(江苏专用)2020版高考数学复习第六章数列微专题二数列通项公式的常用求法教案

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(江苏专用)2020版高考数学复习第六章数列6.1数列的概念与简单表示法教案

第六章数列§6.1数列的概念与简单表示法考情考向分析以考查S n与a n的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以填空的形式进行考查，难度为低档．1．数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法．4．数列的通项公式如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．5．a n与S n的关系若数列{a n}的前n项和为S n，则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n＝1，S n－S n－1，n≥2，n∈N*.概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．( × )(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二教材改编2．[P34习题T2]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 答案 21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．[P34习题T7]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝____________.答案 5n －4 题组三易错自纠4．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.5．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是______．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)． (*)因为n ≥1，n ∈N *，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N*解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，又a 1＝2不满足a n ＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)－1,7，－13,19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5,55,555,5555，….解 (1)这是一个分数数列，其分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，而分子依次为2,4,6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n (2n －1)(2n ＋1)，n ∈N *.(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22，n ∈N *. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1)，n ∈N *.思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1 (1)(2018·江苏省海安中学月考)数列12，－12，512，－720的一个通项公式为a n ＝_________. 答案 (－1)n －1·2n －1n (n ＋1)解析由已知12，－12，512，－720可以得到12，－36，512，－720，则有11×2，－32×3，53×4，－74×5，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n －1·2n －1n (n ＋1).(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案2n ＋1n 2＋1解析数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. 答案 4n －5解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① ∴a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.答案13n解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a na n －1＝－2，所以数列{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．故a n ＝(－2)n －1.题型三数列的性质命题点1 数列的周期性例3在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝________.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3，且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0.命题点2 数列的单调性和最值例4(1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为________．答案－9解析由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知，a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.(2)(2018·江苏省新海中学质检)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝－8⎝ ⎛⎭⎪⎫18n ＋9⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (其中n ∈N *)，若第m 项是数列{a n }中的最小项，则a m ＝________. 答案－516解析令⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝t ，由a n ＝－8⎝ ⎛⎭⎪⎫18n ＋9⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得a n ＝－8t 3＋9t 2－3t . 设f (t )＝－8t 3＋9t 2－3t ，则f ′(t )＝－24t 2＋18t －3＝－3(2t －1)(4t －1)． ∵0<t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤12，且当0<t <14时，f ′(t )<0，当14<t <12时，f ′(t )>0， ∴f (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤14，12上单调递增． ∴当t ＝14，即n ＝2时，a n 最小，∴a m ＝a 2＝－8×⎝ ⎛⎭⎪⎫182＋9×⎝ ⎛⎭⎪⎫142－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝－516，即a m ＝－516.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练3(1)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2020的值为________．答案 13解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案 3解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的第______项．答案 21解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21. 2．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2018＝________. 答案 3解析由已知得a 3＝a 2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12，a 5＝a 4a 3＝13，a 6＝a 5a 4＝23，a 7＝a 6a 5＝2，a 8＝a 7a 6＝3，∴数列{a n }具有周期性，且T ＝6， ∴a 2018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.3．(2018·扬州期末)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝n 2＋n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 答案 2n解析 S n ＝n 2＋n (n ∈N *)，S n －1＝(n －1)2＋n －1(n ≥2)，两式作差得到a n ＝2n (n ≥2)，检验当n ＝1时，a 1＝2，符合S 1＝a 1，故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .4．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8＝________. 答案 510解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.5．(2019·江苏省南京师范大学附属中学模拟)在数列{a n }中，a 4＝1，a 12＝5，且任意连续三项的和都是15，则a 2018＝________. 答案 9解析由题意可得a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝15，将n 换为n ＋1，得a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝15，可得a n ＋3＝a n ，可得数列{a n }为周期为3的数列，a 4＝1，a 12＝5，即有a 4＝a 1＝1，a 12＝a 3＝5，由任意连续三项的和都是15，可得a 2＝9，所以a 2018＝a 672×3＋2＝a 2＝9.6．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 答案充分不必要解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件． 7．数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90(n ∈N *)，则数列{a n }中的最大项的值为________．答案119解析令f (x )＝x ＋90x(x >0)，运用基本不等式，得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现，当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大． 8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.9．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．答案 5解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.10．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴S n ＝－1n. 11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…， a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2. 当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2，n ∈N *.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求实数λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a n n ， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)可得b n ＝3n －λn 2. b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2) ＝2·3n－λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1. 令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即实数λ的取值范围为(－∞，2)．13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2019＝________. 答案－22019－1解析由题意可得3S n ＝2a n －3n ，3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，所以a 2019＋1＝(－2)×(－2)2018＝－22019，所以a 2019＝－22019－1.14．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ (5－a )n －11，n ≤5，a n －4，n >5，且{a n }是递增数列(n ∈N *)，则实数a 的取值范围是________．答案 (2,5)解析 ∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ (5－a )n －11，n ≤5，a n －4，n >5，且{a n }是递增数列(n ∈N *)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧5－a >0，a >1，5(5－a )－11<a 2，解得2<a <5.15．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是________．答案 (3,5) 解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由S 2＋S 1＝4×22知a 2＋2a 1＝16，∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ， a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值是____．答案 23解析 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3， ∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4，解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8， ∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1. ∴S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝1×()1－2n 1－2＝2n －1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1 ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1 ＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增， ∴T n ≥T 1＝23， ∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立，∴λ≤23， ∴实数λ的最大值是23.。

