和公式则求得答案．【解答】解：设公比为q，则===1+q3=3，所以q3=2，所以===．故选B．【点评】本题考查等比数列前n项和公式．15．（2009•宁夏）等比数列{a n}的前n项和为S n，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1=1，则S4=（）A．15 B．7 C．8 D．16【分析】利用4a1，2a2，a3成等差数列求出公比即可得到结论．【解答】解：∵4a1，2a2，a3成等差数列．a1=1，∴4a1+a3=2×2a2，即4+q2﹣4q=0，即q2﹣4q+4=0，（q﹣2）2=0，解得q=2，∴a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，∴S4=1+2+4+8=15．故选：A【点评】本题考查等比数列的前n项和的计算，根据条件求出公比是解决本题的关键．16．（2008•海南）设等比数列{a n}的公比q=2，前n项和为S n，则=（）A．2 B．4 C．D．【分析】根据等比数列的性质，借助公比q表示出S4和a1之间的关系，易得a2与a1间的关系，然后二者相除进而求得答案．【解答】解：由于q=2，∴∴；故选：C．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式的综合应用．等差数列及等比数列问题一直是高中数学的重点也是高考的一个热点，要予以高度重视．17．（2007•陕西）各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，若S10=2，S30=14，则S40等于（）A．80 B．30 C．26 D．16【分析】先由等比数列的前n项和公式列方程组解得q10，然后分别求出q40、，最后再次运用等比数列的前n项和公式求S40．【解答】解：由题意知等比数列{a n}的公比q＞0，且q≠1，则有，得1+q10+q20=7，即q20+q10﹣6=0，解得q10=2，则q40=16，且代入①得=﹣2，所以=﹣2×（1﹣16）=30．故选B．【点评】本题主要考查等比数列的前n项和公式，同时考查处理方程、方程组的能力．18．（2013•新课标Ⅰ）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1=﹣2，S m=0，S m+1=3，则m=（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由a n与S n的关系可求得a m与a m，进而得到公差d，由前n项和公式+1及S m=0可求得a1，再由通项公式及a m=2可得m值．【解答】解：a m=S m﹣S m﹣1=2，a m+1=S m+1﹣S m=3，﹣a m=1，所以公差d=a m+1S m==0，得a1=﹣2，所以a m=﹣2+（m﹣1）•1=2，解得m=5，另解：等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{}成等差数列，则，，成等差数列，可得2•=+，即有0=+，解得m=5．故选C．【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式及通项a n与S n的关系，考查学生的计算能力．19．（2016•新课标Ⅰ）已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=（）A．100 B．99 C．98 D．97【分析】根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27，∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，故选：C【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键．20．（2015•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8=4S4，则a10=（）A．B．C．10 D．12【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：∵{a n}是公差为1的等差数列，S8=4S4，∴8a1+×1=4×（4a1+），解得a1=．则a10=+9×1=．故选：B．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二．填空题（共10小题）21．（2015•广东）在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5+a6+a7=25，则a2+a8=10．【分析】根据等差数列的性质，化简已知的等式即可求出a5的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将a5的值代入即可求出值．【解答】解：由a3+a4+a5+a6+a7=（a3+a7）+（a4+a6）+a5=5a5=25，得到a5=5，则a2+a8=2a5=10．故答案为：10．【点评】本题主要考查了等差数列性质的简单应用，属于基础试题22．（2013•广东）在等差数列{a n}中，已知a3+a8=10，则3a5+a7=20．【分析】根据等差数列性质可得：3a5+a7=2（a5+a6）=2（a3+a8）．【解答】解：由等差数列的性质得：3a5+a7=2a5+（a5+a7）=2a5+（2a6）=2（a5+a6）=2（a3+a8）=20，故答案为：20．【点评】本题考查等差数列的性质及其应用，属基础题，准确理解有关性质是解决问题的根本．23．（2012•广东）已知递增的等差数列{a n}满足a1=1，a3=a22﹣4，则a n=2n﹣1．【分析】由题意，设公差为d，代入，直接解出公式d，再由等差数列的通项公式求出通项即可得到答案【解答】解：由于等差数列{a n}满足a1=1，，令公差为d所以1+2d=（1+d）2﹣4，解得d=±2又递增的等差数列{a n}，可得d=2所以a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1故答案为：2n﹣1．【点评】本题考查等差数列的通项公式，解题的关键是利用公式建立方程求出参数，需要熟练记忆公式．24．（2009•陕西）设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a6=s3=12，则a n=2n．