高中数列经典题型-大全教学教材
高考数论必考经典题型-第一讲
因为 d = 0, 故: d = 2a2.
所以 公比 q = a3 = a2 + d = 3a2 = 3.
a2
a2
a2
2
考点: 等差数列的通项公式,等比数列的中项公式,公比的定义。
例 6. 已知等差数列 {an} 的前 n 项和 Sn, 且 a1 = 1, S11 = 33. 设 bn = 比数列, 并求其前 n 项和 Tn.
可以得到这是一个首项为 a1 = 2, 公差为 d = 7 的等差数列.
故这些数构成的数列为: an = 2 + 7(n − 1) = 7n − 5.
由于需要在 100 之内, 因此: 7n − 5 ≤ 100, 即:n ≤ 15.
由等差数列的求和公式: Sn =
(a1 + an)n 2
, 可 得 这 些 数 之 和 为:
1 2
2
·
1
−
1 2
1
−
1 2
5
1 = 1 − 2n .
25
考点: 等差数列的通项公式,等差数列的求和公式,等比数列的通项公式,等比数列的求和公式,
等比数列的定义。
例
7.
若
x = y,
且两个数列:
x,
a1,
a2,
y
和
x,
b1,
b2,
b3,
y
均为等差数列,
求:
a1 − x y − b3
=
?
解析: 设两个等差数列的公差分别为: d1 和 d2, 则由等差数列的通项公式: an = a1 + (n − 1)d ,
可得 a1 = x + d1, y = x + 3d1; y = b3 + d2, y = x + 3d2.
数列常见题型总结经典
高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法1.前n 项和法(知n S 求n a )⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=,求数列|}{|n a 的前n 项和n T 变式:已知数列}{n a 的前n 项和n n S n 122-=,求数列|}{|n a 的前n 项和n T 练习:1234.n S 52.(1(2例1.例2.例3.3.(11-n q .(2例1、在数列}{n a 中111,1-+==n n a n n a a )2(≥n ,求数列的通项公式。
答案:12+=n a n 练习:1、在数列}{n a 中1111,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ,求n n S a 与。
答案:)1(2+=n n a n2、求数列)2(1232,111≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。
4.形如sra pa a n n n +=--11型(取倒数法)例1.已知数列{}n a 中,21=a ,)2(1211≥+=--n a a a n n n ,求通项公式n a练习:1、若数列}{n a 中,11=a ,131+=+n n n a a a ,求通项公式n a .答案:231-=n a n2、若数列}{n a 中,11=a ,112--=-n n n n a a a a ,求通项公式n a .答案:121-=n a n5.形如0(,1≠+=+c d ca a n n ,其中a a =1)型(构造新的等比数列)(1)若c=1时,数列{n a }为等差数列;(2)若d=0时,数列{n a }为等比数列;(3)若01≠≠且d c 时,数列{n a }为线性递推数列,其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求. 方法如下:设,利用待定系数法求出A例126.(1)若例题.所以{=∴n b (2)若①若②若令n b 例1.在数列{}n a 中,521-=a ,且)(3211N n a a n n n ∈+-=--.求通项公式n a1、已知数列{}n a 中,211=a ,n n n a a 21(21+=-,求通项公式n a 。
高中数列题型大全
高中数列题型大全高中数列题型大全1.算数数列算数数列是一个常见的数列类型,其中每个数与前一个数之间的差值是相等的。
算数数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d,其中a1为第一个数,d为公差,n为要求的项数。
2.等差数列等差数列是指每个数与前一个数之间的差值是相等的,与算数数列类似。
等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d,其中a1为第一个数,d为公差,n为要求的项数。
3.几何数列几何数列是一种数列,其中每个数与前一个数之间的比值是相等的。
几何数列的通项公式为an = a1 * r^(n-1),其中a1为第一个数,r为公比,n为要求的项数。
4.等比数列等比数列是指每个数与前一个数之间的比是相等的,与几何数列类似。
等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n-1),其中a1为第一个数,r为公比,n为要求的项数。
5.递推数列递推数列是一种数列,其中每个数都是前面一个或前几个数的函数。
递推数列的通项公式通常比较复杂,需要使用递推公式来求解。
6.级数级数是指将一个数列中的所有数相加而得到的结果。
级数有许多有趣的性质和应用,如调和级数、几何级数、收敛和发散等。
7.斐波那契数列斐波那契数列是一种数列,其中每个数都是前面两个数之和。
斐波那契数列有许多应用,如黄金比例、兔子繁殖等。
8.其它数列除了上述常见的数列类型之外,还有一些特殊的数列类型,如质数数列、猜测终止数列等。
这些数列类型可能比较少见,但它们也有着自己的特点和应用。
总结高中数学中,数列是一个非常重要的概念和应用。
数列不仅有着丰富的性质和变换规律,还有着广泛的应用,如金融领域、物理领域、计算机科学等。
掌握数列的基本概念和性质,对于学生未来的学习和职业发展都有着积极的影响。
(完整版)数列全部题型归纳(非常全面,经典)
数列百通通项公式求法 (一)转化为等差与等比1、已知数列{}n a 满足11a =,n a =,n N *∈2≤n ≤8),则它的通项公式n a 什么2.已知{}n a 是首项为2的数列,并且112n n n n a a a a ---=,则它的通项公式n a 是什么3.首项为2的数列,并且231n n a a -=,则它的通项公式n a 是什么4、已知数列{}n a 中,10a =,112n na a +=-,*N n ∈.求证:11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列;并求数列{}n a 的通项公式;5.已知数列{}n a 中,13a =,1222n n a a n +=-+,如果2n n b a n =-,求数列{}n a 的通项公式(二)含有n S 的递推处理方法1)知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2(S n +1)=n +1,求数列{a n }的通项公式.2.)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,2(2)8n n a S +=则,数列n a3)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,111,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则,数列na4)12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++求数列n a(三) 累加与累乘(1)如果数列{}n a 中111,2nn n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a(2)已知数列}{n a 满足31=a ,)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ,求此数列的通项公式(3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式.