由数列的前n项和Sn与通项an的关系求通项an

合集下载

等差数列中Sn与an间的重要关系及应用

等差数列中S n 与a n 间的重要关系及其应用“设S n、a n分别是等差数列｛a n｝的前n 和与通项，则它们之间有如下的重要关系：S n =（kn ）a n ，其中k 是非零实数，n 是正整数。

”我们知道，等差数列｛a n ｝的前n 和S n 、通项a n 分别有如下的表达式：⑴ S n =na 1- n(n-1)2 d ，其可等价变形为S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，它是关于n 的二次函数且不含常数项，一般形式是：S n =An 2+Bn ，其中A 、B 是非零待定系数；⑵ a n = a 1 +（n-1）d ，其可等价变形为a n =dn+（a 1 -d ），它是关于n 的一次函数，一般形式是：a n =an+b ，其中a 、b 是非零待定系数；通过对等差数列｛a n ｝前n 和S n 的一般形式S n =An 2+Bn 与其通项a n 的一般形式a n =an+b 的观察分析，不难得出S n 与a n 之间有这样的重要关系式：S n =（kn ）a n 。

S n 与a n 相互关系的应用举例：［例1］在等差数列｛a n ｝中，a 4=0.8,a 11=2.2,求a 51+a 52+…+a 80.【解】由等差数列的通项公式得⎩⎨⎧=+=+2.2108.0311d a d a ,解得a 1=0.2,d =0.2.∴a 51＋a 52+…+a 80=S 80－S 50 =80a 1+d a d 2495050279801⨯--⨯=30a 1+1935d =30×0.2+1935×0.2=393. 【点评】本题求解分两个层次，首先由已知求出a 1和d ，再将所求转化为S 80－S 50，这是解题的关键.［例2］根据数列｛a n ｝的前n 项和公式，判断下列数列是否是等差数列. (1)S n ＝2n 2－n (2)S n ＝2n 2－n ＋1【解】 (1)a 1＝S 1＝1 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－［2(n －1)2－(n －1)］＝2(2n －1)－1＝4n －3∵n =1 时也成立，∴a n ＝4n －3 a n ＋1－a n ＝［4(n ＋1)－3］－［4n －3］＝4∴｛a n ｝成等差数列(2)a 1＝S 1＝2 a 2＝S 2－S 1＝5 a 3＝S 3－S 2＝9 ∵a 2－a 1≠a 3－a 2 ∴｛a n ｝不是等差数列.【点评】已知S n ，求a n ，要注意a 1＝S 1，当n ≥2时a n ＝S n －S n －1，因此a n ＝⎩⎨⎧≥-=-)2( )1(11n S S n S n n.练习: 已知等差数列{a n }的前项和S n 满足条件：S n =2n 2+3n ，求此等差数列的通项a n解: 根据等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数且不含常数项,即S n = d 2n 2+(a 1-d 2 )n,并结合已知条件等差数列{a n }的前项和S n =2n 2+3n 立有, d2 =2且a 1-d2=3, 解之得 a 1=5，d=4，于是便得所求等差数列的通项a n =4n+1. ［例3］已知等差数列｛a n ｝满足：S p ＝q ，S q ＝p ，求S p ＋q (其中p ≠q ). 【解】由已知S p ＝q ，S q ＝p 得 pa 1＋q d p p =-2)1( ① qa 1＋p d q q =-2)1( ② ①－②整理得2)1(21dq p a -++＝－1∴d q p q p a q p S q p 2)1)(()(1-++++=+＝(p ＋q )2)1(21d q p a -++＝－(p ＋q ) 【点评】本问题即是在a 1、d 、n 、a n 、S n 中知三求二问题，但在解方程的过程中体现出了较高的技巧；也可考虑设S n ＝An 2＋Bn 去求解. 例4 有两个等差数列｛a n ｝、｛b n ｝，其前n 和分别为S n 、 T n ，并且n n T S =7n+2n+3 ,求:⑴ 55b a 的值；⑵115b a的值分析:由等差数列可知,其前n 项和是关于n 的二次函数且不含常数项；根据已知条件,两个等差数列前n 项和的比的结果是关于n 的一次因式,说明它们在相比的过程中约去了一个共同的因式kn ，于是，我们只要将其还原，即可得到两个等差数列的前n 项和，再对照等差数列前n 项和的二次函数形式：S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，很快便可得到其首项、公差与通项，进而由等差数列通项公式求出数列中的任意一项。

微专题数列之三由数列的前n 项和Sn求其通项公式

微专题数列之三由数列的前n 项和S n 求其通项公式一、备考基础——查清对于题目中给出n a 和n S 关系的，一定要注意公式1112n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩的正用和逆用．已知S n 求a n ，常用的方法是利用a n ＝S n －S n －1（n ≥2），将已知等式转化为关于a n 的递推关系，再求数列的通项公式.要注意验证a 1是否满足a n .二、热点命题——悟通例1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为（）A .a n ＝2n －3B .a n ＝2n ＋3C .a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D .a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－2＋2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2n ＋2)－[(n －1)2－2(n －1)＋2]＝2n －3.又a 1＝1不适合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.变式训练：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k （k ∈N *）项满足5<a k <8，则k ＝（）A.7B.6C.9D.8[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－9＝－8；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－9n)－[(n －1)2－9(n －1)]＝2n －10. 又a 1＝－8适合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10.由第k 项满足5<a k <8，得5<2k －10<8，解得 152<k<9,又因为k ∈N *，所以k ＝8.例2．设数列{a n }的前n 项和是S n ，且a 1＝12，S n ＝n 2a n ，n ∈N *.求数列{a n }的通项公式；解：(1)S n ＝n 2a n ，①当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，②①－②，得a n ＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1(n ≥2，n ∈N *)，即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×13×24×35×…×n －1n ＋1＝1n （n ＋1），∴a n ＝1n （n ＋1），n ∈N *.例3．设数列{}n a 满足21*12333...3()3n n n a a a a n N -++++=∈，求n a例4．（2013山东）设等差数列的前项和为,且,(Ⅰ)求数列的通项公式 (Ⅱ)设数列满足,求的前项和解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得 ⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1. 解得a 1＝1，d ＝2.因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，当n ＝1时，b 1a 1＝12；当n ≥2时，b n a n ＝1－12n －⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝12n .所以b n a n ＝12n ，n ∈N *.由(1)知a n ＝2n －1，n ∈N *，所以b n ＝2n －12n ，n ∈N *.又T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，两式相减得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1，所以T n ＝3－2n ＋32n .三、迁移应用——练透1.若数列{a n }满足a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．[解析] 由a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，得a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减，得a n ＝3n .2.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列.解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2. 而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知数列{S n }是首项和公比都是3的等比数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝________________.解析：由已知可得S n ＝3n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2·3n －1.当n ＝1时，2·3n －1＝2.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.4.[2015·四川卷] 设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n .(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝121－12n 1－12＝1－12n .5.[2015·浙江卷] 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知，当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b nn，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．6.[2015·湖北部分高中调研] 已知数列{a n }为等差数列，a 1＝1，公差d >0，数列{b n }为等比数列，且a 2＝b 1，a 6＝b 2，a 18＝b 3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对任意正整数n 均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝12a 2n ，若m 为正整数，求所有满足不等式102<c 1＋c 2＋…＋c m <103的m 的值．解：(1)由已知可知a 2，a 6，a 18成等比数列，∴a 26＝a 2a 18，即(a 1＋5d )2＝(a 1＋d )(a 1＋17d )， 8d 2－8a 1d ＝0.∵d >0，a 1＝1，∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n .由b 1＝2，b 2＝6，b 3＝18，{b n }为等比数列，得b n ＝2×3n －1.(2)∵c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝12n 2，∴当n ＝1时，c 1b 1＝12，∴c 1＝1.当n ≥2时，c 1b 1＋…＋c n －1b n －1＝12(n －1)2，∴c n ＝(2n －1)·3n －1.易知当n ＝1时也满足c n ＝(2n －1)·3n －1，∴c n ＝(2n －1)·3n －1.又c n ＝(2n －1)·3n －1>0，c 1＝1，c 1＋c 2＝10，c 1＋c 2＋c 3＝55，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＝244，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5＝973，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5＋c 6＝3646，∴m ＝4或5. 7.[2015·广东湛江调研] 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋3n －12(n ∈N *)． (1)试说明数列{a n －3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋3－12，∴a 1＝9.当n >1时，S n －S n －1＝a n ＝2a n ＋3n －12－2a n －1－3(n －1)＋12＝2a n －2a n －1＋3，∴a n －3＝2(a n －1－3)，∴{a n －3}是以6为首项，2为公比的等比数列，∴a n －3＝6×2n －1，∴a n ＝6×2n －1＋3.(2)b n ＝na n ＝6n ×2n －1＋3n ，∴T n ＝6×[1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1]＋3×(1＋2＋…＋n )．令K n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1，则2K n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，两式相减得－K n ＝1×20＋21＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1＋2－2n －1×21－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴K n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝6(n －1)·2n ＋6＋32(n 2＋n )．。

数列专题复习之典型例题(含答案)

数列知识点-——-求通项一、由数列的前几项求数列的通项:观察法和分拆与类比法-—-—-猜测———-证明（略）二、由a n 与S n 的关系求通项a n例1已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ＝3n －1，则它的通项公式为a n ＝________。

答案2·3n －1练1 已知数列｛a n ｝的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．答案a n ＝错误!三、由数列的递推公式求通项例3、（1）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =,13n n n a S +=+，*n ∈N ．设3n n n b S =-,求数列{}n b 的通项公式;答案： 13(3)2n n n n b S a -=-=-,*n ∈N ．(2）（4)在数列{}n a 中,11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-（2,0n q ≥≠)．（Ⅰ）设1n n n b a a +=-（*n N ∈），证明{}n b 是等比数列；（Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式；答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩(3）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；答案:(1)2nnn a n λ=-+21212(1)22(1)(1)n n n n n n S λλλλλ+++--+=+-≠- 1(1)22(1)2n n n n S +-=+-λ=(4）已知数列{}n a 满足：()213,22n n a a a n n N *+=+=+∈（1）求数列{}n a 的通项公式；（2)设1234212111n n nT a a a a a a -=+++，求lim n n T →∞答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩注意：由数列的递推式求通项常见类型（请同学们查看高一笔记)1.)(1n f a a n n +=+ 2 . n n a n f a )(1=+.3 q pa a n n +=+1（其中p,q 均为常数，)0)1((≠-p pq )。