数列通项公式的常见求法

数列通项公式的常见求法数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的。

通项公式是描述数列中每一项之间的关系的公式。

在数学中，求解数列通项公式的方法有多种。

下面将介绍一些常见的求解数列通项公式的方法。

1.列举法：列举法是最直观也最简单的一种方法。

通过列举数列中的前几项，观察其中的规律，然后尝试推导出通项公式。

这种方法适用于数列规律较为简单的情况。

例如，观察以下数列：1,4,9,16,25,...我们可以发现，该数列的每一项都是前一项的平方。

因此，可以推测该数列的通项公式为 an = n^2，其中 n 表示项数。

2.递推法：递推法是通过已知数列的前几项推导出后面的项，进而求解通项公式的方法。

递推法常用于数列项与前一项之间存在较为简单的递推关系的情况。

例如，观察以下数列：2,4,8,16,32,...我们可以发现，该数列的每一项都是前一项乘以2、因此，可以得到递推关系 an = 2 * an-1、通过这个递推关系，我们可以利用已知的项数求解出后面的项，并进一步推导出通项公式。

3.等差数列通项公式：等差数列是指数列中每一项与前一项之间的差值相等的数列。

等差数列的通项公式可以通过递推法或利用其性质推导得出。

例如，观察以下等差数列：3,6,9,12,15,...可以发现，该等差数列的公差为3，即每一项与前一项之间的差值为3、利用等差数列的性质，可以推导出通项公式为 an = a1 + (n - 1)d，其中 a1 表示首项，d 表示公差，n 表示项数。

对于上述数列来说，首项a1 为3，公差 d 为3，所以通项公式为 an = 3 + (n - 1)34.等比数列通项公式：等比数列是指数列中每一项与前一项之间的比值相等的数列。

等比数列的通项公式可以通过递推法或利用其性质推导得出。

例如，观察以下等比数列：2,6,18,54,162,...可以发现，该等比数列的公比为3，即每一项与前一项之间的比值为3、利用等比数列的性质，可以推导出通项公式为 an = a1 * r^(n - 1)，其中 a1 表示首项，r 表示公比，n 表示项数。

数列通项公式

数列通向公式的求解1、公式法：2、累加法：3、累乘法：4、a n与S n的关系：5、构造法：（1）、待定系数法：（2）、同除+待定系数：（3）、取倒数+待定系数：（4）、取对数+待定系数：（5）、连续三项：6、无穷递推关系式：（减去前n-1项剩下最后一项）7、连续两项：8、不动点法：→不动点：方程f(x)=x的根称为函数f(x)的不动点。

数列通项公式典例分析:1、已知数列{a n}满足_________________2、已知数列{a n}满足_________________3、已知数列{a n}满足___________;___________4、已知数列{a n}满足__________________5、已知数列{a n}满足_________________6、已知数列{a n}满足_____________7、已知数列{a n}满足________________8、已知数列{a n}满足______________9、已知数列{a n}满足_________________10、已知数列{a n}满足__________11、已知数列{a n}满足__________________12、已知数列{a n}满足_________________13、已知数列{a n}满足__________________14、已知数列{a n}满足__________________15、已知数列{a n}满足_____________________16、已知数列满足，，则=________17、设是首项为1的正项数列，且（=1，2，3，…），则=________18、在数列中，，，．则=______________19、数列中，，（n≥2）,则=______________20、已知数列的首项，，则=__________________21、设数列｛an｝满足,则=_______________22、已知数列满足且,则=___________23、设数列满足,则=______________。