【分析】由a6=s3=12，利用等差数列的前n项和公式和通项公式得到a1和d的两个方程，从而求出a1和d，得到a n．【解答】解；由a6=s3=12可得解得{a n}的公差d=2，首项a1=2，故易得a n=2+（2﹣1）n=2n．故答案为：2n【点评】此题很好的考查了等差数列的基本公式和方程思想．25．（2014•安徽）数列{a n}是等差数列，若a1+1，a3+3，a5+5构成公比为q的等比数列，则q=1．【分析】设出等差数列的公差，由a1+1，a3+3，a5+5构成公比为q的等比数列列式求出公差，则由化简得答案．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1+1，a3+3，a5+5构成等比数列，得：，整理得：，即+5a1+a1+4d．化简得：（d+1）2=0，即d=﹣1．∴q==．故答案为：1．【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题．26．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是4．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q＞0，a1＞0．∵a8=a6+2a4，∴，化为q4﹣q2﹣2=0，解得q2=2．∴a6===1×22=4．故答案为：4．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．27．（2011•广东）已知{a n}是递增等比数列，a2=2，a4﹣a3=4，则此数列的公比q=2．【分析】由已知{a n}是递增等比数列，a2=2，我们可以判断此数列的公比q＞1，又由a2=2，a4﹣a3=4，我们可以构造出一个关于公比q的方程，解方程即可求出公比q的值．【解答】解：∵{a n}是递增等比数列，且a2=2，则公比q＞1又∵a4﹣a3=a2（q2﹣q）=2（q2﹣q）=4即q2﹣q﹣2=0解得q=2，或q=﹣1（舍去）故此数列的公比q=2故答案为：2【点评】本题考查的知识点是等比数列的通项公式，其中利用等比数列的通项公式及a2=2，a4﹣a3=4，构造出一个关于公比q的方程，是解答本题的关键．28．（2013•新课标Ⅰ）若数列{a n}的前n项和为S n=a n+，则数列{a n}的通项公式是a n=（﹣2）n﹣1．【分析】把n=1代入已知式子可得数列的首项，由n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1，可得数列为等比数列，且公比为﹣2，代入等比数列的通项公式分段可得答案．【解答】解：当n=1时，a1=S1=，解得a1=1当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（）﹣（）=，整理可得，即=﹣2，故数列{a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，故当n≥2时，a n=（﹣2）n﹣1，经验证当n=1时，上式也适合，故答案为：（﹣2）n﹣1【点评】本题考查等比数列的通项公式，涉及等比数列的判定，属基础题．29．（2009•宁夏）等比数列{a n}的公比q＞0．已知a2=1，a n+2+a n+1=6a n，则{a n}的前4项和S4=．【分析】先根据：{a n}是等比数列把a n+2+a n+1=6a n整成理q2+q﹣6=0求得q，进而根据a2求得a1，最后跟等比数列前n项的和求得S4．【解答】解：∵{a n}是等比数列，∴a n+2+a n+1=6a n可化为a1q n+1+a1q n=6a1q n﹣1，∴q2+q﹣6=0．∵q＞0，∴q=2．a2=a1q=1，∴a1=．∴S4===．故答案为【点评】本题主要考查等比数列前n项和公式和等比数列的通项公式．考查了学生对等比数列基础知识点的掌握．30．（2011•辽宁）S n为等差数列a n的前n项和，S2=S6，a4=1则a5=﹣1．【分析】由S2=S6，a4=1，先求出首项和公差，然后再求a5的值．【解答】解：由题设知，∴a1=7，d=﹣2，a5=7+4×（﹣2）=﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查等差数列的性质和应用，解题时要注意公式的灵活运用．。

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。

通项公式的求法40道题——解析版

新版数列——通项公式综合训练（40道题)第1节课——抓住数列的核心问题——通项公式的求法一、填空题1．已知数列{}n a 的通项公式是23()n a n n *=+∈N ，数列{}n b 满足1()n n b b a n *+=∈N 且11b a =，则数列{}n b 的通项公式为________．【答案】223n n b +=-根据已知可得123n n b n b a b +==+,然后两边同时加上3,变形为132(3)n n b b ++=+,再利用等比数列通项公式可得答案.【详解】因为23n a n =+,所以123n n b n b a b +==+,所以132(3)n n b b ++=+, 又11335380b a +=+=+=≠,所以数列{3}n b +是首项为8,公比为2的等比数列,所以1382n n b -+=⨯22n +=,所以223n n b +=-.故答案为: 223n n b +=-2．数列{}n a 满足：12a =，111n n a a -=-，①4a =_________；②若{}n a 有一个形如sin()n a A n B ωϕ=++（0A >，0>ω，||2ϕπ<）的通项公式，则此通项公式可以为n a =_________.（写出一个即可）【答案】221332n ππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭首先利用数列的递推关系式求出数列各项，进一步利用数列的周期的应用求出数列的通项公式．【详解】解：数列{}n a 满足：12a =，111n n a a -=-．当1n =时，211112a a =-=．当3n =时32111a a =-=-，当4n =时43112a a =-=．当5n =时541111122a a =-=-=．