(4)若数列{}n a 的前n 项和n S 满足,211,2n n S n a a ==则,数列n a(四)一次函数的递推形式1. 若数列{}n a 满足1111,12n n a a a -==+(2)n ≥,数列n a2 .若数列{}n a 满足1111,22n n n a a a -==+ (2)n ≥,数列n a(五)分类讨论(1)2123(3),1,7n n a a n a a -=+≥==,求数列n a(2)1222,(3)1,3nn a n a a a -=≥==,求数列n a(六)求周期16 (1) 121,41nn na a a a ++==-,求数列2004a(2)如果已知数列11n n n a a a +-=-,122,6a a ==,求2010a拓展1:有关等和与等积(1)数列{n a }满足01=a ,12n n a a ++=,求数列{a n }的通项公式(2)数列{n a }满足01=a ,12n n a a n ++=,求数列{a n }的通项公式(3).已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a n n n ∈=⋅=+,求此数列{a n }的通项公式.拓展2 综合实例分析1已知数列{a n }的前n 项和为n S ,且对任意自然数n ,总有()1,0,1n n S p a p p =-≠≠(1)求此数列{a n }的通项公式(2)如果数列{}n b 中,11222,,n b n q a b a b =+=<,求实数p 的取值范围2已知整数列{a n }满足31223341 (3)n n n n a a a a a a a a --+++=,求所有可能的n a3已知{}n a 是首项为1的正项数列,并且2211(1)0(1,2,3,)n n n n n a na a a n +++-+==L ,则它的通项公式n a 是什么4已知{}n a 是首项为1的数列,并且134n n n a a a +=+,则它的通项公式n a 是什么5、数列{}n a 和{}n b 中,1,,+n n n a b a 成等差数列,n b ,1+n a ,1+n b 成等比数列,且11=a ,21=b ,设nn n b a c =,求数列{}n c 的通项公式。
(完整版)等差数列经典题型
等差数列 第三课时 前N 项和1、在等差数列{a n }中,已知d =2,a n =11, S n =35,求a 1和n .2、设{a n }为等差数列, S n 为数列{a n }的前n 项和,已知S 7=7, S 15=75, T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和,求T n .(1)等差数列{a n }的前m 项和为30,前2m 项和为100,求数列{a n }的前3m 项的和S 3m ;(2)两个等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ,已知S n T n =7n +2n +3,求a 5b 5的值.3、已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ,且A n B n =7n +45n +3,则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是( )A.2B.3C.4D.54、现有200根相同的钢管,把它们堆成正三角形垛,要使剩余的钢管尽可能少,那么剩余钢管的根数为( ) A.9 B.10 C.19 D.295、等差数列{a n }中, S 10=4S 5,则a 1d 等于( ) A.12 B.2 C.14 D.46、已知等差数列{a n}中,a23+a28+2a3a8=9,且a n<0,则S10为()A.-9B.-11C.-13D.-157、设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S3=9, S6=36.则a7+a8+a9等于()A.63B.45C.36D.278、在小于100的自然数中,所有被7除余2的数之和为()A.765B.665C.763D.6639、一个等差数列的项数为2n,若a1+a3+…+a2n-1=90,a2+a4+…+a2n=72,且a1-a2n=33,则该数列的公差是()A.3B.-3C.-2D.-110、设{a n}是公差为-2的等差数列,如果a1+a4+…+a97=50,那么a3+a6+…+a99=______.11、在项数为2n+1的等差数列中,所有奇数项的和为165,所有偶数项的和为150,则n的值为______.12、已知两个等差数列{a n }、{b n },它们的前n 项和分别是S n 、S ′n ,若S n S ′n =2n +33n -1,则a 9b 9=______.13、已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足:a 3·a 4=117,a 2+a 5=22.(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)若数列{b n }是等差数列,且b n =S nn +c,求非零常数c .14、已知等差数列{a n }的前三项为a -1,4,2a ,记前n 项和为S n . (1)设S k =2 550,求a 和k 的值;(2)设b n =S nn ,求b 3+b 7+b 11+…+b 4n -1的值.14、已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2n2-3n,求通项公式a n.15、已知数列{a n}的前n项和S n=3n+b,求a n..16、在等差数列{a n}中,a1=25, S17=S9,求S n的最大值.17、等差数列{a n}中,a1<0, S9=S12,该数列前多少项的和最小?18、已知{a n}为等差数列,求{|a n|}的前n项和19、已知等差数列{a n}中,记S n是它的前n项和,若S2=16, S4=24,求数列{|a n|}的前n项和T n.20、数列{a n}中,a1=8,a4=2,且满足a n+2-2a n+1+a n=0(n∈N*).21、(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n=|a1|+|a2|+…+|a n|,求S n.22、设数列{a n}是等差数列,且a2=-8,a15=5, S n是数列{a n}的前n项和,则()A.S9<S10B.S9=S10C.S11<S10D.S11=S1023、已知数列{a n}的前n项和S n=n2-9n,第k项满足5<a k<8,则k为()A.9B.8C.7D.624、设S n是等差数列{a n}的前n项和,若S3S6=13,则S6S12等于()A.310 B.13 C.18 D.1925、.数列{a n}的前n项和S n=3n-2n2(n∈N*),则当n≥2时,下列不等式成立的是()A.S n>na1>na nB.S n>na n>na1C.na1>S n>na nD.na n>S n>na126、设{a n}是等差数列, S n是其前n项和,且S5<S6, S6=S7>S8,则下列结论错误的是()A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6与S7均为S n的最大值27、数列{a n}的前n项和为S n,且S n=n2-n(n∈N*),则通项a n=______.28、等差数列{a n}中,|a3|=|a9|,公差d<0,则使前n项和S n取得最大值的自然数n 是______.29、在等差数列{a n}中,已知前三项和为15,最后三项和为78,所有项和为155,则项数n=______.30、已知f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7(1)设f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{a n},求证:{a n}为等差数列;(2)设f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成{b n},求{b n}的前n项和.31、设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=12,且S12>0, S13<0.