数列的递推公式知识点、例题、练习

4.1.2 数列的递推公式知识点一数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．数列递推公式与通项公式的关系：递推公式表示a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)之间的关系，而通项公式表示a n 与n 之间的关系．要点二 a n 与S n 的关系1．前n 项和S n ：把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝12n a a a +++ 2．a n 与S n 的关系：a n ＝11,1,2n n S n S S n -=⎧⎨-≥⎩【基础自测】1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)根据通项公式可以求出数列的任意一项．( ) (2)有些数列可能不存在最大项．( ) (3)递推公式是表示数列的一种方法．( ) (4)所有的数列都有递推公式．( ) 【答案】（1）√（2）√（3）√（4）×2．数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，a 1＝2，a 2＝5，则a 5＝( ) A ．－3 B ．－11 C ．－5 D ．19 【答案】D【解析】a 3＝a 2＋a 1＝5＋2＝7，a 4＝a 3＋a 2＝7＋5＝12，a 5＝a 4＋a 3＝12＋7＝19，故选D. 3．数列{a n }中，a n ＝2n 2－3，则125是这个数列的第几项( ) A ．4 B ．8 C ．7 D ．12 【答案】B【解析】令2n 2－3＝125得n ＝8或n ＝－8(舍)，故125是第8项．故选B. 4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2，则a n ＝________. 【答案】2n －1【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝n 2－n 2＋2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.题型一数列中项与项数关系的判断(1)写出数列的一个通项公式，并求出它的第20项；(2)判断42和10是不是该数列中的项？若是，指出是数列的第几项，若不是，请说明理由．【解析】(1)由于22＝8，所以该数列前4项中，根号下的数依次相差3，所以它的一个通项公式为a n ＝3n －1；a 20＝3×20－1＝59.(2)令3n －1＝42，两边平方得3n ＝33，解得n ＝11，是正整数令3n －1＝10，两边平方得n ＝1013，不是整数．∴42是数列的第11项，10不是数列中的项．【方法归纳】(1)由通项公式写出数列的指定项，主要是对n 进行取值，然后代入通项公式，相当于函数中，已知函数解析式和自变量的值求函数值．(2)判断一个数是否为该数列中的项，其方法是可由通项公式等于这个数求方程的根，根据方程有无正整数根便可确定这个数是否为数列中的项．(3)在用函数的有关知识解决数列问题时，要注意它的定义域是N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })这一约束条件．【跟踪训练1】已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－28n . (1)写出此数列的第4项和第6项；(2)问－49是否是该数列的一项？如果是，应是哪一项？68是否是该数列的一项呢？【解析】(1)a 4＝3×42－28×4＝－64， a 6＝3×62－28×6＝－60.(2)由3n 2－28n ＝－49解得n ＝7或n ＝73(舍去)，所以－49是该数列的第7项．由3n 2－28n ＝68解得n ＝－2或n ＝343，所以68不是该数列的一项．题型二已知S n 求a n例2 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2－30n .求a n . 【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n －[2(n －1)2－30(n －1)]＝4n －32 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－28，适合上式，所以a n ＝4n －32.借助a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)【变式探究1】将本例中的“S n ＝2n 2－30n ”换为“S n ＝2n 2－30n ＋1”，求a n . 【解析】当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×1－30×1＋1＝－27. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－30n ＋1－[2(n －1)2－30(n －1)＋1] ＝4n －32.验证当n ＝1时，上式不成立∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－27，n ＝14n －32，n ≥2.方法归纳已知数列{a n }的前n 项和公式S n ，求通项公式a n 的步骤： (1)当n ＝1时，a 1＝S 1.(2)当n ≥2时，根据S n 写出S n －1，化简a n ＝S n －S n －1.(3)如果a 1也满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式为a n ＝S n －S n －1；如果a 1不满足当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的通项公式，那么数列{a n }的通项公式要分段表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1S n －S n －1，n ≥2.【跟踪训练2】已知数列：a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，求a n .【解析】当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，得a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，则a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13，满足a n ＝13n ，所以a n ＝13n .题型三由数列递推公式求通项公式【例3】已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.【答案】n (n ＋1)2【解析】∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1， ∴a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 2－a 1＝2 以上式子相加得： a n －a 1＝2＋3＋…＋n∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.变形为：a n ＋1－a n ＝n ＋1，照此递推关系写出前n 项中任意相邻两项的关系，这些式子两边分别相加可求．【变式探究2】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，则a n ＝________.【答案】1n【解析】∵a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，∴a n ＋1a n ＝nn ＋1，∴a n a n －1＝n －1n ，a n －1a n －2＝n －2n －1，…，a 2a 1＝12，以上式子两边分别相乘得：a n a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12＝1n∴a n ＝1n a 1＝1n .【方法归纳】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n ＋1＝a n ＋f (n )或a n ＋1＝g (n )·a n ，则可以分别通过累加法或累乘法求得通项公式，即：(1)累加法：当a n ＝a n －1＋f (n )时，常用a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1求通项公式．(2)累乘法：当a n a n －1＝g (n )时，常用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1求通项公式．【跟踪训练3】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝( ) A ．2＋ln n B ．2＋(n －1)ln n C ．2＋n ln n D ．1＋n ＋ln n 【答案】A【解析】∵在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝ln n ＋1n∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＋2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·21＋2＝2＋ln n .故选A.【易错辨析】数列中忽视n 的限制条件致误【例4】设S n 为数列{a n }的前n 项和，log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________.【答案】⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2【解析】由log 2(S n ＋1)＝n ＋1得S n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－1当n ≥2时a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝3.经验证不符合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝12n ，n ≥2.【易错警示】1. 出错原因忽视n ＝1的情况致错，得到错误答案：a n ＝2n . 2. 纠错心得已知a n 与S n 的关系求a n 时，常用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)来求a n ，但一定要注意n ＝1的情况.一、单选题1．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，2(1)nn S a n n =+-，（*n N ∈），若()22112n S S S n n+++--2013=，则n 的值为（）． A ．1007 B ．1006 C ．2012 D ．2014【答案】A 【分析】根据数列n a 与n S 的关系证得数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，利用等差数列的前n 项和公式求出题中的式子，化简计算即可. 【解析】2(1)nn S a n n=+-， 12(1)(2)nn n S S S n n n-∴-=+-，整理可得，1(1)2(1)n n n S nS n n ---=-，两边同时除以(1)n n -可得12(2)1n n S S n n n --=-，又111S = ∴数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以2为公差的等差数列，2321(1)23nS S S S n n∴++++-- 2(1)12(1)2n n n n -=⨯+⨯-- 22(1)n n =--21n =-，由题意可得，212013n -=，解得1007n =．故选：A ．2．南宋数学家杨辉在《解析九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（） A ．171 B ．190 C ．174 D ．193【答案】C 【分析】根据题意可得数列3，4，6，9，13，18，24，⋯，满足：11(2)n n a a n n --=-，13a =，从而利用累加法即可求出n a ，进一步即可得到19a 的值．【解析】3,4,6,9,13,18,24,后项减前项可得1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()111133,222n n n n n -+⋅--=+=+≥.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：C3．在数列{}n a 中，11a =，121nn n a a +-=-，则9a =（）A ．512B ．511C ．502D ．503【答案】D 【分析】利用累加法先求出通项即可求得答案. 【解析】因为11a =，121nn n a a +-=-，所以()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-=()()()21211(21)21211222(1)2n n n n n --+-+-++-=++++--=-，所以9929503a =-=.故选：D. 4．数列23，45，69，817，1033，…的一个通项公式为（）A ．221n n n a =+ B ．2221n n n a +=+ C ．1121n n n a ++=-D ．12222n n n a ++=+【答案】A 【分析】根据数列中项的规律可总结得到通项公式. 【解析】1221321⨯=+，2422521⨯=+，3623921⨯=+，48241721⨯=+，510253321⨯=+， ∴一个通项公式为：221n nna =+. 故选：A.5．下列命题不正确的是（）A 的一个通项公式是n aB ．已知数列{},3n n a a kn =-，且711a =，则1527a =C ．已知数列{}n a 的前n 项和为()*,25n n n S S n N =-∈，那么123是这个数列{}n a 的第7项D ．已知()*1n n a a n n N +=+∈，则数列{}n a 是递增数列【答案】C 【分析】A：根据被开方数的特征进行判断即可；B：运用代入法进行求解判断即可；C：根据前n项和与第n项之间的关系进行求解判断即可；D：根据递增数列的定义进行判断即可.【解析】对于A31⇒⨯na⇒=A正确；对于B，3na kn=-，且7151122327na k a n a=⇒=⇒=-⇒=，B正确；对于C，()*25nnS n N=-∈，13a=-，当2,n n N*≥∈时，111222n n nn n na S S---=-=-=，12127n-=，无正整数解，所以123不是这个数列{}n a的第7项，C错误；对于D．由()*11,0n n n na a n n N a a n++=+∈-=>，易知D正确，故选：C．6．已知数列{}n a的前n项和2nS n=，则数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前99项和为（）A．1168B．1134C．198199D．99199【答案】D【分析】先根据11,2,1n nnS S naS n--≥⎧=⎨=⎩，求出21na n=-，然后利用裂项相消求和法即可求解.【解析】解：因为数列{}n a的前n项和2nS n=，2121nS n n-=-+，两式作差得到21(2)na n n=-≥，又当1n=时，21111a S===，符合上式，所以21na n=-，111111(21)(21)22121n na a n n n n+⎛⎫==-⎪-+-+⎝⎭，所以12233411111n na a a a a a a a+++++=111111111111233557212122121n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以12233499100111199992991199a a a a a a a a ++++==⨯+. 故选：D.7．数列{}n a 中的前n 项和22nn S =+，数列{}2log n a 的前n 项和为n T ，则20T =（）.A ．190B ．192C ．180D ．182【答案】B 【分析】根据公式1n n n a S S -=-计算通项公式得到14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩，故2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，求和得到答案.【解析】当1n =时，111224a S ==+=；当2n ≥时，()11112222222n n n n n n n n a S S ----=-=+-+=-=，经检验14a =不满足上式，所以14,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩， 2log n n b a =，则2,11,2n n b n n =⎧=⎨-≥⎩，()201911921922T ⨯+=+=. 故选：B.8．已知数列{}n a 满足11a =，()()()11*12n n n n a a a a n N n n ++-=∈++，则10a 的值为（）A ．1231B ．2231C ．1D ．2【答案】B 【分析】首先根据已知条件得到1111112n n a a n n +-=-++，再利用累加法求解即可. 【解析】因为()()()*1112n n n n a a n n n N a a ++++=∈-，所以()()()*11112nn n n a a n N a a n n ++-=∈++，所以()()111111212n n n n a a a a n n n n ++-==-++++，即1111112n n a a n n +-=-++，当2n ≥时，11221111111n n n n a a a a a a ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111123n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪⎪+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭-⎝⎭， 1111121n a a n -=-+，解得()11131122122n n n a n n +=-+=≥++ 当1n =时，上式成立，故2231n n a n +=+，故102022230131a +==+. 故选：B二、多选题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，()*111,2N n n a a S n +==∈，则有（）A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【答案】ABD 【分析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得n a ，进而求得n S 以及判断出{}n S 是等比数列.【解析】依题意()*111,2N n n a a S n +==∈，当1n =时，2122a a ==，当2n ≥时，12n n a S -=，11222n n n n n a a S S a +--=-=，所以13n n a a +=，所以()2223232n n n a a n --=⋅=⋅≥，所以21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩. 当2n ≥时，1132n n n a S -+==；当1n =时，111S a ==符合上式，所以13n n S -=.13n nS S +=，所以数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列. 所以ABD 选项正确，C 选项错误.故选：ABD10．已知数列{}n a 的前n 项和22n n nS +=，数列{}n b 满足1n n b a =，若n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，则k 的值不可能是（） A ．4 B ．6 C ．8 D ．10【答案】AD 【分析】利用n a 与n S 的关系，求得n a ，进而求得n b ，然后根据n b ，2n b +，n k b +（k *∈N ，2k >）成等差数列，得到n 与k 的关系，进而求得答案.【解析】当1n =时，11212a S ===，当2n ≥时，()()2211122n n n n n n n a S S n --+++=-=-=，故n a n =（N n *∈），11n n b a n ==（N n *∈）．因为n b ，2n b +，n k b +（N k *∈，2k >）成等差数列，所以22n n n k b b b ++=+，即2112n n n k=+++，所以48422n k n n ==+--，（2k >，N k *∈），从而2n -的取值为1，2，4，8，则对应的k 的值为12，8，6，5，所以k 的值不可能是4，10，故选:AD ．第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题11．数列{}n a 的前n 项的和231n S n n =++，n a =________．【分析】利用2n 时，1n n n a S S -=-求n a ，同时注意11a S =．【解析】解析：由题可知，当2n 时，1n n n a S S -=-22313(1)(1)1n n n n ⎡⎤=++--+-+⎣⎦62n =-，当1n =时，113115a S ==++=，故答案为：5,162,2n n n =⎧⎨-⎩．12．设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n －3，则a n ＝________.【答案】【解析】解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－[2(n －1)－3]＝2，又a 1＝S 1＝2×1－3＝－1，故a n ＝13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a b S +=，2414a a =，则数列{}n a 的通项公式为___________. 【答案】212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】由n n a b S +=可得数列{}n a 是公比为12的等比数列，然后根据2414a a =求出21a =即可. 【解析】因为n n a b S +=，所以当1n =时，1112b a S a +==，即12b a = 当2n ≥时，11n n b a S --+=，然后可得10n n n a a a --+=，即()1122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是公比为12的等比数列所以21124b a a ==，4111816a a b ==，因为22411644a ab ==，所以4b =±，当4b =时， 21a =，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当4b =-时， 21a =-，2221122n n n a a --⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：212n -⎛⎫ ⎪⎝⎭或212n -⎛⎫- ⎪⎝⎭四、解答题 14．已知数列{}n a 的前n 项和()2*2n S n kn k N =-+∈，且n S 的最大值为4．（1）求常数k 及n a ；（2）设()17n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）2k =，25n a n =-+ （2）2(1)n n T n =+ 【分析】（1）由于()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，则可得24k =，从而可求出2k =，然后利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出n a ，（2）由（1）可得11121n b n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，然后利用裂项相消求和法求解即可（1）因为()222*2()n S n kn n k k k N =-+=--+∈，所以当n k =时，n S 取得最大值2k ，所以24k =，因为*k N ∈，所以2k =，所以24n S n n =-+，当1n =时，11143a S ==-+=，当2n ≥时，2214[(1)4(1)]25n n n a S S n n n n n -=-=-+---+-=-+，13a =满足上式，所以25n a n =-+（2）由（1）可得()()11111177252(1)21n n b n a n n n n n n ⎛⎫====- ⎪-+-++⎝⎭，所以1111111112222321n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111212(1)n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭ 15．已知数列{}n a 满足()23*1232222n n a a a a n n N ++++=∈，求数列{}n a 的通项公式．【答案】12n na =【分析】先根据前n 项和与通项的关系得12n n a =，再检验1n =时也满足条件即可求得答案. 【解析】因为23*1232222()n n a a a a n n N ++++=∈①，所以()2311231222212n n a a a x a n n --++++=-≥②， ①-②得21(2)n n a n =≥，即 12n n a =, 当1n =时，112a =，满足12n n a =，所以12n na = 16．已知数列{}n a 的前n 项和112n n S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求数列{}n a 的通项公式．【答案】312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩ 【分析】根据n S 与n a 的关系式，求解数列的通项公式即可.需要注意验证首项.【解析】()111111222n n n n S S n --⎛⎫⎛⎫=+∴=+≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭①②-①②得()122n n a n ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭ 根据题意，1111311222a S ⎛⎫==+=≠- ⎪⎝⎭ 所以数列的通项公式为312122n n n a n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩。