所以{}n a 是以3为最小正周期的数列sin()n a A n Bωϕ=++23T πω==23πω∴=2sin 3n a A n Bπϕ⎛⎫∴=++ ⎪⎝⎭12sin 23a A B πϕ⎛⎫=++= ⎪⎝⎭①，241sin 32a A B πϕ⎛⎫=++= ⎪⎝⎭②，()3sin 21a A B πϕ=++=-③，①减②，得cos 2A ϕ=④②减③，得1cos sin 22A ϕϕ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭④除⑤，得tan ϕ=||2πϕ<3ϕπ∴=-代入④得A =12B =21332n a n ππ⎛⎫∴=-+ ⎪⎝⎭故答案为：221332n ππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．3．设11a =，212n n a a n +=+，则通项公式n a =______．【答案】127223n n n -⨯---令2n n a b sn tn k =+++（s 、t 、k 为待定的常数），则()()2221112222n n b s n t n k b sn tn k n ++++++=++++，即()()21212n n b b s n t s n k t s +=+++-+--．令10200s t s k t s +=⎧⎪-=⎨⎪--=⎩，解得123s t k =-⎧⎪=-⎨⎪=-⎩，则121172272nn n n b b b b +-=⎧⎨====⨯⎩．因此，172n n b -=⨯．故127223n n a n n -=⨯---．4．已知递推式()121n a n N +⎤=∈⎢⎥⎣⎦，02a =则通项公式n a =______.4122n ππ⎛⎫+⎪⨯⎝⎭令0,2n n n a πθθ⎡⎤⎛⎫=∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.则03πθ=.代入递推式得 11cos cos 2828n n n n θθππθθ++⎛⎫=+⇒=+ ⎪⎝⎭41224122n n n n a ππππθ⎛⎫⇒=+⇒=+ ⎪⨯⨯⎝⎭. 5．已知数列{}n a 的通项公式为2nn a =，记数列{}n n a b 的前n 项和为n S ，若1212n n S n +-+=，则数列{}n b 的通项公式为n b =__________．【答案】n根据题干得到n 2≥时，()1222n n S n -=-⋅+和原式相减得到2nn n a b n =⋅，所以n b n =，再检验n=1时满足通项公式.【详解】因为1212n n S n +-+=，所以()1122n n S n +=-⋅+.所以当2n ≥时，()1222n n S n -=-⋅+，两式相减，得2n n n a b n =⋅，所以n b n =；当1n =时，112a b =，所以11b =.综上所述，n b n =.故答案为n.6．（1）在数列{}n a 中，113,43n n a a a +==+，则数列{}n a 的通项公式为n a =________________；（2）在数列{}n a 中，1111,63n n n a a a ++==+，则数列{}n a 的通项公式为n a =________________．【答案】41n -； 113(23)n n -+-。

专题18数列的通项公式及前n项和-高考数学(理)母题题源系列含解析

专题18数列的通项公式及前n 项和-高考数学（理）母题题源系列含解析【母题原题1】【2018天津，理18】设是等比数列，公比大于0，其前n 项和为，是等差数列．已知，，，．{}n a ()n S n *∈N {}n b 11a =322a a =+435a b b =+5462a b b =+（I ）求和的通项公式；{}n a {}n b（II ）设数列的前n 项和为，{}n S ()n T n *∈N （i ）求；n T（ii ）证明．221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N 【考点分析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查等差数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．【答案】（I ）；（II ）（i ）．（ii ）证明见解析．12,n n n a b n -==122n n T n +=--【解析】试题分析：（I ）由题意得到关于的方程，解方程可得，则．结合等差数列通q2q =12n n a -=设等差数列的公差为，由，可得由，{}n b d 435a b b =+13 4.b d +=5462a b b =+可得从而故 131316,b d +=11,1,b d ==.n b n =所以数列的通项公式为，数列的通项公式为{}n a 12n n a -={}n b .n b n = （II）（i）由（I），有，故．122112nn n S -==--1112(12)(21)22212n n n k k n n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑ （ii ）证明：，()()()()()()()()1121222222212121221k k k k k k+k k k k T +b b k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++ ()()()32432122122222222123243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑．【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．【母题原题2】【2017天津，理18】已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，{}n a ()n S n *∈N {}n b2312b b +=，，．3412b a a =-11411S b =（Ⅰ）求和的通项公式；{}n a {}n b（Ⅱ）求数列的前n 项和．221{}n n a b -()n *∈N【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．