(1)求公差d的范围;(2)问前几项的和最大,并说明理由.32.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若S7=35,则a4等于( ).A.8 B.7 C.6 D.533.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a5a3=59,则S9S5等于( ).A.1 B.-1 C.2 D.1 234.已知某等差数列共20项,其所有项和为75,偶数项和为25,则公差为( ).A.5 B.-5 C.-2.5 D.2.535.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S9=72,则a2+a4+a9=________.36.在等差数列{a n}中,已知前三项和为15,最后三项和为78,所有项和为155,则项数n=________.37.设等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a3=12,且S12>0,S13<0.(1)求公差d的范围;(2)问前几项的和最大,并说明理由.38.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若S3S6=13,则S6S12等于( ).A.310B.13C.18D.1939.已知数列{a n}满足a n=26-2n,则使其前n项和S n取最大值的n的值为( ).A.11或12 B.12C.13 D.12或1340.等差数列{a n }的前m 项和为30,前2m 项和为100,则数列{a n }的前3m 项的和S 3m 的值是________.41.在等差数列{a n }中,a 1>0,公差d <0,a 5=3a 7,前n 项和为S n ,若S n 取得最大值,则n =________.42.设{a n }为等差数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,已知S 7=7,S 15=75,T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 的前n 项和,求T n .。
高考数学一轮专项复习 数列题型11种(含解析)新人教版-新人教版高三全册数学试题
数列题型11种(方法+例题+答案)1. 作差法求通项公式2. 累乘法求通项公式3. 累加法求通项公式4. 构造法求通项公式(一)5. 构造法求通项公式(二)6. 取倒法求通项公式7. 分组求和法求前n 项和8. 错位相减法求前n 项和9. 裂项相消法求前n 项和10. 数列归纳法与数列不等式问题11. 放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式❖ 已知n S (12()n a a a f n +++=)求n a ,{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥❖ 注意:分两步,当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、(2015•某某)已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+(2n ≥,n *∈N ),且12a =,23a =. ()1求数列{}n a 的通项公式2、(2015•某某)已知数列}{n a 的前n 项和为n S ,11=a ,且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ,)(*∈N n ,数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ,53=b ,其前9项和为63(1)求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、(2015•某某)设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ,且,032=+-n n b T *∈N n 。
(1)求数列}{n a ,}{n b 的通项公式4、(2015•揭阳)已知n S 为数列}{n a 的前n 项和,)1(3--=n n na S n n ,(*∈N n ),且,112=a(1)求1a 的值;(2)求数列}{n a 的通项公式5、(2014•某某)数列{}n a 中,11=a ,n S 是{}n a 前n 项和,且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、(2014•某某)已知数列}{n a 的前n 项和为n S ,且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n (1)求数列}{n a 的通项公式7、(2014•江门)已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ,求数列}{n a 的通项公式。
高考数列经典题型全面解析
行者教育——高中数学1高中数学:《递推数列》 经典题型全面分析种类 1an 1a n f (n)解法:把原递推公式转变为a n 1a n f (n) ,利用 累加法 (逐差相加法 )求解。
例 :已知数列a n 知足 a 1 1 , a n1a n1 ,求 a n 。
2 n2n解:由条件知:an 1a n1 1 1 1n 2 n n( n 1) n n 1分别令 n 1,2,3,, (n 1) ,代入上式得 (n 1) 个等式累加之,即(a 2 a 1 ) (a 3 a 2 ) (a 4 a 3 )(a n a n 1 )(1 1) (1 1) (1 1)(11 1 )2 23 34 n n因此 a na 1 11na 11 , a n 1 11 3 122n 2 n种类 2an 1f ( n)a n解法:把原递推公式转变为a n 1f (n) ,利用 累乘法 (逐商相乘法 )求解。
a n例 :已知数列a n 知足 a 12 , a n 1 n a n ,求 a n 。
3n 1解:由条件知an 1n ,分别令 n 1,2,3, ,(n 1) ,代入上式得 ( n 1) 个等式a n n1累乘之,即a 2 a 3 a 4 a na 1 a 2a 3an 1a n23n例 :已知a 1 3 ,an 13n 1a n 3n 2a n 3(n 1) 1 3( n 2)3( n 1) 2 3( n 2)1 2 3n 1 a n 1 a 12 23 4na 1又,n3(n 1) ,求 a n 。
1 32 13 1a 123 2 2 3 23n 4 3n 7 52363n 1 3n48 53n 1 。
种类 3an 1pa n q (此中 p , q 均为常数, ( pq( p 1) 0) )。
解法(待定系数法) :把原递推公式转变为:a n 1tp(a n t ) ,此中 tq,再利用1 p换元法 转变为等比数列求解。
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*,。
高中数学:数列经典题目集锦及答案经典及题型精选