高中数学数列题型归纳及解题方法梳理

1数列典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n 项和S n . 解：（Ⅰ）由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得＝，解得d ＝1，d ＝0（舍去），故{a n }的通项a n ＝1+（n －1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知=2n，由等比数列前n 项和公式得S m =2+22+23+ (2)==2n+1-2.小结与拓展：数列{}na 是等差数列，则数列}{na a 是等比数列，公比为da ，其中a 是常数，d 是{}na 的121d +1812d d++2ma 2(12)12n --公差。

（a>0且a≠1）.【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。

解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n(n∈N*) ①当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2a n－1＝8(n－1)(n∈N*) ②①－②得2n－1a n＝8，求得a n＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴a n＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，2∴数列{b n＋1－b n}的公差为－2－(－4)＝2，∴b n －b n＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，＋1法一（迭代法）b n＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(b n－b n－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*)．法二（累加法）即b n－b n－1＝2n－8，b n－1－b n－2＝2n－10，…b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得b n＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)34 ＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2＝n 2－7n ＋14(n∈N *)．小结与拓展：1）在数列{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为：⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1(111n S S n S a a n n n.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。

新版数列公式总结-新版

数列公式总结一、数列的概念与简单的表示法数列前 n 项和：对于任何一个数列，它的前 n 项和Sn 与通项 an 都有这样的关系：二、等差数列1.等差数列的概念台(1)等差中项：若三数 a 、A 、b 成等差数列(2)通项公式：an =a +(n-1)d=am+(n-m)d(3).前n 项和公式：2等差数列的.常用性质(1)若m+n=p+q(m,n,P,q ∈N+), 则am+an=ag+ag自n}的公差为d,则：(2)单调性：i) d >0 ⇔白，}为递增数列；ii) d <0 ⇔A,} 为递减数列；ii) d =0 台白，}为常数列；(3)若等差数列(白，)的前n项和S,,则S、Sa-S、Sm-S…是等差数列。

三、等比数列1.等比数列的概念(3).前n 项和公式：2.等比数列的常用性质(1)若m+n=p+q(m,n,p,q ∈N+), 则am an=ap 码(2)单调性：a₁>0,q>1 或a<0,0<q<1={an} 为递增数列；a₁>0,0<q<1 或a<0,q>1={a}为递减数列；q =1={an}为常数列；q<0={an}为摆动数列；(3)若等比数列(a,)的前n项和S₁,则S、S₂-S₁、S-S…是等比数列.四、非等差、等比数列前n项和公式的求法(1)错位相减法(2)裂项相消法常见的拆项公式有：①②(3){分组法求和有一类数列，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(4)倒序相加法一、等差数列公式及其变形题型分析：1. 设S 是等差数列{an}的前n 项和，若,则A. B C. D.2. 在等差数列{an}中，若a10o3+a1004+a1os+a106=18, 则该数列的前2008项的和为( ).A. 18072B.3012C. 9036D.120483. 已知等差数列{an}中，az+ag=16,a4=1, 则a12的值是( ).A.15B. 30C. 31D. 644. 在等差数列{an}中，3(a₂+a₆)+2(a₅+ao+as)=24, 则此数列前 13项之和为()A. 26B.13C.52D. 1565. 等差数列{an}中，ai+az+ag=-24,a18+ ag+a2o=78,则此数列前20项和等于( ).A. 160B.180C.200D.220二、等比数列公式及其变形题型分析：1. 已知{an}是等比数列，a2=2, , 则a ia₂+aza₃+ …+ anan+1=( ).A.16(1-4"B. 16( 1 — 2C. D.2. 已知等比数列{an}的前10项和为32,前20项和为56,则它的前30项和为3.在等比数列{an}中，若a₁+a₂+a₃=8,a₄+as+a₆=-4, 则a₁3+a₁4+a₁5=该数列的前15项的和S15=4.等比数列a,中，a₂=9,as=243,则(a,}的前4项和为()A.81B.120C.168D.1925. √②+1与√②-1,两数的等比中项是( )A.1B.-1C.±1D.6. 已知一等比数列的前三项依次为 x,2x+2,3x+3,那么是此数列的第( ) 项A.2B. 4C. 6D. 87.在等比数列{a,}中，若a₃=3,ag=75,则a₁三、数列求和及正负项的解题思路1. 两个等差数列则2求和：(a-1)+(a²-2)+ …+(a”-n),(a≠0)3.求和：1+2x+3x²+…+nx′14.已知数列{an}的通项公式an=-2n+11,如果b₁=an(n∈N)求数列6,}的前n项和。

数列的递推公式与通项公式前n项和公式

二、数列的递推公式与通项公式、前n 项和公式一、知识点回顾：1、递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。

2、数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧--11s s s n n 12=≥n n 。

在数列｛a n ｝中，前n 项和S n 与通项公式a n 的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握之。

注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；若a 1 适合由a n 的表达式，则a n 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子。

（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

3、数列的通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

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

一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

⑶已知12()n a a a f n = 求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

⑷若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。

⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。

(完整版)求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列na 为等差或等比数列，根据通项公式d n a a n11或11n n qa a 进行求解.例1：已知n a 是一个等差数列，且5,152a a ，求n a 的通项公式.分析：设数列n a 的公差为d ，则54111da d a 解得231da 5211ndn a a n二、前n 项和法：已知数列n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .例2：已知数列n a 的前n 项和12nns ，求通项n a .分析：当2n 时，1n nns s a =32321n n=12n 而111s a 不适合上式，22111n n a n n三、n s 与n a 的关系式法：已知数列n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求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11a ，求n a .分析：13n na s ①nna s 312n②①-②得n n n a a a 331134nn a a 即341nn a a 2n又1123131a s a 不适合上式数列n a 从第2项起是以34为公比的等比数列222343134n n n a a 2n23431112n na n n注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1na 与1ns 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列n a 中有n f a a nn1，即第n 项与第1n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4：12,011n a a a nn，求通项na 分析：121n a a n n112a a 323a a 534a a ┅321n a a nn2n以上各式相加得211327531n n a a n 2n 又01a ，所以21n a n 2n，而01a 也适合上式，21n a n Nn 五、累乘法：它与累加法类似，当数列n a 中有1n na f n a ，即第n 项与第1n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1nnn a a a n 2,n n N求通项na 分析：Q 11nnna a n 11nn a na n 2,n n N故3241123123411231n nn a a a a na a n a a a a n g g g g L g g g g L g 2,n n N而11a 也适合上式，所以na n n N六、构造法：㈠、一次函数法：在数列n a 中有1nna kab （,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: 一般化方法：设1nna mk a m则11nna ka k m而1nn a ka b1bk m 即1bmk 故111n nb ba k a k k数列11nba k 是以k 为公比的等比数列，借助它去求na 例6：已知111,21n n a a a 2,n n N求通项na 分析：Q 121nna a 1112221n nna a a 数列1n a 是以2为首项，2为公比的等比数列111122n nna a 故21nna ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n nnka a ma p2,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 na kab 的式子.例7：已知11122,2n nna a a a 2,nnN求通项na Q 1122n nna a a 111211122nnnna a a a 即11112nna a 2,n n N数列1n a 是以12为首项，以12为公差的等差数列1111222nn n a 2na n㈢、取对数法：一般情况下适用于1klnn a a （,k l 为非零常数）例8：已知2113,2nn a a a n 求通项na 分析：由2113,2nn a a an知0n a 在21n na a 的两边同取常用对数得211lg lg 2lg n n n a a a 即1lg 2lg n na a 数列lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3nn na 123nna 七、“mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”型的数列求通项n a .例9：设数列n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N ns a a a nn n ，求通项n a .解：nn n s a 31113n nns a 2n两式相减得1132n n nn a a a 即11322n nna a 上式两边同除以13n 得92332311nn n n a a （这一步是关键）令nn na c 3得92321nn c c 3232321n nc c 2n（想想这步是怎么得来的）数列32nc 从第2项起，是以93322a c 为首项，以32为公比的等比数列故nn n n na a c c 32332933232322222323232nn nac 又nn na c 3，所以123223n n na a a a 1不适合上式23223112n a n a a n n n注：求mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1n c ，得到一个“1nna kab ”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出nn ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由nnns a 31得到n nn ns s s 31即nn ns s 321,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。