(江苏专用)2020版高考数学总复习第六章第三节等比数列及其前n项和课件苏教版

.
(2)(2018扬州高三调研)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和.若a3=2,S12=
4S6,则a9的值为
.
答案 (1)1 (2)2或6
解析 (1)当q=1时,S1+S2+S3=6a1=10,a1= 53 ,S2+S3+S4=9a1=15,符合题意;当q
≠1时,S1+S2+S3=1
a1 q
4.等比数列的前n项和公式
设等比数列{an}的公比为q,
⑤ na1 (q 1),
则其前n项和Sn=
⑥ a1(11qq
n
)
或
a1 anq 1 q
(q

1).
5.等比数列的性质
(1)an=am⑦ qn-m (n,m∈N*). (2)等比数列{an}中,对任意的m、n、p、q∈N*,若m+n=p+q,则⑧ aman=
a1
(1 q 1 q
n
)
=
a1 an 1 q
q
.
易错警示本例题(2)容易漏解,判断出q≠1后从“1-q12=4(1-q6)”的两边同时约去1 -q6导致遗漏q=-1的情况,所以在约分时要慎重.
1-1 (2018江苏无锡普通高中期末)等比数列{an}中,若a2=1,a5=8,则a7= .
因为 k22 =k1k3,所以a1(2k2-k1-k3)=d(2k2-k1-k3).
因为2k2≠k1+k3,所以a1=d,即 ad1 =1. 当 ad1 =1时,an=a1+(n-1)d=nd,所以 akn =knd.
又因为 akn = ak1 qn-1=k1dqn-1,所以kn=k1qn-1.