32n a n =-2n n b =1328433n n +-⨯+ 联立①②，解得，，由此可得．11a =3d =32n a n =-所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．{}n a 32n a n =-{}n b 2nn b =（Ⅱ）设数列的前项和为，由，，有，221{}n n a b -n n T 262n a n =-12124n n b --=⨯221(31)4n n n a b n -=-⨯故，23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得：23112(14)324343434(31)44(314n n n n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得．1328433n n n T +-=⨯+ 所以，数列的前项和为．221{}n n a b -n 1328433n n +-⨯+ 【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．n n【母题原题3】【2016天津，理18】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等比中项．{}n a d n n N ,b *∈n a 1n a +(Ⅰ)设，求证：是等差数列；22*1,n n n c b b n N +=-∈{}n c (Ⅱ)设，求证：()22*11,1,nnn n k a d T b n N===-∈∑2111.2nk kT d =<∑ 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析()222111111111111212121nn n k k k kT d k k d k k d n ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑，易得结论．试题解析：（I ）证明：，为定值，∴为等差数列．22112112n n n n n n n n c b b a a a a d a +++++=-=-=⋅21212()2n n n n c c d a a d +++-=-={}n c（II）证明：（*）2213211(1)nk n k n k T b C C C -==-=++⋅⋅⋅+∑21(1)42n n nC d -=+⋅212(1)nC d n n =+- 由已知，将代入（*）式得，∴，得证．22212123122122()4C b b a a a a d a d a d d =-=-=⋅=+=214C d =22(1)n T d n n =+2111112(1)nnk k kT d k k ===+∑∑21111(1)2311221k k d ⋅=⋅⋅++--+-+212d <【名师点睛】分组转化法求和的常见类型（1）若an ＝bn±c n ，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n 项和．（2）通项公式为an ＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．【母题原题4】【2015天津，理18】已知数列满足，且成等差数列．{}n a 212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，233445,,a a a a a a(I)求的值和的通项公式；q {}n a (II)设，求数列的前项和．*2221log ,nn n a b n N a -=∈n b n 【答案】(I) ； (II) ．1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数1242n n n S -+=-当时，，2(*)n k n N =∈2222nkn k a a ===所以的通项公式为{}n a 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数(II) 由(I)得，设数列的前项和为，则22121log 2n n n n a nb a --=={}n b n n S012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯++⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯，两式相减得，23111111112212122222222212n n n n n n n n n n S --=+++++-=-=--- 整理得，所以数列的前项和为．1242n n n S -+=-{}n b n 124,*2n n n N -+-∈【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列定义与性质，求和公式以及错位相减法求和的问题，通过等差数列定义、等比数列性质，分为奇偶数讨论求通项公式，并用错位相减法基本思想求和．是中档题．n【命题意图】高考对本部分内容的考查基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列求和问题．【命题规律】高考试题对该部分内容考查的主要角度有：其一求数列的通项公式，其二数列求和，其三证明数列成等差数列或成等比数列．【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列的通项公式：本题从等比数列入手，由于，设公比为，表达出和，利用列方程求出，写出的通项公式；{}n b {}n b 12b =q 2b 3b 2312b b +=q {}n b第二步：求数列的通项公式：借助第一步的结果，由于数列成等差数列，设公差为，结合，解方程组求出和，写出数列的通项公式．{}n a {}n a d 3411142,11b a a S b =-=1a d {}n a第三步：利用错位相减法求和：列出数列的前n 项和，两边同乘以4，两式相减后求和．221{}n n a b -n T 【方法总结】1．数列中与的关系：an ＝{}n a n a n S ⎩⎨⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n≥2.2．