高中数学《求数列的通项习题课一》专题突破含解析

习题课一　求数列的通项题型一　利用累加、累乘法求数列的通项公式【例1】　(1)数列{a n }满足a 1＝1，对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1a n ，求a n .解　(1)∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1，即a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2).等式两边同时相加得a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝a 1＋2＋3＋4＋…＋n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2，n ≥2.又a 1＝1也适合上式，∴a n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(2)由条件知a n ＋1a n ＝nn ＋1，分别令n ＝1，2，3，…，n －1，代入上式得(n －1)个等式，累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×23×34×…·n －1n (n ≥2).∴a na 1＝1n ，又∵a 1＝23，∴a n ＝23n ，n ≥2.又a 1＝23也适合上式，∴a n ＝23n ，n ∈N *.规律方法　(1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的通项公式.将原来的递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1).(2)求形如a n ＋1＝f (n )a n 的通项公式.将原递推公式转化为a n ＋1a n＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a2＝f (2)，…，a na n －1＝f (n －1)，累乘可得a na1＝f (1)f (2)…f (n －1).【训练1】　数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，求{a n }的通项公式.解　因为a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ，所以a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，n ≥2，以上各式累加得，a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1，故a n＝2（1－2n－1）1－2＋2＝2n，当n＝1时，a1也符合上式，所以a n＝2n.题型二　构造等差(比)数列求通项公式【例2】　(1)在数列{a n}中，a1＝13，6a n a n－1＋a n－a n－1＝0(n≥2，n∈N*).①证明：数列{1a n}是等差数列；②求数列{a n}的通项公式.(2)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－3，求a n.(1)①证明　由6a n a n－1＋a n－a n＋1＝0，整理得1a n－1a n－1＝6(n≥2)，故数列{1a n}是以3为首项，6为公差的等差数列.②解　由①可得1a n＝3＋(n－1)×6＝6n－3，所以a n＝16n－3，n∈N*.(2)解　由a n＋1＝2a n－3得a n＋1－3＝2(a n－3)，所以数列{a n－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，则a n－3＝(－1)·2n－1，即a n＝－2n－1＋3.规律方法　(1)课程标准对递推公式要求不高，故对递推公式的考查也比较简单，一般先构造好等差(比)数列让学生证明，再在此基础上求出通项公式，故同学们不必在此处挖掘过深. (2)形如a n＋1＝pa n＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步　假设递推公式可改写为a n＋1＋t＝p(a n＋t)；第二步　由待定系数法，解得t＝qp－1；第三步　写出数列{a n＋q p－1}的通项公式；第四步　写出数列{a n}的通项公式.【训练2】　已知各项均为正数的数列{b n}的首项为1，且前n项和S n满足S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2).试求数列{b n}的通项公式.解　∵S n－S n－1＝S n＋S n－1(n≥2)，∴(S n＋S n－1)(S n－S n－1)＝S n＋S n－1(n≥2).又S n >0，∴S n －S n －1＝1.又S 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公差为1 的等差数列，∴S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝1符合上式.∴b n ＝2n －1.题型三　利用前n 项和S n 与a n 的关系求通项公式【例3】　(1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n 等于( )A.2n ＋1 B.2n C.2n －1D.2n －2(2)已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23·a n ，则a n a n －1的最大值为( )A.－3B.－1C.3D.1解析　(1)因为S n ＝2a n －4，所以n ≥2时，S n －1＝2a n －1－4，两式相减可得S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以a n a n －1＝2.因为S 1＝a 1＝2a 1－4，即a 1＝4，所以数列{a n }是首项为4，公比为2的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.(2)由S n ＝n ＋23a n 得，当n ≥2时，S n －1＝n ＋13a n －1，两式作差可得：a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由此可得，当n ＝2时，a n a n －1取得最大值，其最大值为3.答案　(1)A (2)C规律方法　已知S n ＝f (a n )或S n ＝f (n )的解题步骤：第一步　利用S n 满足条件p ，写出当n ≥2时，S n －1的表达式；第二步　利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，求出a n 或者转化为a n 的递推公式的形式；第三步　若求出n ≥2时的{a n }的通项公式，则根据a 1＝S 1求出a 1，并代入n ≥2时的{a n }的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{a n }的递推公式，则问题化归为例2形式的问题.【训练3】　在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式a n .解　由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，得当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，两式作差得na n ＝n ＋12a n ＋1－n 2a n ，得(n ＋1)a n ＋1＝3na n (n ≥2)，即数列{na n }从第二项起是公比为3的等比数列，且a 1＝1，a 2＝1，于是2a 2＝2，故当n ≥2时，na n ＝2×3n －2.于是a n ＝{1，n ＝1，2×3n －2n，n ≥2，n ∈N *.一、素养落地1.通过学习数列通项公式的求法，提升数学运算与逻辑推理素养.2.求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.二、素养训练1.数列1，3，6，10，15，…的递推公式可能是( )A.a n ＝{1（n ＝1）a n ＋1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）B.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）C.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n －1（n ∈N *，n ≥2）D.a n＝{1（n ＝1）a n －1＋n ＋1（n ∈N *，n ≥2）解析　由题意可得，a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，……∴a n －a n －1＝n (n ≥2)，故数列的递推公式为a n ＝{1（n ＝1）a n －1＋n （n ∈N *，n ≥2）故选B.答案　B2.数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋2n ，则a 9＝( )A.1 024B.1 023C.510D.511解析　由题意可得a n ＋1－a n ＝2n ，则a 9＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 9－a 8)＝1＋21＋22＋…＋28＝29－1＝511.故选D.答案　D3.已知数列{a n }的各项均为正数，且a 2n －a n －n 2－n ＝0，则a n＝________.解析　由a 2n －a n －n (n ＋1)＝0，得[a n －(n ＋1)](a n ＋n )＝0.又a n >0，所以a n＝n ＋1.答案　n ＋14.已知数列{a n }中，a 1＝1，对于任意的n ≥2，n ∈N *，都有a 1a 2a 3…a n ＝n 2，则a 10＝________.解析　由a 1a 2a 3…a n ＝n 2，得a 1a 2a 3…a n －1＝(n －1)2(n ≥2)，所以a n ＝n 2（n －1）2(n ≥2)，所以a 10＝10081.答案　100815.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式.解　由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝2an ＋1，所以1an ＋1＋1＝2(1a n＋1).又a 1＝1，所以1a 1＋1＝2，所以数列{1a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝12n －1.基础达标一、选择题1.已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，则a 100的值是( )A.9 900 B.9 902 C.9 904D.11 000解析　a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(99＋98＋…＋2＋1)＋2＝2×99×（99＋1）2＋2＝9 902.答案　B2.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋2a n，则这个数列的第n 项为( )A.2n －1B.2n ＋1C.12n －1D.12n ＋1解析　∵a n ＋1＝a n 1＋2an，a 1＝1，∴1a n ＋1－1a n ＝2.∴{1a n}为等差数列，公差为2，首项1a1＝1.∴1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案　C3.若数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，则a 2 021的值为( )A.1 B.2 C.3D.4解析　∵a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，∴a n ＋1＋a n ＝4，∴a n ＋1＝a n －1，∴a n ＝a n ＋2，即奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，又∵a 1＝3，∴a 2 021＝3.答案　C4.已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的通项公式a n 等于( )A.2nB.n (n ＋1)C.n2n －1D.n （n ＋1）2n解析　∵a n ＋1＝12a n ＋12n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋2，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝2.又21a 1＝2，∴数列{2n a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2n a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝n 2n －1.答案　C5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12＝( )A.20 480B.49 152C.60 152D.89 150解析　由题意得S 2＝4a 1＋2，所以a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝8，故a 2－2a 1＝4，又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n ，于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，因此数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，于是a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，因此数列{a n2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，得a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，即a n ＝n ·2n .所以a 12＝12×212＝49 152，故选B.答案　B 二、填空题6.在等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818则数列{a n }的通项公式为________.解析　当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意.因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3，故a n ＝2×3n －1.答案　a n ＝2×3n －17.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1na n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析　当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝nn －1·n －1n －2·…·32·21＝n ，当n ＝1时，a 1＝1也符合此式，∴a n ＝n .答案　n8.已知数列{a n }满足ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n 2(n ∈N *)，则a 10＝________.解析　∵ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n 3n ＝3n2(n ∈N *)，∴ln a 13·ln a 26·ln a 39·…·ln a n －13（n －1）＝3（n －1）2(n ≥2)，∴ln a n ＝3n 2n －1(n ≥2)，∴a n ＝e 3n 2n －1(n ≥2)，∴a 10＝e 1003.答案　e1003三、解答题9.设f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，数列{a n }的通项a n 满足f (2a n )＝2n ，求数列{a n }的通项公式.解　∵f (x )＝log 2x －log x 4(0<x <1)，f (2an )＝2n ，∴log 22an －log 2an 4＝2n ，由换底公式得log 22an －log 24log 22an ＝2n ，即a n －2a n ＝2n ，∴a 2n －2na n －2＝0，解得a n ＝n ±n 2＋2.又0<x <1，∴0<2an <1，∴a n <0，∴a n ＝n －n 2＋2，∴数列{a n }的通项公式是a n ＝n －n 2＋2.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式.解　(1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1，因为T 1＝S 1＝a 1，所以a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.(2)当n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，①当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，②①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2·(a n －1＋2)，因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，所以a n ＝3×2n －1－2.能力提升11.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝13，若a n (a n －1＋2a n ＋1)＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析　由题意知a n a n －1＋2a n a n ＋1＝3a n －1a n ＋1，∴1a n ＋1＋2a n －1＝3a n ，∴1a n ＋1－1a n ＝2(1a n －1a n －1)，即1a n ＋1－1a n1a n －1a n －1＝2，∴数列{1an ＋1－1a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴1a n ＋1－1a n ＝2×2n －1＝2n .利用累加法，得1a 1＋(1a 2－1a 1)＋(1a 3－1a 2)＋…＋(1a n －1a n －1)＝1＋2＋22＋…＋2n －1，即1a n ＝2n －12－1＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案　12n －112.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)是否存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由.解　(1)法一　由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得S n ＋1n ＋1－S nn ＝12，∴数列{S nn}是首项为S 11＝1，公差为12的等差数列，∴S nn ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，∴S n ＝n （n ＋1）2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－（n －1）n2＝n .而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .法二　由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n （n ＋1）2，得n (S n ＋1－S n )－S n ＝n （n ＋1）2，∴na n ＋1－S n ＝n （n ＋1）2.①当n ≥2时，(n －1)a n －S n －1＝n （n －1）2，②①－②，得na n ＋1－(n －1)a n －a n ＝n （n ＋1）2－n （n －1）2，∴na n ＋1－na n ＝n ，∴a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是从第2项起的等差数列，且首项为a 2＝2，公差为1，∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n (n ≥2).而a 1＝1适合上式，∴a n ＝n .(2)由(1)，知a n ＝n ，S n ＝n （n ＋1）2.假设存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列，则S 22k ＝a k ·a 4k ，即[2k （2k ＋1）2]2＝k ·4k .∵k 为正整数，∴(2k ＋1)2＝4.得2k ＋1＝2或2k ＋1＝－2，解得k ＝12或k ＝－32，与k 为正整数矛盾.∴不存在正整数k ，使a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列.创新猜想13.(多选题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，则( )A.a 9＝17 B.a 10＝18C.S 9＝81D.S 10＝91解析　∵对于任意n >1，n ∈N *，满足S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，∴S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }在n ≥2时是等差数列，公差为2.又a 1＝1，a 2＝2，则a 9＝2＋7×2＝16，a 10＝2＋8×2＝18，S 9＝1＋8×2＋8×72×2＝73，S 10＝1＋9×2＋9×82×2＝91.故选BD.答案　BD14.(多空题)设S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，且a n>0，则S n＝________，a100＝________.解析　由S n是数列{a n}的前n项和，且满足a2n＋1＝2a n S n，则当n＝1时，a21＋1＝2a1S1，即S21＝1；当n≥2时，(S n－S n－1)2＋1＝2(S n－S n－1)S n，整理得S 2n－S2n－1＝1.所以数列{S2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，则S2n＝n.由于a n>0，所以S n＝n，故a100＝S100－S99＝100－99＝10－311.答案　n　10－311。

数列的通项公式2(ppt整理)

(1)数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an. (2)已知数列{an}中，an>0，Sn是数列{an}的前n项和，且an＋a1n＝2Sn，求an.
解析： (1)当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝3＋21＝5，上式中a1＝20＝1. ∴n＝1时不符合an＝2n－1， ∴an＝52nn－＝ 1n1≥，2.
1．设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，对任意的 n∈N*，都有 Sn＝2－ an，数列{bn}满足 b1＝2a1，bn＝1＋bnb－n1－1(n列，并求{an}的通项公式； (2)判断数列b1n是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列定义法 aan＋n1＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列中项公 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列式法 a2n＋1＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列
通项 an＝pn＋q(p，q 为常数)⇔{an}是等差数列公式法 an＝cqn(c，q 均为非零常数)⇔{an}是等比数列前 n 项 Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)⇔{an}是等差数列和公式 Sn＝kqn－k(k 为常数，且 q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是等
1]，
即an－a1＝311－－33n－1－nn－2 1.
又∵a1＝1，∴an＝12×3n－nn－2 1－12.
显然a1＝1也适合上式，
∴{an}的通项公式为an＝12×3n－nn－2 1－12.
(2)∵aan＋n 1＝2n， ∴aa21＝2，aa23＝22，aa43＝23，…，aan－n 1＝2n－1，将上述各式相乘，可得 aa21·aa23·aa43·…·aan－n 1＝2·22·23·…·2n－1， ∴an＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2nn－2 1.