[2020高考文数复习江苏]第六章数列第2讲

第2讲等差数列考试要求 1.等差数列的概念(B级要求)；2.等差数列的通项公式与前n项和公式(C级要求)；3.等差数列与一次函数、二次函数的关系(A级要求).知识梳理1.等差数列的定义一般地,如果一个数列从第二项起,每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母d 表示.2.等差数列的通项公式如果等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,那么它的通项公式是a n＝a1＋(n－1)d. 3.等差中项由三个数a,A,b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时,A叫做a与b的等差中项.4.等差数列的四种判断方法(1)定义法:a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列.(2)等差中项法:2a n＋1＝a n＋a n＋2 (n∈N*)⇔{a n}是等差数列.(3)通项公式:a n＝pn＋q(p,q为常数)⇔{a n}是等差数列.(4)前n 项和公式:S n ＝An 2＋Bn (A ,B 为常数)⇔{a n }是等差数列. 5.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广:a n ＝a m ＋(n －m )d (n ,m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列,且k ＋l ＝m ＋n (k ,l ,m ,n ∈N *),则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列,公差为d ,则{a 2n }也是等差数列,公差为2d . (4)若{a n },{b n }是等差数列,则{pa n ＋qb n }也是等差数列.(5)若{a n }是等差数列,公差为d ,则a k ,a k ＋m ,a k ＋2m ,…(k ,m ∈N *)是公差为md 的等差数列.(6)数列S m ,S 2m －S m ,S 3m －S 2m ,…构成等差数列. 6.等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ,其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d . 7.等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ,B 为常数). 8.等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中,a 1>0,d <0,则S n 存在最大值；若a 1<0,d >0,则S n 存在最小值.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *,都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ,q 为常数),则数列{a n }一定是等差数列.( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (5)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) 解析 (4)若公差d ＝0,则通项公式不是n 的一次函数. (5)若公差d ＝0,则前n 项和不是二次函数. 答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)×2.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4＋a 5＝24,S 6＝48,则{a n }的公差为________.解析 a 4＋a 5＝a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24,S 6＝6a 1＋6×52d ＝48,联立⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，①6a 1＋15d ＝48，②①×3－②得(21－15)d ＝24,6d ＝24, ∴d ＝4. 答案 43.(2018·北京卷)设{a n }是等差数列,且a 1＝3,a 2＋a 5＝36,则{a n }的通项公式为________.解析设等差数列的公差为d ,a 2＋a 5＝a 1＋d ＋a 1＋4d ＝6＋5d ＝36,∴d ＝6,∴a n ＝3＋(n －1)·6＝6n －3. 答案 a n ＝6n －34.(2018·苏、锡、常、镇四市调研)已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 10S 5＝4,则4a 1d ＝________.解析由S 10S 5＝4得S 10＝4S 5,即10a 1＋45d ＝4(5a 1＋10d ),化简得2a 1＝d ,则4a 1d ＝2.答案 25.已知五个数成等差数列,它们的和为5,平方和为859,则这五个数的积为________. 解析设第三个数为a ,公差为d ,则这五个数分别为a －2d ,a －d ,a ,a ＋d ,a ＋2d , 由已知条件得⎩⎨⎧（a －2d ）＋（a －d ）＋a ＋（a ＋d ）＋（a ＋2d ）＝5，（a －2d ）2＋（a －d ）2＋a 2＋（a ＋d ）2＋（a ＋2d ）2＝859，解得⎩⎨⎧a ＝1，d ＝±23.所求5个数分别为－13,13,1,53,73或73,53,1,13,－13. 故它们的积为－3581.答案－3581考点一等差数列基本量的运算【例1－1】 (1)(2016·江苏卷)已知{a n }是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3,S 5＝10,则a 9的值是________.(2)(2019·常州一模) 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若a 3＝4,S 9－S 6＝27,则S 10＝________.解析 (1)设等差数列{a n }公差为d ,则由题设可得⎩⎨⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝－4，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.(2)∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和,a 3＝4,S 9－S 6＝27,∴⎩⎨⎧a 1＋2d ＝4，9a 1＋9×82d －6a 1－6×52d ＝27，解得a 1＝2,d ＝1,∴S 10＝10×2＋10×92×1＝65. 答案 (1)20 (2)65【例1－2】设{a n }为等差数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,已知a 2＋a 5＝1,S 15＝75,T n为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和(n ∈N *).(1)求S n ；(2)求T n 及T n 的最小值.解 (1)因为{a n }为等差数列,所以设首项为a 1,公差设为d ,依题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）＋（a 1＋4d ）＝1，15a 1＋15×142d ＝75，解得⎩⎨⎧a 1＝－2，d ＝1. 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n （n －1）2＝n 2－5n2.(2)由(1)知S n ＝n 2－5n 2,所以S n n ＝n －52,设b n ＝S n n ＝n －52,则b n ＋1－b n ＝（n ＋1）－52－n －52＝12,所以数列{b n }是公差为12的等差数列,首项为b 1＝S 11＝a 1＝－2.又T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和,所以T n ＝－2n ＋n （n －1）2·12＝n 2－9n4. 又因为函数y ＝x 2－9x 4的图象开口向上,对称轴方程为x ＝92,且n ∈N *.所以当n ＝4或n ＝5时,(T n )min ＝42－9×44＝－5.规律方法等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,d ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.【训练1】 (1)(2019·宿迁摸底考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 3＝5,且S 1,S 5,S 7成等差数列,则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)(2018·全国Ⅰ卷改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4,a 1＝2,则a 5＝________.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,因为a 3＝5,且S 1,S 5,S 7成等差数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋7a 1＋21d ＝10a 1＋20d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)法一设等差数列{a n }的公差为d ,∵3S 3＝S 2＋S 4,∴3⎝⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ,解得d ＝－32a 1.∵a 1＝2,∴d ＝－3,∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 法二设等差数列{a n }的公差为d ,∵3S 3＝S 2＋S 4,∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4,∴S 3＝a 4－a 3,∴3a 1＋3×22d ＝d .∵a 1＝2,∴d ＝－3,∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.答案 (1)2n －1 (2)－10 考点二等差数列的判定与证明【例2】已知数列{a n }中,a 1＝35,a n ＝2－1a n －1(n ≥2,n ∈N *),数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *).(1)求证:数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项,并说明理由. (1)证明因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2,n ∈N *),b n ＝1a n －1(n ∈N *),所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52.