数列经典题目集锦一一、构造法证明等差、等比 类型一:按已有目标构造1、 数列{a n },{b n },{c n }满足:b n =a n -2a n +1,c n =a n +1+2a n +2-2,n ∈N *.(1) 若数列{a n }是等差数列,求证:数列{b n }是等差数列; (2) 若数列{b n },{c n }都是等差数列,求证:数列{a n }从第二项起为等差数列;(3) 若数列{b n }是等差数列,试判断当b 1+a 3=0时, 数列{a n }是否成等差数列?证明你的结论.类型二: 整体构造2、设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,且(S n +1+λ)a n =(S n +1)a n +1对一切n ∈N *都成立.(1) 若λ=1,求数列{a n }的通项公式; (2) 求λ的值,使数列{a n }是等差数列.二、两次作差法证明等差数列3、设数列{}n a 的前n 项和为{}n S ,已知11,6,1321===a a a ,且*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+,(其中A ,B 为常数).(1)求A 与B 的值;(2)求数列{}n a 为通项公式;三、数列的单调性4.已知常数0λ≥,设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S , 满足:11a =,()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+(*n ∈N ). (1)若0λ=,求数列{}n a 的通项公式;(2)若112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立,求实数λ的取值范围.5.设数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,其前n 项和为n S ,若1564a a =,5348S S -=. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)对于正整数,,k m l (k m l <<),求证:“1m k =+且3l k =+”是“5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件;(3)设数列{}n b 满足:对任意的正整数n ,都有121321n n n n a b a b a b a b --++++13246n n +=⋅--,且集合*|,nn b M n n N a λ⎧⎫=≥∈⎨⎬⎩⎭中有且仅有3个元素,求λ的取值范围.四、隔项(分段)数列问题6. 已知数列{a n }中,a 1=1,a n +1=⎩⎪⎨⎪⎧13a n +n (n 为奇数),a n -3n (n 为偶数).(1) 是否存在实数λ,使数列{a 2n -λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由;(2) 若S n 是数列{a n }的前n 项的和,求满足S n >0的所有正整数n .7.若{}n b 满足:对于N n *∈,都有2n n b b d +-=(d 为常数),则称数列{}n b 是公差为d 的“隔项等差”数列. (Ⅰ)若17,321==c c ,{}n c 是公差为8的“隔项等差”数列,求{}n c 的前15项之和; (Ⅱ)设数列{}n a 满足:1a a =,对于N n *∈,都有12n n a a n ++=. ①求证:数列{}n a 为“隔项等差”数列,并求其通项公式;②设数列{}n a 的前n 项和为n S ,试研究:是否存在实数a ,使得22122++k k k S S S 、、成等比数列(*N k ∈)?若存在,请求出a 的值;若不存在,请说明理由.五、数阵问题8.已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1+a 2=a 3,b 1b 2=b 3,且a 3,a 2+b 1,a 1+b 2成等差数列,a 1,a 2,b 2成等比数列.(1) 求数列{a n }和数列{b n }的通项公式;(2) 按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项: 第1次从数列{a n }中取a 1, 第2次从数列{b n }中取b 1,b 2, 第3次从数列{a n }中取a 2,a 3,a 4, 第4次从数列{b n }中取b 3,b 4,b 5,b 6, ……第2n -1次从数列{a n }中继续依次取2n -1个项, 第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项, ……由此构造数列{c n }:a 1,b 1,b 2,a 2,a 3,a 4,b 3,b 4,b 5,b 6,a 5,a 6,a 7,a 8,a 9,b 7,b 8,b 9,b 10, b 11,b 12,…,记数列{c n }的前n 项和为S n .求满足S n <22 014的最大正整数n .数列经典题目集锦答案1.证明:(1) 设数列{a n }的公差为d ,∵ b n =a n -2a n +1,∴ b n +1-b n =(a n +1-2a n +2)-(a n -2a n +1)=(a n +1-a n )-2(a n +2-a n +1)=d -2d =-d , ∴ 数列{b n }是公差为-d 的等差数列. (4分) (2) 当n ≥2时,c n -1=a n +2a n +1-2,∵ b n =a n -2a n +1,∴ a n =b n +c n -12+1,∴ a n +1=b n +1+c n2+1,∴ a n +1-a n =b n +1+c n 2-b n +c n -12=b n +1-b n 2+c n -c n -12.∵ 数列{b n },{c n }都是等差数列,∴b n +1-b n 2+c n -c n -12为常数, ∴ 数列{a n }从第二项起为等差数列. (10分)(3) 结论:数列{a n }成等差数列.证明如下: (证法1)设数列{b n }的公差为d ′, ∵ b n =a n -2a n +1,∴ 2n b n =2n a n -2n +1a n +1,∴ 2n -1b n -1=2n -1a n -1-2n a n ,…,2b 1=2a 1-22a 2,∴ 2n b n +2n -1b n -1+…+2b 1=2a 1-2n +1a n +1,设T n =2b 1+22b 2+…+2n -1b n -1+2n b n ,∴ 2T n =22b 1+…+2n b n -1+2n +1b n ,两式相减得:-T n =2b 1+(22+…+2n -1+2n )d ′-2n +1b n ,即T n =-2b 1-4(2n -1-1)d ′+2n +1b n , ∴ -2b 1-4(2n -1-1)d ′+2n +1b n =2a 1-2n +1a n +1,∴ 2n +1a n +1=2a 1+2b 1+4(2n -1-1)d ′-2n +1b n =2a 1+2b 1-4d ′-2n +1(b n -d ′), ∴ a n +1=2a 1+2b 1-4d′2n +1-(b n -d ′). (12分) 令n =2,得a 3=2a 1+2b 1-4d′23-(b 2-d ′)=2a 1+2b 1-4d′23-b 1, ∵ b 1+a 3=0,∴2a 1+2b 1-4d′23=b 1+a 3=0,∴ 2a 1+2b 1-4d ′=0,∴ a n +1=-(b n -d ′),∴ a n +2-a n +1=-(b n +1-d ′)+(b n -d ′)=-d ′,∴ 数列{a n }(n ≥2)是公差为-d ′的等差数列. (14分) ∵ b n =a n -2a n +1,令n =1,a 1-2a 2=-a 3,即a 1-2a 2+a 3=0,∴ 数列{a n }是公差为-d ′的等差数列. (16分)(证法2)∵ b n =a n -2a n +1,b 1+a 3=0,令n =1,a 1-2a 2=-a 3,即a 1-2a 2+a 3=0,(12分) ∴ b n +1=a n +1-2a n +2,b n +2=a n +2-2a n +3,∴ 2b n +1-b n -b n +2=(2a n +1-a n -a n +2)-2(2a n +2-a n +1-a n +3). ∵ 数列{b n }是等差数列,∴ 2b n +1-b n -b n +2=0, ∴ 2a n +1-a n -a n +2=2(2a n +2-a n +1-a n +3).