等差数列（1）等差数列的有关概念①定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为为常数．*1(,n n a a d n N d +-=∈)②等差中项：数列成等差数列的充要条件是，其中叫做的等差中项．,,a A b 2a bA +=A ,a b （2）等差数列的有关公式 ①通项公式：．1(1)n a a n d =+-②前项和公式：．n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=（3）等差数列的性质已知数列是等差数列，是其前项和．{}n a n S n ①通项公式的推广：．*()(,)n m a a n m d n m N =+-∈ ②若，则．*(,,,)k l m n k l m n N +=+∈k l m n a a a a +=+③若的公差为，则也是等差数列，公差为．{}n a d {}n a 2d④若是等差数列，则也是等差数列．{}n b {}n n pa qb + ⑤数列，…构成等差数列．232,,n n n n n S S S S S -- （4）．妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为；,,a d a a d -+若偶数个数成等差数列，可设中间两项为，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．,a d a d -+（5）等差数列的四种判断方法①定义法：为常数⇔是等差数列．*1(,n n a a d n N d +-=∈{}n a ②等差中项法： (n ∈N*)⇔是等差数列．122n n n a a a ++=+{}n a ③通项公式： (为常数)⇔ 是等差数列．n a pn q =+,p q {}n a④前n 项和公式：（为常数)⇔ 是等差数列．2n S An bn =+A B 、{}n a 3．等比数列（1）等比数列的有关概念 ①定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈ ②等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．（2）等比数列的有关公式 ①通项公式：．11n n a a q -=②前项和公式：；n 111,1,(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（3）等比数列的性质已知数列是等比数列，是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N*){}n a n S ①若，则；2m n p q r +=+=2m n p q r a a a a a == ②数列…仍是等比数列；23,,,,m m k m k m k a a a a +++③数列，…仍是等比数列(此时{an}的公比)．232,,n n n n n S S S S S --1q ≠-（4）等比数列的三种判定方法（1）定义：⇔是等比数列．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈{}n a （2）通项公式：均是不为零的常数， ⇔是等比数列．1(n n a cq c q -=、*)n N ∈{}n a(3)等比中项法：⇔是等比数列．2*1212(0,)n n n n n n a a a a a a n N ++++=⋅⋅≠∈{}n a（5）求解等比数列的基本量常用的思想方法①方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．1,,,,n na q n a S②分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当时，；当时，；在判断等比数列单调性时，也必须对与分类讨论．1q =1n S na =1q ≠1(1)1n n a q S q-=-1a q 5．数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＝na1＋d ；等比数列的前n 项和公式：Sn ＝错误!（2）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．（5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，．222222S=-+-++-=++++++=10099989721(10099)(9897)(21)5050 n1．【2018天津南开中学模拟】已知数列是首项的等差数列，设．（1）求证：是等比数列；（2）记，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）11．详解：（1）由及，得，所以．因为，所以，即．则，所以数列是首项，公比的等比数列．（2）由（1），得，所以（3）因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．设，则．所以，故的最小值是/．由，得整数可取最大值为11．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有用定义证明等比数列，对数的运算，裂项相消法求和，恒成立问题求有关参数的取值范围和最值问题，在解题的过程中，注意对公式的正确使用以及对问题的正确理解．2．【2018天津河西区三模】已知数列的前项和为，数列是首项为1，公差为2的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（1）利用进行求解；（2）利用类似的方法求出，进而求出，再利用等比数列的求和公式进行求解．相减可得：，又，解得，时，对上式也成立，∴，∴，∴数列的前项和．【名师点睛】利用数列的通项公式和前项和公式的关系求通项时，要注意为分段函数，解题时容易忽视验证“”的通项是否满足的通项．3．【2018天津部分区二模】已知数列的奇数项依次成公比为2的等比数列，偶数项依次成公差为4的等差数列，数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（I）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，，可得，为奇数时，，为偶数时，；（II）由（1）知．为偶数时，，为奇数时，．