所以数列{b n }是以－52为首项,1为公差的等差数列.(2)解由(1)知b n ＝n －72,则a n ＝1＋1b n＝1＋22n －7.设f (x )＝1＋22x －7, 则f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72和⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞上为减函数.所以当n ＝3时,a n 取得最小值－1,当n ＝4时,a n 取得最大值3. 规律方法等差数列的四个判定方法(1)定义法:证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数(直接用作差—代入—得结论更简单).(2)等差中项法:证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后,可递推得出a n ＋2－a n＋1＝a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝a n －1－a n －2＝…＝a 2－a 1,根据定义得出数列{a n }为等差数列.(3)通项公式法:得出a n ＝pn ＋q 后,得a n ＋1－a n ＝p 对任意正整数n 恒成立,根据定义判定数列{a n }为等差数列.(4)前n 项和公式法:得出S n ＝An 2＋Bn 后,根据S n ,a n 的关系,得出a n ,再使用定义法证明数列{a n }为等差数列.【训练2】数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ,证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式.(1)证明由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2, 得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2, 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1,所以{b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)解由①得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1, 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑nk ＝1 (a k ＋1－a k )＝∑nk ＝1 (2k －1), 所以a n ＋1－a 1＝n 2,即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a1＝1,所以{a n}的通项公式为a n＝n2－2n＋2.考点三等差数列通项及求和问题【例3】设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,已知4S n＝a2n＋1－4n－1,n∈N*,且a2,a5,a14构成等比数列.(1)求证:a2＝4a1＋5；(2)求数列{a n}的通项公式.(1)证明当n＝1时,4a1＝a22－5,a22＝4a1＋5,因为a n>0,所以a2＝4a1＋5.(2)解当n≥2时,4S n－1＝a2n－4(n－1)－1,则4a n＝4S n－4S n－1＝a2n＋1－a2n－4,＝a2n＋4a n＋4＝(a n＋2)2,即a2n＋1因为a n>0,＝a n＋2,即a n＋1－a n＝2,所以a n＋1所以当n≥2时,{a n}是公差d＝2的等差数列.因为a2,a5,a14构成等比数列,所以a25＝a2·a14,即(a2＋6)2＝a2(a2＋24),解得a2＝3.由(1)可知4a1＝a22－5＝4,所以a1＝1.因为a2－a1＝3－1＝2,所以{a n}是首项a1＝1、公差d＝2的等差数列.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.规律方法(1)等差数列的判断,主要通过等差数列的定义进行判断:a n＋1－a n为常数d,而不能是关于n变化的函数f(n).(2)等差数列的求和是数列中考查频率比较高的知识点,通常会与解不等式及求最值等知识点综合考查.【训练3】已知等差数列{a n}满足:a1＝2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,问:是否存在正整数n ,使得S n >60n ＋800?若存在,求出n 的最小值；若不存在,请说明理由. 解 (1)设数列{a n }的公差为d , 依题意得2,2＋d ,2＋4d 成等比数列, 所以(2＋d )2＝2(2＋4d ), 解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时,a n ＝2；当d ＝4时,a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2,所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.(2)当a n ＝2时,S n ＝2n ,显然2n <60n ＋800,不存在正整数n ,使得S n >60n ＋800. 当a n ＝4n －2时,S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2,令2n 2>60n ＋800,即n 2－30n －400>0, 解得n >40或n <－10(舍去),此时存在正整数n ,使得S n >60n ＋800成立,n 的最小值为41. 综上所述,当a n ＝2时,不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时,存在正整数n ,使得S n >60n ＋800成立,n 的最小值为41. 考点四等差数列性质的应用角度1 等差数列项的性质【例4－1】 (1)等差数列{a n }中,若a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＝100,则3a 9－a 13＝________.(2)已知{a n },{b n }都是等差数列,若a 1＋b 10＝9,a 3＋b 8＝15,则a 5＋b 6＝________. 解析 (1)因为{a n }是等差数列,设公差为d ,所以a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＝5a 7＝100,则a 7＝20,所以3a 9－a 13＝3(a 7＋2d )－(a 7＋6d )＝2a 7＝40.(2)因为{a n },{b n }都是等差数列,所以2a 3＝a 1＋a 5,2b 8＝b 10＋b 6,所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6),即2×15＝9＋(a 5＋b 6),解得a 5＋b 6＝21. 答案 (1)40 (2)21角度2 等差数列前n 项和的性质【例4－2】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若{a n }的前2 017项中的奇数项和为2 018,则S 2 017的值为________.(2)(2019·扬州开学考试)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和,公差为d ,若S 2 0182 018－S 1818＝100,则d 的值为________.解析 (1)由题知等差数列{a n }的前2 017项中奇数项的和a 1＋a 3＋…＋a 2 017＝1 009（a 1＋a 2 017）2＝2 018,所以a 1＋a 2 017＝4,则S 2 017＝2 017（a 1＋a 2 017）2＝4 034.(2)由题意得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以d 2为公差的等差数列, 故S 2 0182 018－S 1818＝(2 018－18)·d 2＝100, 得d ＝110.答案 (1)4 034 (2)110 规律方法等差数列的性质(1)项的性质:在等差数列{a n }中,a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a n m －n＝d (m ≠n ),其几何意义是点(n ,a n ),(m ,a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差. (2)和的性质:在等差数列{a n }中,S n 为其前n 项和,则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练4】 (1)(2018·南京学情调研)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a m ＝10,S 2m－1＝110,则m 的值为________.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ,那么数列{|a n |}的前6项和T 6＝________. (3)在等差数列{a n }中,已知a 1＝20,前n 项和为S n ,且S 10＝S 15,则当n 为________时,S n 取得最大值,并求出它的最大值为________.解析 (1)由数列{a n }是等差数列,得S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m＝10(2m －1)＝110,解得m ＝6.(2)由S n ＝n 2－6n ,得{a n }是等差数列,且a n ＝2n －7. 当n ≤3时,a n <0,当n ≥4时,a n >0,所以T 6＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝18. (3)∵a 1＝20,S 10＝S 15, ∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ,∴d ＝－53.法一由a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653,得a 13＝0.即当n ≤12时,a n >0,当n ≥14时,a n <0. ∴当n ＝12或n ＝13时,S n 取得最大值, 且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.法二 S n ＝20n ＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53 ＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *,∴当n ＝12或n ＝13时,S n 有最大值,且最大值为S 12＝S 13＝130. 法三由S 10＝S 15,得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0,即a 13＝0.