一般数列的通项an与前n项和Sn的关系 (2)

一般数列的通项a n与前n项和S n的关系：a n=（这里是s n-s n-1）2、等差数列的通项公式：a n=a1+(n-1)d3、等差数列的前n项和公式：S n=S n=4、等比数列的通项公式：a n= a1q n-15、等比数列的前n项和公式：当q=1时，S n=n a1 (是关于n的正比例式)；当q≠1时，S n=（那里是a1乘以括号1-q的n次方）三、高中数学中有关等差、等比数列的结论2、等差数列{a n}中，若m+n=p+q，则a m+a n=a p+a q3、等比数列{a n}中，若m+n=p+q，则a m*a n=a p*a q三角函数正弦定理a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R注：其中R 表示三角形的外接圆半径余弦定理 b2=a2+c2-2accosB 注：角B 是边a 和边c 的夹角sin(A+B) = sinAcosB+cosAsinBsin(A-B) = sinAcosB-cosAsinBcos(A+B) = cosAcosB-sinAsinBcos(A-B) = cosAcosB+sinAsinB tan(A+B) =tanAtanB-1tanB tanA + tan(A-B) =tanAtanB1tanB tanA +- （若要使用其他三角函数的代换则把公式中的啊，A,B 代换成如π，0，等）一般答题中出现三角函数你就把这些公式能用的解析几何圆的标准方程 (x-a)2+(y-b)2=r2（2代表平方）注：（a,b ）是圆心坐标圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0注：D2+E2-4F>0抛物线标准方程y2=2pxy2=-2px（y的平方）x2=2py （x的平方）x2=-2py （x的平方）标准方程： 1.中心在原点，焦点在x轴上的椭圆标准方程：(x^2/a^2)+(y^2/b^2)=1 其中a>b>0，c>0，c^2=a^2-b^2. 2.中心在原点，焦点在y轴上的椭圆标准方程：(x^2/b^2)+(y^2/a^2)=1 其中a>b>0，c>0，c^2=a^2-b^2. 参数方程：X=acosθ Y=bsinθ (θ为参数)2）双曲线文字语言定义：平面内一个动点到一个定点与一条定直线的距离之比是一个大于1的常数e。

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*，。

数学核心素养引领下的教学设计———以“高三二轮复习求数列通项公式”为例

数学核心素养引领下的教学设计———以“高三二轮复习求数列通项公式”为例摘要：高二二轮复习的专题教学设计不是单纯的知识点传授与解题方法的训练，而是教师基于学科核心素养，思考如何基于专题的教学目标与内容而展开的教学活动，目标是追求高效的教学，本文通过高三二轮复习利用作差法求数列通项公式这一节的教学设计，达到提升学生逻辑思维能力，发展学生的数学核心素养。

关键词：二轮复习教学设计；数学学科核心素养；高三数学；二轮复习一、问题提出高三二轮复习是整个高三的冲刺阶段，在这个阶段，老师在培养学生数学核心素养的同时也要提高学生的应试能力，最终达到提高学生高考成绩的目的。

而专题复习是二轮复习的一种常用模式，是基于学生在一轮复习中形成的知识框架，对其中高考的重点、难点内容再次学习来巩固和创新学生的数学思想，让学生在转化化归解决数学问题的过程中，落实数学核心素养。

那么在二轮复习中，如何利用专题的教学设计，发展和培养学生的数学核心素养呢？下面本文将以高三二轮复习利用作差法求数列通项公式这一节的教学设计为例，对高三二轮有效性复习进行探究。

1.高三二轮复习“求数列通项公式”专题教学设计1.考情分析由数列前n项和Sn与an的关系式求通项公式是高考常考热点之一，从2011-2022高考卷中占比最大。

1.学情分析经过一轮复习，学生基本方法已经掌握，易错点主要是计算和验算是否合理。

1.专题教学目标1.知识目标1.能够看出前n项和变形式子中化简求an2.能在Sn与an的一次函数或二次函数中化简求an（二）能力目标利用作差法消去Sn或an，培养学生合情推理，探索数学规律的数学思维能力，发展学生逻辑推理的数学核心素养。

（三）情感目标1、通过作差法解题方法2、培养学生归纳类比的能力。

1.教学重难点如何利用公式消去Sn，化简求an，并注意n=1时的检验；如何消去an，求Sn，再求an的方法。

1.教学过程公式： .1.数列的前项和，则 ______________2．数列的前项和______________3．已知等比数列的前项和，则 ______________例题1：（2017•新课标Ⅲ，文17）设数列满足．求的通项公式；变式：变式．已知数列{n a n}的前n例题2．（2013新课标Ⅰ，理14）若数列{ }的前n项和为，则数列的通项公式是a n＝________．变式1：若数列的前n项和为，则数列的通项公式是＝．变式2：（2022届高三广州调研考17）已知数列的前n 项和为 ,证明：数列是等比数列。

湘教版高中数学选择性必修第一册精品课件第1章数列 1.2.3 第1课时等差数列的前n项和

学建模求解数列应用题.
3.注意事项:注意等差数列前n项和两个公式的选择应用,数学建模求解数
列应用题应明确是求和还是求通项公式.
学以致用·随堂检测促达标
1.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a3=4,则其公差d=( C )
A.1
B.
5
3
C.2
D.3
解析因为等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a3=4,
31 + 3 = 6,
1 = 0,
所以
解得
故选 C.
1 + 2 = 4,
= 2,
1 2 3 4 5 6
2.已知等差数列{an}满足a1=1,am=99,d=2,则其前m项和Sm等于( D )
A.2 300
B.2 400
C.2 600
D.2 500
解析由am=a1+(m-1)d,得99=1+(m-1)×2,解得m=50,所以
因为绵的总数为996斤,所以8a1+
8×7
2
×17=996,解得a1=65.
所以第7个儿子分到的绵是a7=65+17×6=167斤.故选A.
本节要点归纳
1.知识清单:
(1)数列前n项和的概念;
(2)等差数列前 n
( 1 + )
项和公式:Sn=
与
2
(-1)
Sn=na1+
d.
2
2.方法归纳:倒序相加法推导求和公式,方程(组)求解等差数列的基本量,数
2·3-1 , ≥ 2.
探究点三等差数列的前n项和在实际问题中的应用
【例3】某研究所计划建设n个实验室,从第1到第n实验室的建设费用依次

数学竞赛教案：第30讲__数列的求和

第11讲数列的求和本节主要内容有S n 与a n 的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：平方和、立方和、倒数和等；∑符号的运用. 掌握数列前n 项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等． 1.重要公式①1+2+…+n =21n (n +1) ②12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)③13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)22.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3. 在等差数列中S m +n =S m +S n +mnd,在等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n ．4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项．应掌握以下常见的裂项：5.错项相消法6.并项求和法A 类例题例1 已知数列｛a n ｝的通项公式满足：n 为奇数时，a n =6n －5 ，n 为偶数时，a n =4 n ，求s n . 分析数列｛a n ｝的前n 项可分为两部分，一部分成等差数列，用等差数列求和公式；另一部分成等比数列，用等比数列求和公式。