(14分) ∵ a 1-2a 2+a 3=0,∴ 2a n +1-a n -a n +2=0, ∴ 数列{a n }是等差数列.(16分)2.解析:(1) 若λ=1,则(S n +1+1)a n =(S n +1)a n +1,a 1=S 1=1.∵ a n >0,S n >0,∴ S n +1+1S n +1=a n +1a n ,(2分) ∴S 2+1S 1+1·S 3+1S 2+1·…·S n +1+1S n +1=a 2a 1·a 3a 2·…·a n +1a n ,化简,得S n +1+1=2a n +1. ①(4分) ∴ 当n ≥2时,S n +1=2a n . ② ①-②,得a n +1=2a n ,∴a n +1a n=2(n ≥2).(6分) ∵ 当n =1时,a 2=2,∴ n =1时上式也成立,∴ 数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,a n =2n -1(n ∈N *).(8分) (2) 令n =1,得a 2=λ+1.令n =2,得a 3=(λ+1)2.(10分) 要使数列{a n }是等差数列,必须有2a 2=a 1+a 3,解得λ=0.(11分) 当λ=0时,S n +1a n =(S n +1)a n +1,且a 2=a 1=1. 当n ≥2时,S n +1(S n -S n -1)=(S n +1)(S n +1-S n ),整理,得S 2n +S n =S n +1S n -1+S n +1,S n +1S n -1+1=S n +1S n ,(13分) 从而S 2+1S 1+1·S 3+1S 2+1·…·S n +1S n -1+1=S 3S 2·S 4S 3·…·S n +1S n ,化简,得S n +1=S n +1,∴ a n +1=1.(15分) 综上所述,a n =1(n ∈N *),∴ λ=0时,数列{a n }是等差数列.(16分)3.解析:(1)由11,6,1321===a a a ,得18,7,1321===S S S .把2,1=n 分别代入*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+,得⎩⎨⎧-=+-=+48228B A B A , 解得,8,20-=-=B A .(2)由(1)知,82028)(511--=---++n S S S S n n n n n ,即82028511--=--++n S S na n n n ,① 又8)1(2028)1(5122-+-=--++++n S S a n n n n . ②②-①得,20285)1(51212-=---+++++n n n n a a na a n ,即20)25()35(12-=+--++n n a n a n . ③ 又20)75()25(23-=+-+++n n a n a n .④④-③得,0)2)(25(123=+-++++n n n a a a n ,520n +≠,∴02123=+-+++n n n a a a ,又32215a a a a -=-=,所以32120a a a -+=, 因此,数列{}n a 是首项为1,公差为5的等差数列. 故45)1(51-=-+=n n a n .4.解析:(1) 0λ=时,111n n n n naS S a a +++=+∴1n n n na S S a +=∵0n a >,∴0n S > ∴ 1n n a a +=,∵11a =,∴1n a =(2) ∵()11131n n n n n n a S S a a λ+++=+⋅+ 0n a > ,∴1131nn n n nS S a a λ++-=⋅+ 则212131S S a a λ-=⋅+,2323231S S a a λ-=⋅+, ,11131n n n n n S S a a λ----=⋅+()2n ≥ 相加,得()2113331n nnS n a λ--=+++-则()3322n n n S n a n λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭,该式对1n =也成立, ∴()*332n n n S n a n N λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭. ③ ∴()1*13312n n n S n a n N λ++⎛⎫-=++⋅≥ ⎪⎝⎭. ④ ④-③,得1113333122n n n n n a n a n a λλ+++⎛⎫⎛⎫--=++⋅-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即11333322n n n n n a n a λλ++⎛⎫⎛⎫--+⋅=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0λ≥,∴133330,022n n n n λλ+--+>+> . ∵112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立, ∴332nn λ-+1133()22n n λ+-<+对一切*n ∈N 恒成立. 即233nnλ>+对一切*n ∈N 恒成立. 记233n n nb =+,则()()()111423622233333333n n n n n n n n n n b b +++-⋅-+-=-=++++ 当1n =时,10n n b b +-=; 当2n ≥时,10n n b b +->∴ 1213b b ==是{}n b 中的最大项.综上所述,λ的取值范围是13λ>. 5. 解析:(1)数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,∴215364a a a ==,38a ∴=,又5348S S -=,2458848a a q q ∴+=+=,2q ∴=,3822n n n a -∴=⋅=; ……4分(2)(ⅰ)必要性:设5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列,①若25k m l a a a ⋅=+,则10222k m l ⋅=+,1022m k l k --∴=+,11522m k l k ----∴=+,1121,24m k l k ----⎧=⎪∴⎨=⎪⎩ 13m k l k =+⎧∴⎨=+⎩. ………… 6分②若25m k l a a a =+,则22522m k l ⋅=⋅+,1225m k l k +--∴-=,左边为偶数,等式不成立, ③若25l k m a a a =+,同理也不成立,综合①②③,得1,3m k l k =+=+,所以必要性成立. …………8分 (ⅱ)充分性:设1m k =+,3l k =+,则5,,k m l a a a 这三项为135,,k k k a a a ++,即5,2,8k k k a a a ,调整顺序后易知2,5,8k k k a a a 成等差数列,所以充分性也成立. 综合(ⅰ)(ⅱ),原命题成立. …………10分(3)因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--++++=⋅--, 即123112122223246n n n n n b b b b n +--++++=⋅--,(*)∴当2n ≥时,1231123122223242n n n n n b b b b n ----++++=⋅--,(**)则(**)式两边同乘以2,得2341123122223284n n n n n b b b b n +---++++=⋅--,(***)∴(*)-(***),得242n b n =-,即21(2)n b n n =-≥,又当1n =时,21232102b =⋅-=,即11b =,适合21(2)n b n n =-≥,21n b n ∴=-.