∴当n ＝12或n ＝13时,S n 有最大值,且最大值为S 12＝S 13＝130. 答案 (1)6 (2)18 (3)12或13 130一、必做题1.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 2＝7,S 7＝－7,则a 7的值为________. 解析设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 2＝7,S 7＝－7,∴⎩⎨⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4，∴a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13. 答案－132.(2019·扬州考前调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 13＝6,则3a 9－2a 10＝________.解析由题意,S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7＝6,所以a 7＝613,所以3a 9－2a 10＝a 7＝613.答案 6133.(2019·徐州考前模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝10,a 28－a 22＝36,则S 10的值为________.解析因为{a n }是等差数列,所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝5a 5＝10,即a 5＝2,设数列{a n }的公差为d ,则a 28－a 22＝(a 8＋a 2)(a 8－a 2)＝2a 5×6d ＝24d ＝36,即d ＝32,则a 6＝a 5＋d ＝72,S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(a 5＋a 6)＝552. 答案 5524.在等差数列{a n }中,a 9＝12a 12＋6,则数列{a n }的前11项和S 11＝________. 解析法一由a 1＋8d ＝12(a 1＋11d )＋6, 得a 1＋5d ＝12,∴a 1＝12－5d . 又S 11＝11a 1＋11×102d ＝11a 1＋55d ＝11(12－5d )＋55d ＝132.法二由a 9＝12a 12＋6,得2a 9－a 12＝12.由等差数列的性质得,a 6＋a 12－a 12＝12,∴a 6＝12,∴S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝132. 答案 1325.已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2nn 均为等差数列(n ∈N *),且a 1＝2,则a 10＝________.解析设等差数列{a n }的公差为d ,由a 1＝2,可得a 211＝22＝4,a 222＝（2＋d ）22,a 233＝（2＋2d ）23,而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2nn 为等差数列,则有2×（2＋d ）22＝4＋（2＋2d ）23,整理有d2－4d ＋4＝0,解得d ＝2,故a 10＝a 1＋9d ＝20. 答案 206.(2018·南通模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3,S n －S n －3＝51(n >3),S n ＝100,则n 的值为________.解析由S n －S n －3＝51,得a n －2＋a n －1＋a n ＝51, 所以a n －1＝17,又a 2＝3,S n ＝n （a 2＋a n －1）2＝100,解得n ＝10.答案 107.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *),则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 解析由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项,2为公差的等差数列,又由a n ＝2n －10≥0,得n ≥5,∴当n ≤5时,a n ≤0,当n ＞5时,a n ＞0,∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 1308.设等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3,则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________. 解析 ∵{a n },{b n }为等差数列,∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941,∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941. 答案 19419.(2019·江苏高考冲刺卷)已知数列{a n }满足22a n ＋1＝2a n ·2a n ＋2,a 2＋a 6＋a 10＝36,a 5＋a 8＋a 11＝48,则数列{a n }前13项的和等于________.解析由题意得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2,所以数列{a n }为等差数列,由a 2＋a 6＋a 10＝36,a 5＋a 8＋a 11＝48,知3a 6＝36,3a 8＝48,所以a 6＝12,a 8＝16,所以数列{a n }的前13项和S 13＝13×（a 1＋a 13）2＝13×（a 6＋a 8）2＝182.答案 18210.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a n ≠0,a 1＝1,且2a n a n ＋1＝4S n －3(n ∈N ＋). (1)求a 2的值并证明:a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式.解 (1)令n ＝1得2a 1a 2＝4S 1－3,又a 1＝1,∴a 2＝12. 2a n a n ＋1＝4S n －3, ① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. ② ②－①得,2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. ∵a n ≠0,∴a n ＋2－a n ＝2. (2)由(1)可知:数列a 1,a 3,a 5,…,a 2k －1,…为等差数列,公差为2,首项为1, ∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1,当n 为奇数时,a n ＝n . 数列a 2,a 4,a 6,…,a 2k ,…为等差数列,公差为2,首项为12, ∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32, 则当n 为偶数时,a n ＝n －32. 综上所述,a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.11.若数列{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:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明当n ≥2时,由a n ＋2S n S n －1＝0, 得S n －S n －1＝－2S n S n －1,所以1S n －1S n －1＝2,又1S 1＝1a 1＝2, 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2,公差为2的等差数列. (2)解由(1)可得1S n ＝2n ,∴S n ＝12n .当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时,a 1＝12不适合上式. 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.二、选做题12.(2019·苏州暑假测试) 已知数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝12,且a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n－1(n ≥2),则a 2 016＝________.解析由a n (a n －1＋a n ＋1)＝2a n ＋1a n －1(n ≥2)得1a n ＋1＋1a n －1＝2a n(n ≥2),又a 1＝1,a 2＝12,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项,1为公差的等差数列.所以1a n＝n ,即a n ＝1n ,所以a 2 016＝12 016. 答案 12 01613.(2014·江苏卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ,总存在正整数m ,使得S n ＝a m ,则称{a n }是“H 数列”.(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *),证明:{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列,其首项a 1＝1,公差d ＜0,若{a n }是“H 数列”,求d 的值； (3)证明:对任意的等差数列{a n },总存在两个“H 数列”{b n }和{c n },使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立.(1)证明首先a 1＝S 1＝2,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1,所以a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以对任意的n ∈N *,S n ＝2n 是数列{a n }中的n ＋1项,因此数列{a n }是“H 数列”.(2)解由题意a n ＝1＋(n －1)d ,S n ＝n ＋n （n －1）2d ,数列{a n }是“H 数列”,则存在k ∈N *,使n ＋n （n －1）2d ＝1＋(k －1)d ,k ＝n －1d ＋n （n －1）2＋1,由于n （n －1）2∈N *,又k ∈N *,则n －1d ∈Z 对一切正整数n 都成立,所以d ＝－1.(3)证明首先,若d n ＝bn (b 是常数),则数列{d n }前n 项和为S n ＝n （n ＋1）2b 是数列{d n }中的第n （n ＋1）2项,因此{d n }是“H 数列”,对任意的等差数列{a n },a n ＝a 1＋(n－1)d (d 是公差),设b n ＝na 1,c n ＝(d －a 1)(n －1),则a n ＝b n ＋c n ,而数列{b n },{c n }都是“H 数列”,证毕.。