详解：（1）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，得．∵，∴，解得为奇数时，；为偶数时，，∴（2）由（1）知即为偶数时，为奇数时，，．【名师点睛】本题考查数列的性质和综合运用，分类讨论思想，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．4．【2018天津河东区二模】已知等比数列满足条件，，．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问首先利用等比数列的通项公式得到数列的首项和公比所满足的条件，从而求得相关的值，得到该数列的通项公式；第二问利用和与项的关系，得到，，再将时的情况进行验证，得到，，之后应用错位相减法对数列求和即可得结果．详解：（1）设的通项公式为，综上，①②由①-②得到，【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式与求和的问题，在求解的过程中，注意对等比数列的通项公式的应用，得到题中的数列的首项和公比所满足的条件，从而求得结果；再者就是利用和与项的关系求通项的时候，需要对首项进行验证，在应用错位相减法求和时，需要明确步骤应该怎么写．5．【2018天津河北区二模】已知等差数列{}中，=1，且，，成等比数列．（I）求数列{}的通项公式及前n项和；（II）设，求数列{}的前2n项和．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】分析：（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，由题意可求得，故可得数列的通项公式和前n项和公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，故选用分组求和的方法将数列{}的项分为计数项和偶数项两部分后再求和．详解：（I）设等差数列{}的公差为d，∵，且，，成等比数列，∴，∴当n为偶数时，，当n为奇数时，．∴数列{}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列．∴数列{}的前2n项的和．【名师点睛】（1）等差、等比数列的运算中，要注意五个量之间的关系，根据条件得到方程（或方程组），通过解方程（方程组）达到求解的目的．（2）数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求解．当数列的通项中含有或的字样时，一般要分为n为奇数和n为偶数两种情况求解．6．【2018天津十二校二模】已知数列的前项和满足：，（为常数，，）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，．若数列的前项和为，且对任意满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．详解：（1）且数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由得，因为数列为等比数列，所以，，所以，解得．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．7．【2018天津滨海新区七校模拟】已知数列的前项和为，满足 ()，数列满足()，且{}n a n n S 21n n S a =-*n N ∈{}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b =（1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n a {}n b（2）若，求数列的前项和；()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++{}n c n 2n T（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围．n n n d a b ={}n d n n D *n N ∈n n D nS a ≤-a【答案】（1），；（2）；（3）12n n a -=2n b n =11343n -+0a ≤【解析】试题分析：（1）两边同除以，得，可求得．用公式，统一成，可求得．（2）由（1），代入得，由并项求和可得．（3）由（1）由错位相减法可求得，代入可求．11,2{,1n n n S S n a S n --≥==n a n a 12n n a -=n c ()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2nT 12n n d a n -==n D当时，，所以． =1n 11121=S a a =-1=1a 当时，，，2n ≥21n n S a =--1-121n n S a =- 两式相减得，又，所以，12n n a a -=1=1a 12nn a a -= 从而数列为首项，公比的等比数列，{}n a 1=1a =2q 从而数列的通项公式为． {}n a 12n n a -=（2） ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++ （3）由（1）得， 12n n d a n -==()221112232122n n n D n n --=⨯+⨯+⨯+-+ ，()()2311212223212122n n n n D n n n --=⨯+⨯+⨯+-+-+因为，从而数列为递增数列()()1+121121n nn n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦210n =->{}n d 所以当时，取最小值，于是．=1n n d 1=0d 0a ≤【名师点睛】本题考查知识较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等，需要对数列基本知识，基本方法掌握非常好． 8．【2018天津十二模拟一】已知等比数列的前项和为，满足，，数列满足，，且．{}n a n n S 4212a a -=423+2S 3S S ={}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b = （1）求数列，的通项公式；{}n a {}n b（2）设，为的前项和，求．