但数列总项数n 的奇偶性不明，故需分类讨论. 解若n 为偶数2m ，则S 2m =1+13+25+…+[6(2m －1)－5]+42+44+…+42m =6m 2－5m+1615(42m－1)， S n =23516(41)2215n n n -+-. 若n 为奇数2m+1时，则S 2m+1=S 2m +6(2m+1)－5=6m 2+7m+1+1615(42m－1)， S n =21313114221515n n n ++-+⋅. 说明如果一个数列由等差数列与等比数列两个子数列构成，常采纳先局部后整体的策略，对子数列分别求和后，再合并成原数列各项的和.类似地，若一个数列的各项可拆成等差数列型与等比数列型两部分，也可采纳先局部后整体的策略.例2(2004年湖南卷类) 已知数列{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n项的和，a 1，2a 7，3a 4 成等差数列．（I ）证明 12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列；（II ）求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．分析 (1)对于第(l)问，可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比，然后写出12S 3，S 6，S 12－S 6，并证明它们构成等比数列．对于第(2)问，由于 T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．所以利用等差数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问题．解（Ⅰ）证明由4713,2,a a a 成等差数列，得41734a a a +=，即 .3436aq a aq += 变形得 ,0)1)(14(33=-+q q 所以14133=-=q q 或（舍去）．由 .1611211)1(121)1(123316136=+=----=q qq a q q a S S 得.12661236S S S S S -= 所以12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列．（Ⅱ）解：.3232)1(36323741--++++=++++=n n n naq aq aq a na a a a T即 .)41()41(3)41(212a n a a a T n n --⋅++-⋅+-⋅+= ①①×)41(-得： a n a n a a a T n n n )41()41()41(3)41(24141132---⋅++-⋅+-⋅+=--所以 .)41()542516(2516a n a T n n -⋅+-=说明本题是课本例题：“已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列{an}是等比数列，S n 是其前 n 项的和，a 1，a 7，a 4 成等差数列，求证2 S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列”的改编．情景再现1．(2000年全国高考题)设{}n a 为等比数例，n n n a a a n na T ++-+=-1212)1( ，已知11=T ，42=T ．（Ⅰ）求数列{}n a 的首项和公式；（Ⅱ）求数列{}n T 的通项公式． 2． (2000年全国高中数学联赛)设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N ，求f (n )=1)32(++n nS n S 的最大值.B 类例题例3 (2004年重庆卷) 设),2,1(,3235,35,11221 =-===++n a a a a a n n n （1）令1,(1,2......)n n n b a a n +=-=求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和n S .分析利用已知条件找n b 与1+n b 的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.解（1）因121+++-=n n n a a b n n n n n n b a a a a a 32)(323235111=-=--=+++故{b n }是公比为32的等比数列，且故,32121=-=a a b ),2,1()32( ==n b n n（2）由得n n n n a a b )32(1=-=+ 注意到,11=a 可得),2,1(3231 =-=-n a n nn记数列}32{11--n n n 的前n 项和为T n ，则说明本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 例4 (1996年全国高中数学联赛第二试)设数列{a n }的前项和S n =2a n －1(n=1,2,3, )，数列{b n }满足b 1=3, b k+1=a k +b k (k=1,2,3 ).求数列{b n }的前n 项和.分析由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n可得a n.解由12-=n n a S 可得a n+1=2a n 即数列{a n }是等比数列,故a n =2n －1,又由a k =b k+1－b k得b n =b 1 +a 1+ a 2+ a 3+…+ a n －1 =3+12121---n =221+-n所以S n =b 1+ b 2+ b 3+…+ b n =1+2+22+…+2n －1+2n=12221221-+=+--n n n n 例5 (2004年全国理工卷) 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n =2a n +(－1)n ,n ≥1.(1)写出求数列{a n }的前3项a 1,a 2,a 3； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对任意的整数m >4，有4511178m a a a +++<. 分析由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系,求a n ,应考虑将a n 与a n -1或 a n+1其转化为的递推关系,再依此求a n. 对于不等式证明考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项组合的放缩.解 (1)当n =1时,有：S 1=a 1=2a 1+(－1)⇒ a 1=1；当n =2时,有：S 2=a 1+a 2=2a 2+(－1)2⇒a 2=0；当n =3时,有：S 3=a 1+a 2+a 3=2a 3+(－1)3⇒a 3=2；综上可知a 1=1,a 2=0,a 3=2；(2)由已知得：1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+----化简得：1122(1)n n n a a --=+-上式可化为：1122(1)2[(1)]33n n n n a a --+-=+-故数列{2(1)3n n a +-}是以112(1)3a +-为首项, 公比为2的等比数列.故121(1)233n n n a -+-= ∴121222(1)[2(1)]333n n n n n a --=--=--数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n n a -=--. ⑶由已知得：232451113111[]221212(1)m mm a a a -+++=+++-+--51311131041057()1552151201208m -=-<=<=. 故4511178m a a a +++<( m >4). 说明本题是一道典型的代数综合题，是将数列与不等式相结合，它的综合性不仅表现在知识内容的综合上，在知识网络的交汇处设计试题，更重要的是体现出在方法与能力上的综合，体现出能力要素的有机组合．虽然数学是一个演绎的知识系统，并且演绎推理是数学学习和研究的重要方法，但从数学的发展来看，“观察、猜测、抽象、概括、证实”是发现问题和解决问题的一个重要途径，是学生应该学习和掌握的，是数学教育不可忽视的一个方面：要求应用已知的知识和方法，分析一些情况和特点，找出已知和未知的联系，组织若干已有的规则，形成新的高级规则，尝试解决新的问题，这其中蕴含了创造性思维的意义．例 6 设{ a n }为等差数列，{ b n }为等比数列，且211a b =,222a b = ,233a b =,又12lim()22n x b b b →∞+++=, 试求{ a n }的首项与公差． (2001年全国高中数学联赛) 分析题中有两个基本量{ a n }中的首项 a 1 和公差d 是需要求的，利用21a ,22a ,23a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．解设所求公差为d ，∵a 1＜a 2，∴d ＞0．由此得 412121)()2(d a d a a +=+ 化简得：0422121=++d d a a解得：1)22(a d ±-= 而022<±-，故a 1＜0 若1)22(a d --=，则22122)12(+==a a q若1)22(a d +-=，则22122)12(-==a a q但12)(21+=++++∞→n n b b b lim 存在，故| q |＜1，于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a所以222)22(,211-=+-=-=a d a说明本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d ＞0， a 1＜0，1<q 等，在解题中都非常重要．情景再现3．设二次函数)(,*)](1,[,)(2x f N n n n x x x x f 时当∈+∈+=的所有整数值的个数为g(n). （1）求g(n)的表达式.（2）设.,)1(*),()(321432123n n n n n S a a a a a S N n n g n n a 求--++-+-=∈+=（3）设l Z l l T b b b T n g b n n n nn 求若),(.,2)(21∈<+++==的最小值. 4．设函数222)(+=x x x f 的图象上两点P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)，若)(2121OP OP OP +=，且点P 的横坐标为21． (1)求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值； (2)若∑==ni n ni f S 1)(，n ∈N *，求S n ；(3)记T n 为数列})2)(2(1{1+++n n S S 的前n 项和，若)2(1+<+n n S a T 对一切n ∈N *都成立，试求a 的取值范围．C 类例题例7 给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2121++n a a ≤ M 的所有等差数列a 1，a 2，…，a n ，，试求S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值． (1999年全国高中数学联赛试题)分析本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解所运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解 (方法一)：设公差为d, a n+1=a .则S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1=d n n a n 2)1()1(+++,所以12+=+n Snd a 另一方面,由M ≥2121++n a a =22)(a nd a +-=22)34(1012104nd a nd a -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21104⎪⎭⎫ ⎝⎛+n S ,从而有M n S ⋅+≤)1(210且当n M d M a ⋅=⋅=104,103时)1(+=n S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅+⋅n M n M 1042103=M n 105)1(⋅+M n )1(210+=, 由于此时nd a 34=故2121++n a a =21104⎪⎭⎫⎝⎛+n S =M,因此S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+． (方法二)：三角法由条件2121++n a a ≤ M 故可令θ=cos 1r a ,θ=+sin 1r a n ,其中M r ≤≤0.故S= a n+1+a n+2+…+a 2n+1=2)1)((121++++n a a n n )3(2111a a n n -+=+ )cos sin 3(21θ-θ+=r n其中103cos =ϕ,101sin =ϕ因此当1)sin(=ϕ-θ,M r =时,S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+．说明在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题人口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好处．例8 n 2(n ≥4)个正数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n ， a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n ， a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n ， … …a n1 a n2 a n3 a n4 … a n n ，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知“a 24=1， a 4281, a 43163=, 求a 11 +a 22 +a 33 +…+ a nn . (1990年全国高中数学联赛试题)分析由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a 第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算得a s t =[a+(t －1)]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出n ，d ，q ．解设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 2.于是可得方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=16381)(1)3(34243311421124dq a a q d a a q d a a ,解此方程值组,得2111±===q d a .由于所给n 2个数都是正数,故必有q ＞0,从而有2111===q d a .故对任意1≤k ≤n,有)]1([1111-+==-k a q a a k k kk k k k q 21=-. 故S=21+222+323+…+n n 2. 又21S=221+322+423+…+12+n n . 两式相减后可得： 21S=21+222+323+…+n n 212+-n n所以S=2－121-n －n n 2. 说明这道试题涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．情景再现5．各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有项．6．己知数列{a n }满足：a 1=1,a n+1=a n +1a n(1)求证:14＜ a 100＜ 18; (2)求a 100的整数部分[a 100].习题11A 类习题1.若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且A n B n= 7n +14n +27 ，则a 11b 11等于（）A ． 43B ． 74C ． 32D ． 78712.各项均为实数的等比数列{a n }前n 项和记为S n ，若S 10=10,S 30=70，则S 40等于 ( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50 (1998年全国高中数学联赛试题)3.已知数列{}a n 满足)1(431≥=++n a a n n ,且91=a ,其前n 项之和为S n ,则满足不等式1251|6|<--n S n 的最小整数n 是 ( )(1999年全国高中数学联赛试题)4.(2004年江苏卷)设无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ． (Ⅰ)若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S=成立．5．函数f x ()是定义在［0，1］上的增函数，满足)2(2)(x f x f =且1)1(=f ，在每个区间]21,21(1-i i （i =1，2……）上，y f x =()的图象都是斜率为同一常数k 的直线的一部分．（I ）求)0(f 及)21(f ，)41(f 的值，并归纳出),2,1)(21( =i f i 的表达式（II ）设直线ix 21=，121-=i x ，x 轴及y f x =()的图象围成的矩形的面积为a i （i =1，2……），记)(lim )(21n n a a a k S +++=∞→ ，求S k ()的表达式，并写出其定义域和最小值. (2004年北京理工卷)6.(2005年湖北卷)设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；（Ⅱ）设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n . B 类习题7．(2005年全国Ⅰ卷)设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S ．（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T ．8.设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…). (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1. 9.已知：f(x)＝412-x （x<—2），f(x)的反函数为g(x),点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)，且a 1＝1.（I ）求y ＝g(x)的表达式；（II ）证明数列{21na }为等差数列；（Ⅲ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅳ）设b n ＝1111++n n a a ,记S n ＝b 1＋b 2＋……＋b n ，求S n .10.已知正整数n 不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n 的个数是_____.(1999年全国高中数学联赛试题)C 类习题11．已知}{n a 是首项为2，公比为21的等比数列，n S 为它的前n 项和．（1）用n S 表示1+n S ；（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立． (2001年上海卷)12．数列{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，按下列加括号的方式把该数列分成群(a 1)、( a 2，a 3)、( a 4，a 5，a 6，a 7)、( a 8，a 9，a 10，…，a 15)…使第一群中是a 1含{a n }中的一项，第二群是a 2、a 3，含{a n }中的两项，第三群中是a 4、a 5、a 6、a 7，含{a n }中的四项…如此继续下去，第n 群中含{a n }中的2n －1项，且任两群无公共项，任一项都在某群内，用a 1、d 、n 表示第n 群各元素的和. (第2届希望杯第一试) 本节“情景再现”解答：1．设等比数列{}n a 以比为q ，则)2(2,121211q a a a T a T +=+==．∵4,121==T T ，∴2,11==q a ．（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知2,11==q a ，故1112--==n n n q a a ，因此，1221222)1(1--⋅+⋅++⋅-+⋅=n n n n n T ，12)2(+++-=n n ．解法二：设n n a a a S +++= 21．由（Ⅰ）知12-=n n a ．∴122211-=+++=-n n n S2221222222121212 S )()(a 2)1(121121211121n n )-n () -()-()(S S a a a a a a a a a n na T n n nnnnn n n n n n --=--⋅-=+++=++++=+++=++++++++=+++-+=∴+-- 2．由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， 11(1)(2)2n S n n +=++ ∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤, ∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f . 3．（1）当*)](1,[N n n n x ∈+∈时，函数x x x f +=2)(的值随x 的增大而增大，则)(x f 的值域为*).](23,[22N n n n n n ∈+++ ∴*).(32)(N n n n g ∈+=（2）.)(32223n n g n n a n =+=①当n 为偶数时， =－[3+7+……+（2n －1）]=－.2)1(22)12(3+-=⋅-+n n n n ②当n 为奇数时，n n n n n a S a a a a a a S +=-++-+-=---1124321)()()(=－.2)1(2)1(2+=+-n n n n n ∴.2)1()1(1+-=-n n S n n（3）由nn nn n n n T n g b 232212292725,2)(132+++++++==- 得, ① ①×21，得.232212272521132+++++++=n n n n n T ② ①－②，得)222222()23225(21321n n n n T +++++-=+ =.27227211)211(21)23225(111+-++-=--++-n n n n n∴.2727n n n T +-= 则由Z l l n T nn ∈<+-=,2727，可得l 的最小值是7. 4． (1)证：∵)(2121OP OP OP +=，∴P 是P 1P 2的的中点 ⇒ x 1＋x 2＝1， ∴222222222222)()(11111122112121+++=+++=+=+--x x x x x x x x x f x f y y1=2+22+2+22=2×2+22+2+22=111111x x x x x x ， ∴21)(2121=+=y y y p . (2)解：由(1)知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，f (1)＝2－2，S n = f( 1n ) + f( 2n ) + ┅ + f( n －1n ) + f( nn)，又S n = f( n n ) + f( n －1n ) + ┅ + f( 2n )+ f( 1n)，两式相加得2S n = f(1) + [f( 1n ) + f( n －1n )] + [f( 2n ) + f( n －2n )] + ┅ + [f( n －1n ) + f( 1n )] + f(1) = 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n －1个1)223-+=n ， ∴2223-+=n S n ．(3)解：)4131(4)4)(3(424231)2)(2(11+-+=++=+⋅+=+++n n n n n n S S n nT n = 4[(14 －15 ) + (15 －16 ) + ┅ + (1n + 3 －1n + 4 )] = nn + 4 ， )2(1+<+n n S a T ⇔8162)4(2221++=+=+>+nn n n S T a n n ，∵nn 16+≥8，当且仅当n ＝4时，取“＝”， ∴818828162=+≤++nn ，因此，81>a ． 5．设n a a a ,,,21 是公差为4的等差数列,则)1(41-+=n a a n ,由已知 ⇔010022)1(2121≤--+-+n n a n a ,此关于1a 为未知数的一元二次不等式有解,则应有0)10022(4)1(22≥----=∆n n n⇔7n 2―6n ―401≤0,9728163728163<+≤≤-n 又8728163>+ 故n 的最大值是8. 故这样的数列至多有8项．6．(1)证明:当1＜ k ≤n( k ∈ N*)时,=2k a 212112--++k k a a 且a k ＞1所以3221221+<<+--k k k a a a ,因此32232221+<<+a a a ,32242322+<<+a a a ,………,3221221+<<+--n n n a a a ,将以上n- 1个式子相加得)1(3)1(221221-+<<-+n a a n a n ,因为a 1=1所以23122-<<-n a n n,所以2312-<<-n a n n 令n=100,得14＜ a 100＜ 18.(2)由题设得222112n n n a a a +=-+, 所以2100a =+21a +-)(2122a a +-)(2223a a …+)(2992100a a -=200+[+221a +231a +…2991a ],又a n+1-a n =1a n ＞0故数列{a n }是单调递增.当n ≥2时a n ≥2. 200＜2100a ＜200+5.22498212=⨯⎪⎭⎫⎝⎛＜225.因此14＜ a 100＜15.所以a 100的整数部分[a 100]=14本节“习题11”解答：1． a 11b 11 =2a 112b 11 =a 1 +a 21b 1 +b 21 =21×2+21×2+211211b b a a =A 21B 21 = 7×21+14×21+27 =43 故选A.2．S 10, S 20－S 10, S 30－S 20,S 40－S 30成等比数列,公比Q=q 10>0.故S 30= S 10(1+Q+Q 2)=70.解得Q=2,所以S 40－S 30=S 10Q 3=80,即S 40=S 30+80=150. 故选A.3．由递推公式变形得：3(a n+1－1)=－(a n －1)令b n =a n －1,则b n+1=－13b n ,且b 1=a 1－1=8,故 {b n }是首项为8,公比为－13的等比数列.故S n －n=(a 1－1)+ (a 2－1)+…+ (a n －1)= b 1+b 2++…+b n =3113111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--n b =6－6×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,所以1251316|6|<⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--nn n S , 得3n －1>250.所以满足不等式的最小整数n 是7,故选C. 4．（1）当1,231==d a 时，n n n n n S n +=-+=2212)1(23，由2)(2k k S S =得，2224)21(21k k k k +=+ ，即0)141(3=-k k ，又0≠k ，所以4=k ．（2）设数列{}n a 的公差为d ，则在2)(2k k S S =中分别取2,1=k 得⎩⎨⎧==224211)()(S S S S 即⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯+=211211)2122(2344 d a d a a a ，由（1）得01=a 或11=a ．当01=a 时，代入（2）得：0=d 或6=d ；当0,01==d a 时，0,0==n n S a ，从而22)(k k S S =成立；当6,01==d a 时，则)1(6-=n a n ，由183=S ，216,324)(923==S S 知，239)(S S ≠，故所得数列不符合题意；当11=a 时，0=d或2=d ，当11=a ，0=d 时，n S a n n ==,1，从而22)(k k S S =成立；当11=a ， 2=d 时，则2,12n S n a n n =-=，从而2)(2k k S S =成立，综上共有3个满足条件的无穷等差数列； 0=n a 或1=n a 或12-=n a n ． 5. （I ）由)0(2)0(f f =，得0)0(=f ,由)21(2)1(f f =及1)1(=f ，得21)1(21)21(==f f 同理，4)21(21)41(1==f f ,归纳得),2,1(21)21( ==i f i i（II ）当12121-≤<i i x 时)21(21)(11---+=i i x k x f )2121)](2121(2121[211111ii i i i i i k a --++=----),2,1(2)41(12 =1-=-i k i 所以{}a n 是首项为)41(21k -，公比为41的等比数列,所以)41(32411)41(21)(lim )(21k ka a a k S n n -=--=+++=∞→ . ∴)(k S 的定义域为≤<k 01，当1=k 时取得最小值21. 6．（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列.设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则故.42}{,4121111---=⨯-=n n n n n n b b q b b 的通项公式为即（II ）1142(21)4,24n n n nn a n c n b ---===-12112[13454(21)4],n n n T c c c n -∴=+++=+⨯+⨯++-2314[143454(23)4(21)4]n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-+-,两式相减得7．（I ）由210S 30－(210+1)S 20+S 10=0得210(S 30－S 20)=S 20－S 10，即210(a 21+a 22+…+a 30)=a 11+a 12+…+a 20, 可得 210·q 10(a 11+a 12+…+a 20)=a 11+a 12+…+a 20.因为a n >0，所以 210q 10=1, 解得q=12,因而 a n =a 1q n －1=12n ,n=1,2,….(II)因为{a n }是首项a 1=12、公比q=12的等比数列，故 S n =211)211(21--n =1－12n ，nS n =n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和 T n =(1+2+…+n)－(12+222+…+n n2)，T n 2= 12 (1+2+…+n)－(221+322+…+1221++-n n n n ). 前两式相减，得 T n 2= 12 (1+2+…+n)－(12+122+…+n 21)+12+n n =4)1(+n n －211)211(21--n +12+n n ,即 T n =.22212)1(1-+++-n n nn n 8． (1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+.又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，①,3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t ②,∴①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0.∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为t t 332+的等比数列；(2)由f (t )=t t 332+=t 132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1, 可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ;(3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n , ∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n ) 9．（Ⅰ）由y ＝412-x 得2214y x =-，∴2214y x +=,∵x<—2 ，∴214y x +-= ,∴g(x)= 214x +- （x>0）（II ）∵点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)∴11+-n a = g(a n )= 214n a +- , 并且a n >0 21141n n a a +=∴+ ， ),1(411221N n n a a n n ∈≥=-∴+∴数列{21na }为等差数列. （Ⅲ）∵数列{21n a }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4, ∴21na =1+4（n —1） , ∴3412-=n a n ∵a n >0 ，∴341-=n a n ,（Ⅳ）b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 10.前(n －1)群中含有1+2+4+…+2n －2=2n －1－1项.因而第n 群的第一个数为a 1+(2n －1－1)d.第n 群含有2n－1项.故这的2n－1项的和为2n －1[a 1+(2n －1－1)d]+ 12×2n －1(2n －1－1)d.11．（1）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n S 2114，得)( 221211411N n S S n n n ∈+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++。