………14分 212n n n b n a -∴=,111212352222n n n n nn n b b n n n a a ------∴-=-=, 2n ∴=时,110n n n n b b a a --->,即2121b b a a >;3n ∴≥时,110n n n n b b a a ---<,此时n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭单调递减, 又1112b a =,2234b a =,3358b a =,44716b a =, 71162λ∴<≤. ……………16分 6. 解析:(1) 设b n =a 2n -λ,因为b n +1b n =a 2n +2-λa 2n -λ=13a 2n +1+(2n +1)-λa 2n -λ=13(a 2n -6n )+(2n +1)-λa 2n -λ=13a 2n +1-λa 2n -λ.(2分)若数列{a 2n -λ}是等比数列,则必须有13a 2n+1-λa 2n -λ=q (常数),即⎝⎛⎭⎫13-q a 2n +(q -1)λ+1=0,即⎩⎪⎨⎪⎧13-q =0(q -1)λ+1=0⎩⎨⎧q =13,λ=32,(5分) 此时b 1=a 2-32=13a 1+1-32=-16≠0,所以存在实数λ=32,使数列{a 2n -λ}是等比数列.(6分)(注:利用前几项,求出λ的值,并证明不扣分) (2) 由(1)得{b n }是以-16为首项,13为公比的等比数列,故b n =a 2n -32=-16·⎝⎛⎭⎫13n -1=-12·⎝⎛⎭⎫13n ,即a 2n =-12·⎝⎛⎭⎫13n +32.(8分)由a 2n =13a 2n -1+(2n -1),得a 2n -1=3a 2n -3(2n -1)=-12·⎝⎛⎭⎫13n -1-6n +152,(10分)所以a 2n -1+a 2n =-12·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n -1+⎝⎛⎭⎫13n -6n +9=-2·⎝⎛⎭⎫13n -6n +9, S 2n =(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2n -1+a 2n )=-2[13+⎝⎛⎭⎫132+…+⎝⎛⎭⎫13n ]-6(1+2+…+n )+9n=-2·13[1-⎝⎛⎭⎫13n ]1-13-6·n (n +1)2+9n =⎝⎛⎭⎫13n -1-3n 2+6n =⎝⎛⎭⎫13n-3(n -1)2+2,(12分)显然当n ∈N *时,{S 2n }单调递减.又当n =1时,S 2=73>0,当n =2时,S 4=-89<0,所以当n ≥2时,S 2n <0;S 2n -1=S 2n -a 2n =32·⎝⎛⎭⎫13n -52-3n 2+6n , 同理,当且仅当n =1时,S 2n -1>0.综上,满足S n >0的所有正整数n 为1和2.(16分) 7.解析:(Ⅰ)易得数列⎩⎨⎧+-=.9414为偶数时,当为奇数时;,当n n n n c n前15项之和53527)6517(28)593(=⨯++⨯+=……………………………4分 (Ⅱ)①n a a n n 21=++ (*∈N n )(1) , )1(221+=+++n a a n n (2)(1)-(2)得22=-+n n a a (*∈N n ).所以,{}n a 为公差为2的“隔项等差”数列. ……………………………6分当n 为偶数时,a n n a a n -=⨯⎪⎭⎫⎝⎛-+-=2122, 当n 为奇数时,()[]11)1(2)1(21-+=----=--=-a n a n n a n a n n ; …8分②当n 为偶数时,()2212212222221222n n n n a n n n a S n =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅=;当n 为奇数时,()2212121212221212121⨯⎪⎭⎫⎝⎛---+-⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⋅=n n n a n n n a S n 21212-+=a n . ……………………………12分 故当k n 2=时,222k S k =,a k k S k ++=+22212,222)1(2+=+k S k ,由()222212++⋅=k k k S S S ,则2222)1(22)22(+⋅=++k k a k k ,解得0=a .所以存在实数0a =,使得22122++k k k S S S 、、成等比数列(*N k ∈)……………………………16分8. 解析:(1) 设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q ,依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1+(a 1+d )=a 1+2d ,b 1(b 1q )=b 1q 2,(a 1+2d )+(a 1+b 1q )=2[(a 1+d )+b 1],(a 1+d )2=a 1(b 1q ),解得a 1=d =1,b 1=q =2.故a n =n ,b n =2n .(6分)(2) 将a 1,b 1,b 2记为第1组,a 2,a 3,a 4,b 3,b 4,b 5,b 6记为第2组,a 5,a 6,a 7,a 8,a 9,b 7,b 8,b 9,b 10,b 11,b 12记为第3组,……以此类推,则第n 组中,有2n -1项选取于数列{a n },有2n 项选取于数列{b n },前n 组共有n 2项选取于数列{a n },有n 2+n 项选取于数列{b n },记它们的总和为P n ,并且有()22211222nn n n n P +++=+-.(11分)P 45-22 014=452(452+1)2+22 071-22 014-2>0,P 44-22 014=442(442+1)2-21 981(233-1)-2<0.当S n =452(452+1)2+(2+22+…+22 012)时,S n -22 014=-22 013-2+452(452+1)2<0.(13分)当S n =452(452+1)2+(2+22+…+22 013)时,S n -22 014=-2+452(452+1)2>0.可得到符合S n <22 014的最大的n =452+2 012=4 037.(16分)。
高中数列综合讲义题型大全
数列的综合讲义一 高中数列知识点总结1. 等差数列的定义与性质定义:1n n a a d +-=(d 为常数),()11n a a n d =+- 等差中项:x A y ,,成等差数列2A x y ⇔=+ 前n 项和()()11122n n a a n n n S nad +-==+性质:{}n a 是等差数列(1)若m n p q +=+,则m n p q a a a a +=+;(2)数列{}{}{}12212,,+-n n n a a a 仍为等差数列,232n n n n n S S S S S --,,……仍为等差数列,公差为d n 2;(3)若三个成等差数列,可设为a d a a d -+,, (4)若n n a b ,是等差数列,且前n 项和分别为n n S T ,,则2121m m m m a S b T --=(5){}n a 为等差数列2n S an bn ⇔=+(a b ,为常数,是关于n 的常数项为0的二次函数)n S 的最值可求二次函数2n S an bn =+的最值;或者求出{}n a 中的正、负分界项, 即:当100a d ><,,解不等式组100n n a a +≥⎧⎨≤⎩可得n S 达到最大值时的n 值.当100a d <>,,由100n n a a +≤⎧⎨≥⎩可得n S 达到最小值时的n 值.