高考(苏教版)数学(文科)一轮复习讲义数列通项公式的求法名师公开课省级获奖课件(86张)

(2) 若 {bn} 是等差数列，公差为 D ， {an} 为等差数列，公差为 d ，则 {an±bn}
仍为等差数列，其公差为d±D.
答案
1 2 、 (3)若{an}、 {bn}为等比数列，则{λan}(λ≠0)、 {|an|}、 { a { ma n}、 nbn}(m≠0) an
(3){an}的公差为d，则d>0⇔{an}为递增数列；d<0⇔{an}为递减数
列；d＝0⇔{an}为常数列.
答案
2.等比数列的通项公式
n－1 a q (1)首项为a1，公比为q，则an＝ 1 .
(2)推广形式：an＝am· qn－m或am＝an· qm－n.
3.常用结论
(1)若{an}是等差数列，k∈N*，则{kan}也是等差数列.
(4)3,5,3,5，….
解
数列中的奇数项为3，偶数项为5.
n为奇数， n为偶数.
3， ∴通项公式 an＝ 5，
3＋5 此数列还可以这样考虑，3 与 5 的算术平均数为＝4 2
4加1便是5,4减1便是3，而加1与减1也就是(－1)n.
3＋5 因此数列的通项公式还可以写成 an＝＋(－1)n＝4＋(－1)n. 2
仍为等差数列.
(4){an}是等差数列⇔{(cn)a} (c>0，c≠1)是等比数列.
{an}是正项等比数列⇔{logcan} (c>0，c≠1)是等差数列.
{an}既是等差数列又是等比数列⇔{an}是各项不为零的常数列.
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}的通项公式an＝3n＋2，则数列{an}是递增数列.( √ )
每个根号内可看作3与2n－1的乘积.