高中数学新人教B版必修5课件：第二章数列2.2习题课——等差数列习题课

得 Sn-Sn-1+2SnSn-1=0.即
1
1
1
-1
−
1

+2=0,
∴ − =2.

∴数列
-1
1

是公差为 2 的等差数列.
1
1
2
1
又 S1=a1= ,∴ =2.
1
1
∴ =2+(n-1)×2=2n,Sn=2 ,

1
1
-1
∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2 − 2(-1) = 2(-1).
+
当 p+q 为偶数时,n=
,Sn 最大;
2
+-1
++1
2
2
当 p+q 为奇数时,n=
或 n=
,Sn 最大.
②若a1<0,且Sp=Sq(p≠q),则
+
当 p+q 为偶数时,n=
,Sn 最小;
当 p+q 为奇数时,n=
或 n=
2
+-1
++1
2
2
,Sn 最小.
目标导航
题型一
4
(+2)
1
2
1
d=3n+
2
1
(-1)
1
1 1
2

1 1
-
2 4
1
1
-
4(+1)(+2)
.
+2
2
,
+…+
2 +1 +2
2+3
2(+1)(+2)

求数列通项公式的常用方法

求数列通项公式的常用方法作者：陈雪涛来源：《理科考试研究·高中》2016年第04期数列是高中数学的重要内容，而数列的通项公式是数列的核心，它如同函数的解析式一样，有解析式便可研究其性质，而有了数列的通项公式，便可求出任意一项及前n项的和.本文介绍求数列通项公式的一些常用方法，供读者参考.1.观察法例1求下列各数列的一个通项公式：（1） 0.9 ， 0.99， 0.999 ， 0.9999 ，…；（2） -2，54，-109，1716，….解（1）将数列中的项和1进行比较就会发现：a1=0.9=1-110，a2=0.99=1-1100，a3=0.999=1-11000，…因此an=1-110n.（2）将数列的各项变为-21，54，-109，1716，…注意观察各项的符号是正负交替出现的，分母是一组平方数，分子比分母大1，因此an=（-1）n×n2+1n2.2.公式法若已知数列是等差（或等比）数列，可运用等差（或等比）数列的通项公式求解.例2已知数列{log2（an-1）} （n∈N*）为等差数列，且a1=3，a3=9.求数列{an}的通项公式.解设等差数列{log2（an-1）}的公差为d，由a1=3，a3=9得2d=log2（9-1）-log2（3-1），即d=1.所以log2（an-1）=1+（n-1）×1=n，从而an=2n+1.3.运用an与Sn的关系求通项公式运用数列的通项an与数列的前n项和Sn的关系an=S1（n=1），Sn-Sn-1（n≥2）求数列的通项公式时，要注意关系式中的条件.例3已知数列{an}的前n项的和Sn满足：Sn=3+2n，求数列{an}的通项公式.解由Sn=3+2n，（1）得Sn-1=3+2n-1 （n≥2）.（2）（1）-（2）得Sn-Sn-1=2n-2n-1 （n≥2），即an=2n-1 （n≥2）.由已知得a1=S1=5，不满足an=2n-1，所以an=5，n=1，2n-1，n≥2.4.由数列的递推公式求通项公式由数列的递推公式求通项公式常用的数学思想是化归与转化，把数列化成等差或等比数列.根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的.（1）形如an-an-1=f（n）的形式，采用累加法.例4已知数列{an}中，a1=2，an+1-an=3n （n∈N*），求数列{an}的通项公式.解由an+1-an=3n （n∈N*）得a2-a1=3×1，a3-a2=3×2，a4-a3=3×3，…an-an-1=3×（n-1），（n-1）个式子相加得：an-a1=3×[1+2+…+（n-1）]=3×n×（n-1）2，所以an=2+3n（n-1）2 （n≥2）.又a1=2满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=2+3n（n-1）2.（2）形如anan-1=f（n）的形式，采用累乘法.例5已知数列{an}中，a1=12，（n-1）2an-1=（n2-1）右顶点，则常数a的值为.解析由直线l的参数方程x=t，y=t-a （t为参数）消去参数t得直线l的一般方程：y=x-a.由椭圆的参数方程可知其右顶点为（3，0）.因为直线l过椭圆的右顶点，所以3-a=0，即a=3.点评求未知参数的基本方法是先将极坐标方程或者参数方程转化为直角坐标方程，判断其类型，根据类型找出它们特有的性质，最后应用代数或几何关系列出相应的等式求解.题型7根据曲线的参数方程求两曲线的交点的个数例7（2012年北京）直线x=2+t，y=-1-t （t为参数）与曲线x=3cosα，y=3sinα （α为参数）的交点的个数为.解析直线方程可化为x+y-1=0，曲线方程可化为x2+y2=9，圆心（0，0）到直线x+y-1=0的距离d=12=22点评事实上，此类题型还有求曲线与曲线的交点，就是求方程组的实数解问题.本文对坐标系与参数方程仅给出7种题型及其相应的解答方法，为高中此部分的专题教学提供参考.要提高专题的质量，我们还需研读《普通高中数学课程标准》，领会教科书的编写意图，结合实际，才能制定出科学的教学方案.an （n≥2），求数列{an}的通项公式.解由（n-1）2an-1=（n2-1）an （n≥2），得anan-1=n-1n+1 （n≥2），a2a1=13，a3a2=24，a4a3=35，…anan-1=n-1n+1 ，（n-1）个式子相乘得：ana1=13×24×35×…×n-3n-1×n-2n-1×n-1n+1=1×2n（n+1），所以an=1n（n+1）（n≥2）.又a1=12满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=1n（n+1）.（3）形如an=Aan-1+B （A、B是常数）的形式，采用构造法，构造以A为公比的等比数列.例6已知数列{an}中，a1=1，an+1=2an+1，求数列{an}的通项公式.解因为an+1=2an+1，所以an+1+1=2（an+1），所以数列{an+1}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.所以an+1=2×2n-1，所以an=2n-1.例7已知数列{an}中，a1=4，2an+1=an+1，求数列{an}的通项公式.解待定系数法因为2an+1=an+1，所以an+1=12an+12（1）设an+1+x=12（an+x），所以an+1=12an-12x（3）由（1）、（2）可得12=-12x，所以x=-1.所以数列{an-1}是首项a1-1=3，公比为12的等比数列.所以an-1=3×（12）n-1，所以an=3×（12）n-1+1.（4）形如an=Aan-1+An （A为常数）的形式，采用构造法，构造以1为公差的等差数列.例8已知数列{an}，a1=1，an=3an-1+3n （n≥2），求数列{an}的通项公式.解由an=3an-1+3n （n≥2），两边同时除以3n得an3n=an-13n-1+1，所以an3n-an-13n-1=1 （n≥2）.所以数列{an3n}是首项为a13=13，公差为1的等差数列.所以an3n=13+（n-1）×1=n-23，所以an=3n（n-23）=n·3n-23·3n=n·3n-2·3n-1=3n-1 （3n-2）.故数列{an}的通项公式是an=3n-1（3n-2）.（5）形如an=Aan-1+Bn （A、B为常数）的形式，采用构造法，构造以A为公比的等比数列.例9已知数列{an}，a1=2，an+1=2an+3n，求数列{an}的通项公式.解设数列{an}满足an+1+λ·3n+1=2（an+λ·3n）（λ∈R），整理得an+1=2an-λ3n.又an+1-3n+1=2（an-3n），所以λ=-1，所以an+1-3n+1=2（an-3n），所以an+1-3n+1an-3n=2，故数列{an-3n}是首项为a1-3=-1，公比为2的等比数列.所以其通项公式是an-3n=-1×2n-1，故数列{an}的通项公式是an=-1×2n-1+3n=3n-2n-1.（6）形如an=Can-1A+Ban-1 （A、B、C为常数）的形式，往往取倒数，构造等差（或等比）数列.例10已知数列{an}满足a1=1，an+1=an1+6an，求数列{an}的通项公式.解由已知可知an≠0，故对an+1=an1+6an式子两边同时取倒数，得到1an+1=1+6anan=1an+6，所以1an+1-1an=6，故数列{1an}是首项为1a1=1，公差为6的等差数列.所以1an=1+（n-1）·6，所以an=16n-5，故数列{an}的通项公式是an=16n-5.（7）关于an+1或an的二次三项式的形式，常常通过分解因式，达到求通项公式的目的.例11已知首项为1的正项数列{an}满足（n+1）a2n+1-na2n+an+1·an=0，求数列{an}的通项公式.解由（n+1）a2n+1-na2n+an+1·an=0，得[（n+1）an+1-nan]·（an+1+an）=0.因为an>0，所以an+1+an>0，故（n+1）an+1-nan=0，所以an+1an=nn+1.转化为anan-1=f（n）的形式，采用累乘法可求得数列{an}的通项公式为an=1n.。