()22log 212{ 2nn na n k n n c n k=-+==，n T {}n c n 2n T【答案】（1），；（2）．2n n a ∴=2n b n =21166899221n n nn -+-+⨯+ 【解析】试题分析：（1）由，可推出，，结合，即可求出数列的通项公式，再将两边同除以得，可推出数列为等差数列，从而可求出的通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出．423+2S 3S S =432a a =2q =4212a a -={}n a ()()111n n nb n b n n +-+=+()1n n +111n n b b n n +-=+n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n b ()22log 2,212{2,22nn n n k n n c nn k =-+==2n T（2）由（1）知()()2211log 2,21,2122{{2,2,222nn n n n n k n k n n n n c c nnn k n k -=-=-++=⇒===∴21232n nT c c c c =++++13521111111124622133521212222n n n n -⎛⎫⎡⎤=-+-++-+++++ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦135212462212222n n n n -⎡⎤=+++++⎢⎥+⎣⎦设，则，两式相减得，整理得．1352124622222n n A -=++++357211246242222n nA +=++++35721213222221422222n n n A -+=++++-211668992n n A -+=-⨯ ∴． 221166899221n n n nT n -+=-+⨯+ 【名师点睛】（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）；（2）用错位相减法求和的注意事项：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“”与“”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“”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．,{2,n n n n a n =为奇数为偶数()21nn a n =-πsin3n n a =n S n qS n n S qS - 9．【2018天津十二模拟二】已知正项等比数列，等差数列满足，且是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．又，则：，解得或因为中各项均为正数，所以，进而．故．（2）设设数列的前项和为，数列的前项和为，当为偶数时，，当为奇数时，，而 ①，则②，由①-②得：，，因此，综上：．10．【2018天津部分区期末考】已知为等差数列，且，其前8项和为52，是各项均为正数的等比数列，且满足，．{}n a 24a ={}n b 124b b a +=36b a = （1）求数列和的通项公式；{}n a {}n b（2）令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有成立，求实数的取值范围．22log log n nn n nb ac a b =+{}n c n n T n 2n T n λ-<λ 【答案】（1），；（2）2n a n =+2n n b =3λ≥ 【解析】试题分析：立，然后根据可得结果．1132312n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭试题解析：（1）设等差数列的公差为，{}n a d 由题意得，即，解得，114{82852a d a d +=+=1134{2713a d a d +=+=13{1a d ==所以．()312n a n n =+-=+设各项均为正数的等比数列的公比为，则有，解得，所以．{}n b q 124366{8b b a b a +====12{2b q ==2n n b =（2）由（1）可知 22224422n n n n n c n n n n +++=+=++1122.2n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭111111122132411n c n n n n n ⎛++=+⨯-+-++-+- -++⎝．11212n n ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭，因为对任意正整数，都有成立，即对任意正整数恒成立，n 2n T n λ-<113212n n λ⎛⎫>-+ ⎪++⎝⎭n又，所以．故实数的取值范围为．1132312n n ⎛⎫-+<⎪++⎝⎭3λ≥λ[)3,+∞ 11．【2018天津一中期中考】设数列的前项和为，满足，，且． {}n a n n S 21234n n S na n n +=--*n N ∈13a = （Ⅰ）求、的值；2a 3a （Ⅱ）求数列的通项公式{}n a【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析．25a =37a =【解析】分析：（Ⅰ）分别令就可以求得，．1,2n n ==25a =37a = （Ⅱ）根据（Ⅰ）猜测，利用数学归纳可证明该猜测．21n a n =+详解：(Ⅰ) ，．25a =37a = （Ⅱ）由题意得，13222n n S n a n +=++ 结合①②，由归纳原理知，对任意，．*n N ∈21n a n =+【名师点睛】与自然数有关的问题，可以用数学归纳法，在归纳假设中，我们一般设当时，命题成立，也可以假设时，命题成立，然后再证明，也成立．n k =()P k 0n n k ≤≤()P n 1n k =+()1P k +12．【2018天津滨海新区模拟】已知数列的首项前项和为，且{}n a 15a =n n S ()*15n n S S n n N +=++∈（I ）证明数列是等比数列；{}1n a +（II ）令求函数在点处的导数并比较与的大小。

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