(6)项数为偶数n 2的等差数列{}n a ,有),)(()()(11122212为中间两项++-+==+=+=n n n n n n n a a a a n a a n a a n Snd S S =-奇偶,1+=n na a S S 偶奇. (7)项数为奇数12-n 的等差数列{}n a ,有)()12(12为中间项n n n a a n S -=-,n a S S =-偶奇,1-=n n S S 偶奇. 2. 等比数列的定义与性质定义:1n na q a +=(q 为常数,0q ≠),11n n a a q -=. 等比中项:x G y 、、成等比数列2G xy ⇒=,或G =前n 项和:()11(1)1(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩(要注意!)性质:{}n a 是等比数列(1)若m n p q +=+,则m n p q a a a a =··(2)232n n n n n S S S S S --,,……仍为等比数列,公比为n q . 注意:由n S 求n a 时应注意什么?1n =时,11a S =;2n ≥时,1n n n a S S -=-.二 解题方法1 求数列通项公式的常用方法 (1)求差(商)法如:数列{}n a ,12211125222n n a a a n +++=+……,求n a解 1n =时,112152a =⨯+,∴114a = ①2n ≥时,12121111215222n n a a a n --+++=-+…… ②①—②得:122nn a =,∴12n n a +=,∴114(1)2(2)n n n a n +=⎧=⎨≥⎩ [练习]数列{}n a 满足111543n n n S S a a +++==,,求n a注意到11n n n a S S ++=-,代入得14n nS S +=;又14S =,∴{}n S 是等比数列,4n n S = 2n ≥时,1134n n n n a S S --=-==……·(2)叠乘法如:数列{}n a 中,1131n n a na a n +==+,,求n a解3212112123n n a a a n a a a n --=·……·……,∴11n a a n=又13a =,∴3n a n =. (3)等差型递推公式由110()n n a a f n a a --==,,求n a ,用迭加法2n ≥时,21321(2)(3)()n n a a f a a f a a f n --=⎫⎪-=⎪⎬⎪⎪-=⎭…………两边相加得1(2)(3)()n a a f f f n -=+++……∴0(2)(3)()n a a f f f n =++++……(4)等比型递推公式1n n a ca d -=+(c d 、为常数,010c c d ≠≠≠,,)可转化为等比数列,设()()111n n n n a x c a x a ca c x --+=+⇒=+- 令(1)c x d -=,∴1d x c =-,∴1n d a c ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是首项为11d a c c +-,为公比的等比数列 ∴1111n n d d a a c c c -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭·,∴1111n n d d a a c c c -⎛⎫=+- ⎪--⎝⎭(5)倒数法如:11212nn n a a a a +==+,,求n a由已知得:1211122n n n n a a a a ++==+,∴11112n n a a +-= ∴1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列,111a =,公差为12,∴()()11111122n n n a =+-=+·, ∴21n a n =+(附:公式法、利用{1(2)1(1)n n S S n S n n a --≥==、累加法、累乘法.构造等差或等比1n n a pa q +=+或1()n n a pa f n +=+、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法)2 求数列前n 项和的常用方法 (1) 裂项法把数列各项拆成两项或多项之和,使之出现成对互为相反数的项. 如:{}n a 是公差为d 的等差数列,求111nk k k a a =+∑解:由()()11111110k k k k k k d a a a a d d a a ++⎛⎫==-≠ ⎪+⎝⎭·∴11111223111111111111nnk k k k k k n n a a d a a d a a a a a a ==+++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+-++-⎢⎥ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑…… 11111n d a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭[练习]求和:111112123123n+++++++++++ (1)21n n a S n ===-+…………,(2)错位相减法若{}n a 为等差数列,{}n b 为等比数列,求数列{}n n a b (差比数列)前n 项和,可由n n S qS -,求n S ,其中q 为{}n b 的公比.如:2311234n n S x x x nx -=+++++……①()23412341n n n x S x x x x n x nx -=+++++-+·…… ②①—②()2111n n n x S x x x nx --=++++-……1x ≠时,()()2111nnnx nx S xx -=---,1x =时,()11232n n n S n +=++++=…… (3)倒序相加法把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加.121121n n n n n n S a a a a S a a a a --=++++⎫⎬=++++⎭…………相加()()()12112n n n n S a a a a a a -=++++++……[练习]已知22()1x f x x =+,则111(1)(2)(3)(4)234f f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭由2222222111()111111x x x f x f x x x xx ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭+=+=+= ⎪+++⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴原式11111(1)(2)(3)(4)111323422f f f f f f f ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++=+++= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦(附:a.用倒序相加法求数列的前n 项和如果一个数列{a n },与首末项等距的两项之和等于首末两项之和,可采用把正着写与倒着写的两个和式相加,就得到一个常数列的和,这一求和方法称为倒序相加法。
(经典)高中数学最全数列总结及题型精选
高中数学:数列及最全总结和题型精选一、数列的概念(1)数列定义:按一定次序排列的一列数叫做数列;数列中的每个数都叫这个数列的项。
记作a n ,在数列第一个位置的项叫第1 项(或首项),在第二个位置的叫第 2 项,⋯⋯,序号为n 的项叫第 n 项(也叫通项)记作an ;数列的一般形式:a1, a 2, a3,⋯⋯, a n,⋯⋯,简记作an。
(2)通项公式的定义:如果数列{ an}的第 n 项与 n 之间的关系可以用一个公式表示,那么这个公式就叫这个数列的通项公式。