用an与Sn的关系求通项公式同步练习高二上学期数学苏教版(2019)选择性必修第一册

培优练❷用a n与S n的关系求通项公式A级基础达标练1.已知数列{an }的前n项和Sn=2n2-3n,则an=.2.已知Sn 为数列{an}的前n项和,且log2(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为.3.数列{an }满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),则an=.4.设数列{an }的前n项和为Sn,若a1=3且当n≥2时,2an=Sn·Sn-1(n∈N*),则S9=.5.已知数列{an }的前n项和为Sn,若an>0,Sn>1,且6Sn=(an+1)(an+2),求an.6.记Sn 为数列{an}的前n项和,已知an<0,a n2-3an=4-6Sn.(1)求a1,a2;(2)求数列{an}的通项公式. B级能力提升练7.记首项为1的数列{an }的前n项和为Sn,且n≥2时,an(2Sn-1)=2S n2,则S10的值为( )A.110B.113C.116D.1198.已知数列{an }满足lna12·lna25·lna38·…·lna n3n-1=3n+22(n∈N*),则a10=( )A.e26B.e29C.e32D.e359.已知数列{an }满足1√1+2√2+…+n√n=n2+n2(n∈N*),则an=.10.已知正项数列{an }的前n项和为Sn,且an和Sn满足2√S n=an+1(n=1,2,3,…),则an=.11.设等差数列{an }的公差为d(d≠0),前n项和为Sn.若数列{√8S n+2n}也是公差为d的等差数列,则数列{an }的通项公式an=.12.设Sn 是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则下列结论正确的是.(填序号)①an =1n(n-1);②an={-1,n=1,1n(n-1),n≥2;③S n=-1n;④数列{1S n}是等差数列.13.已知数列{an }的各项均为正数,其前n项和为Sn,满足2anSn=a n2+4(n∈N*).(1)证明:数列{S n2}为等差数列;(2)求满足an <12的最小正整数n.C级拓展探究练14.已知数列{an }的前n项和为Sn,且a1=1,当n≥2时,a n2+2SnSn-1=n-1,则a 2=;若am+am+1+…+at-1+at=1(m≥2)且t-m=21,则m=.15.已知数列{an }满足a1=2,an+1=-(S n-1)2S n(n∈N*),其中Sn为{an}的前n项和.(1)求证:数列{1S n-1}为等差数列;(2)若对任意的n,均有(S1+1)(S2+1)…(Sn+1)≥kn,试求k的最大值.参考答案1.4n-52.a n ={3,n =1,2n ,n ≥23.3(n+1)4.-3115.解当n=1时,a 1=S 1=16(a 1+1)·(a 1+2),即a 12-3a 1+2=0,解得a 1=1或a 1=2.因为a 1=S 1>1,所以a 1=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=16(a n +1)·(a n +2)-16(a n -1+1)(a n -1+2),所以(a n -a n -1-3)(a n +a n -1)=0.因为a n >0,所以a n +a n -1>0,所以a n -a n -1=3,所以数列{a n }是以2为首项,3为公差的等差数列,所以a n =3n-1.6.解(1)当n=1时,a 12-3a 1=4-6S 1,即a 12+3a 1-4=0,解得a 1=-4或a 1=1 (舍去).当n=2时,a 22-3a 2=4-6(a 1+a 2),解得a 2=-7或a 2=4 (舍去) ,所以a 1=-4,a 2=-7.(2)当n ≥2时,a n 2-3a n =4-6S n ①,a n -12-3a n-1=4-6S n-1②,①-②,得(a n +a n-1)(a n -a n-1+3)=0.因为a n <0,所以a n -a n-1=-3,所以数列{a n }是以-4为首项,-3为公差的等差数列,所以a n =-4+(n-1)·(-3)=-3n-1.当n=1时,由(1)可知,a 1=-4满足a n =-3n-1,故数列{a n }的通项公式为a n =-3n-1. 7.D 8.C9.n √n 解析由数列{a n }满足1√1+2√2+…+n √n=n 2+n 2①,可得a 1=1,1√1+2√2+…+n -1√n -1=(n -1)2+n -12(n ≥2)②,①-②,得n √n=n(n ≥2),所以a n =n √n ,当n=1时,a 1=1满足上式,所以a n =n √n .10.2n-1 解析当n=1时,2√S 1=2√a 1=a 1+1,解得a 1=1;当n ≥2时,4S n =(a n +1)2,4S n-1=(a n -1+1)2,所以4a n =4S n -4S n-1=(a n +1)2−(a n -1+1)2=a n 2+2a n -a n -12-2a n-1,整理得(a n +a n-1)·(a n -a n-1-2)=0.又a n >0,所以a n -a n-1-2=0,即a n -a n-1=2,所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a n =1+2(n-1)=2n-1. 11.4n-94 解析由√8S n+1+2(n +1)−√8S n +2n =d(n ≥1)⇒8S n+1-8S n +2=d 2+2d·√8S n +2n⇒8a n+1+2=d 2+2d √8S n +2n . 类似地,8a n+2+2=d 2+2d √8S n+1+2(n +1).将以上两式相减,得8(a n+2-a n+1)=2d[√8S n+1+2(n +1)−√8S n +2n ]⇒8d=2d 2,而d ≠0,故d=4.又√8S 2+4−√8S 1+2=√16a 1+36−√8a 1+2=4,由此解得a 1=74,从而a n =74+4(n-1)=4n-94.12.②③④ 解析因为a n +1=S n S n +1=S n +1-S n ,两边同时除以S n S n+1,得1S n+1−1S n=-1,所以1S n是以-1为首项,-1为公差的等差数列,即1S n=-1+(n-1)×(-1)=-n,所以S n =-1n .当n ≥2时,a n =S n -S n-1=-1n +1n -1=1n (n -1).又a 1=-1不符合上式,所以a n ={-1,n =1,1n (n -1),n ≥2.13.(1)证明当n=1 时,a 1=S 1,则2S 12=S 12+4,所以S 12=4.当n ≥2 时,由2a n S n =a n 2+4,得2(S n -S n-1)S n =(S n -S n -1)2+4,化简得S n 2−S n -12=4,所以数列{S n 2}是以 4 为首项,4 为公差的等差数列.(2)解由(1)知S n 2=4+(n-1)×4=4n,所以S n =2√n ,所以a 1=S 1=2>12.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2√n -2√n -1.令2√n -2√n -1<12,即√n <14+√n -1,两边平方,整理得√n -1>158,所以n>28964.因为n∈N *,所以n 的最小值为 5.14.-1 53或50 解析当n=2时,有a 22+2S 2S 1=1,即a 22+2(1+a 2)=1,解得a 2=-1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1,所以由a n 2+2S n S n-1=n-1可得S n 2+S n -12=n-1.又S n+12+S n 2=n,所以S n+12−S n -12=1.因为S 1=1,S 2=0,所以数列{S 2n -12}是首项为1,公差为1的等差数列,数列{S 2n 2}是首项为0,公差为1的等差数列,所以S 2n -12=n,S 2n 2=n-1.因为a m +a m+1+…+a t-1+a t =1=S t -S m-1,且t-m=21,所以S m+21-S m-1=1,易知m+21与m-1奇偶性相同,所以当m 为奇数时,有1=√m+212-1−√m -12-1,解得m=53;当m 为偶数时,有1=√m+222−√m2,解得m=50.15.(1)证明当n ≥1时,由条件得S n+1-S n =-(S n -1)2S n,化简得S n S n+1=2S n -1,即S n+1=2S n -1S n,所以1S n+1-1−1Sn-1=12S n -1S n-1−1S n-1=S n -1S n-1=1. 又1S1-1=12-1=1,所以{1Sn -1}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解由(1)知,1Sn-1=n,即S n =n+1n.由条件得,k≤(S1+1)(S2+1)…(S n+1)n恒成立,故k≤[(S1+1)(S2+1)…(S n+1)n ]min.记f(n)=(S1+1)(S2+1)…(S n+1)n,则f(n+1)f(n)=(S1+1)(S2+1)…(S n+1)(S n+1+1)n+1(S1+1)(S2+1)…(S n+1)n =n(S n+1+1)n+1=n(2n+3)(n+1)2>1,所以[f(n)]min=f(1)=S1+11=3,即k max=3.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

由数列的前n 项和n S 与通项n a 的关系求通项n a(推荐时间：30分钟)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0 (n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列；(2)求a n 的表达式．1．(1)证明 ∵a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，a n ＋2S n ·S n －1＝0 (n ≥2)，∴S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0.∵S n ≠0，∴1S n －1S n －1＝2 (n ≥2)．由等差数列的定义，可知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以2为公差的等差数列．(2)解方法一由(1)，知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)；当n ＝1，a 1＝12，不满足上式，故a n ＝⎩⎨⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2).方法二由(1)，知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1 ＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝12，不满足上式，故a n＝⎩⎨⎧12 (n ＝1)，－12n (n －1) (n ≥2).例6 （2004年全国I 第15题，原题是填空题）已知数列{}n a 满足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 =评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥，进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。

例9 已知数列{}n a 满足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 ++++++=+++ ⑧ 将212345n n a a n n +=+++代入⑧式，得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++，则 222(3)(24)(5)2222n n a x n x y n x y z a xn yn z +++++++++=+++等式两边消去2n a ，得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++，解方程组3224252x x x y y x y z z +=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩，则31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，代入⑧式，得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ ⑨由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠及⑨式，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 +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322n n a n n -+++=⨯，则42231018n n a n n +=---。

评注：本题解题的关键是把递推关系式212345n n a a n n +=+++转化为2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++，从而可知数列2{31018}n a n n +++是等比数列，进而求出数列2{31018}n a n n +++的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。

类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

例1:已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。

解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-=所以na a n 111-=-211=a ，nn a n 1231121-=-+=∴类型2n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n na 11+=+，求n a 。

解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即1342312-∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙∙∙n n a a a a a a a a n n 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒又321=a ，na n 32=∴ （2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩ 12n n =≥解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，n a a a a a a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1，将以上n 个式子相乘，得2!n a n =)2(≥n 类型3q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例4:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .类型 4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：q q a q p qa n n n n 111+∙=++引入辅助数列{}n b （其中nnn qa b =），得：qb q p b n n 11+=+再待定系数法解决。

例5:已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a 。

解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1)2(32211+∙=∙++n n n n a a 令n n n a b ∙=2，则1321+=+n n b b ,解之得：nn b )32(23-=所以nn nn n b a )31(2)21(32-== 类型5 递推公式为nn n qa pa a+=++12（其中p ，q 均为常数）。

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+qst p t s 解法二(特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。

若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）例4，:数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,，求数列{}n a 的通项公式。

由025312=+-++n n n a a a ，得)(32112n n n n a a a a -=-+++，且a b a a -=-12。