例如:①: 1 ,2 ,3 , 4,5,⋯1 1 1 1②: 1,,,,⋯2 3 4 5说明:① a n表示数列, a n 表示数列中的第n 项, a n= fn 表示数列的通项公式;②同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。
例如, a nn 1, n 2 k 1= ( 1) =2 k( k Z ) ;1, n③不是每个数列都有通项公式。
例如,1, 1.4 ,1.41, 1.414 ,⋯⋯(3)数列的函数特征与图象表示:从函数观点看,数列实质上是定义域为正整数集依次取值时对应的一系列函数值 f (1), f ( 2 ), f (3), ⋯⋯,立点。
N (或它的有限子集)的函数 f ( n ) 当自变量n 从 1 开始f ( n ),⋯⋯.通常用 an来代替 f n,其图象是一群孤(4)数列分类:①按数列项数是有限还是无限分:有穷数列和无穷数列;②按数列项与项之间的大小关系分:递增数列、递减数列、常数列和摆动数列。
例:下列的数列,哪些是递增数列、递减数列、常数列、摆动数列?( 1)1, 2, 3,4,5, 6,⋯(2)10, 9, 8, 7, 6,5,⋯(3) 1, 0, 1, 0, 1, 0, ⋯(4)a, a, a, a, a, ⋯( 5)数列 { a n } 的前 n 项和Sn与通项a n的关系: a nS1( n 1)SnS n1( n ≥ 2 )二、等差数列( 一 ) 、等差数列定义:一般地,如果 2 项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常一个数列从第 数,那么这个数列就叫等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,公差通常用字母d 表示。
(经典)高中数学数列总结及题型选
高中数学:数列及最全 和 型精一、数列的看法〔1〕数列定 :按必然次序排列的一列数叫做数列;数列中的每个数都叫 个数列的 。
作a n ,在数列第一个地址的 叫第1 〔或首 〕 ,在第二个地址的叫第 2 ,⋯⋯,序号n 的 叫第 n 〔也叫通 〕 作a n ;数列的一般形式: a 1 , a 2 , a 3 ,⋯⋯, a n ,⋯⋯, 作a n 。
〔2〕通 公式的定 :若是数列{ a n } 的第 n 与 n 之 的关系能够用一个公式表示,那么 个公式就叫个数列的通 公式。
比方:①: 1 , 2,3 ,4, 5,⋯1 1 1 1②:1,,,,⋯2 3 4 5明:① a 表示数列, a n 表示数列中的第n , a n = fn 表示数列的通 公式;nn 1,n2k1② 同一个数列的通 公式的形式不用然唯一。
比方, a n = ( 1) =2k(k Z) ;1,n ③不是每个数列都有通 公式。
比方, 1, 1.4 ,, 1.414 ,⋯⋯( 3〕数列的函数特色与 象表示:从函数 点看,数列 上是定 域 正整数集N 〔或它的有限子集〕的函数f ( n) 当自 量 n 从 1 开始依次取 的一系列函数f (1), f (2), f (3), ⋯⋯, f (n) ,⋯⋯.平时用a n 来代替 f n ,其 象是 一群孤立点 。
( 4〕数列分 :①按数列 数是有限 是无量分:有 数列和无 数列;②按数列 与 之 的大小关系分: 增数列、 减数列、常数列和 数列。
例:以下的数列,哪些是 增数列、 减数列、常数列、 数列?〔 1〕1, 2, 3,4, 5, 6,⋯(2)10, 9, 8, 7, 6, 5,⋯(3) 1, 0, 1, 0, 1, 0, ⋯(4)a, a, a, a, a,⋯〔 5〕数列 { a} 的前 n 和 S 与通 a的关系:a nS 1( n 1)nnnS n S n 1 ( n ≥ 2)二、等差数列( 一 ) 、等差数列定 :一般地,若是一个数列从第2 起,每一 与它的前一 的差等于同一个常数,那么 个数列就叫等差数列, 个常数叫做等差数列的公差,公差平时用字母 d 表示。
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高中数列经典题型-大
全
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高中数学:《递推数列》经典题型全面解析
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:已知数列{}n a 满足211=
a ,n n a a n n ++=+211,求n a 。
类型2 n n a n f a )(1=+ 解法:把原递推公式转化为
)(1n f a a n n =+,利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例:已知数列{}n a 满足321=
a ,n n a n n a 11+=+,求n a 。
例:已知31=a ,n n a n n a 2
3131+-=+ )1(≥n ,求n a 。
类型3 q pa a n n +=+1(其中p ,q 均为常数,)0)1((≠-p pq )。
例:已知数列{}n a 中,11=a ,321+=+n n a a ,求n a .
变式:递推式:()n f pa a n n +=+1。
解法:只需构造数列{}n b ,消去()n f 带来的差异.
类型4 n n n q pa a +=+1(其中p ,q 均为常数,)0)1)(1((≠--q p pq )。
(1n n n a pa rq +=+,其中p ,q, r 均为常数) 。
例:已知数列{}n a 中,651=a ,11)2
1(31+++=n n n a a ,求n a 。
类型5 递推公式为n n n qa pa a +=++12(其中p ,q 均为常数)。
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解法一(待定系数——迭加法):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。
解法二(特征根法):数列{}n a :),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++,
b a a a ==21,的特征方程是:02532=+-x x 。
32,121==x x Θ,∴1211--+=n n n Bx Ax a 1)3
2(-⋅+=n B A 。
又由b a a a ==21,,于是
⎩⎨⎧-=-=⇒⎪⎩
⎪⎨⎧+=+=)(32332b a B a b A B A b B A a 故1)32)((323--+-=n n b a a b a 例:已知数列{}n a 中,11=a ,22=a ,n n n a a a 3
13212+=++,求n a 。
类型6 递推公式为n S 与n a 的关系式。
(或()n n S f a =)
解法:这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)
2()1(11n S S n S a n n n 与 例:已知数列{}n a 前n 项和2214--
-=n n n a S .(1)求1+n a 与n a 的关系;(2)求通项公
式n a .
类型7 b an pa a n n ++=+1)001(≠≠,a 、p
解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令 )()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++,与已知递推式比较,解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列。
例:设数列{}n a :)2(,123,411≥-+==-n n a a a n n ,求n a .
收集于网络,如有侵权请联系管理员删除 【例】、已知数列}{n a 满足11=a ,)2(311≥+=--n a a n n n ,则通项公式=n a。