求数列的通项公式常见类型与方法

求通项an
答案：an n2
练习3：已知数列an,bn满足a1 2, b1 3,且
an
bn
3
5 2
an1
2
5 3
bn1
1, (n
5 an1 5 bn1 2,
2).令cn
an
bn ,
求数列cn 的通项公式。答案：cn 3n 2
类型三：已知a1且满足an qan1 kqn , n 2, 求通项an
例3：根据前几项写出符合下列条件数列的一个通项公式。 1.
2. 0.3，0.33，0.333，（逐项依次多数字3）
答案：(1)an (1)n
(2n
1)
(n
n 1) 2
(2)an
3 9
(1
1 10
n
)
三、根据数列前n项和求数列通项公式
，要分 n=1和n≥2两种情况来求，然后验证两种情形可否用统一解析式表示，若不能统一，则用分段函数的形式表示。
二、根据前几项，利用不完全归纳法猜想数列通项公式
根据前几项写数列通项公式应掌握几种规律：一是符号
规律，若各项符号为正、负相间时，则必有 1n 或
1n1因式；二是乘方规律，即每一项都与同一个数的
乘方有密切关系；三是等差、等比规律。找规律时，要看给出的项的分子或分母有什么变化规律，可以适当变形，使它们的结构变得一致，再看和n的关系，用含有 n的式子表示出来。
an (an an1) (an1 an2 ) (a2 a1) a1
形如已知，且
( 是可求积的数列）的形式均可用累商法（迭乘法）。
a . .a 恒等式2
n
an an1
an1 an2
a2
a1

高考数列通项解题公式

高考数学中，数列通项公式的写法如下：
对于等差数列，通项公式为：an = a1 + (n-1)d
其中，an表示第n个数；a1表示首项；d表示公差。

对于等比数列，通项公式为：an = a1 × q^(n-1)
其中，an表示第n个数；a1表示首项；q表示公比。

在高考数学中，还需要掌握一些变形技巧，如将数列中的项数及求和公式转化为等差数列或等比数列的形式，以便于运用通项公式进行计算。

需要注意的是，数列通项公式只是一种求解数列中特定项的方法，需要进行合理选择应用。

同时，需要注意每种数列的特点和应用场景，如等差数列常用于计算等差数列前n项和、求解等差数列中的某个未知项等问题；等比数列常用于计算等比数列前n项和、求解等比数列中的某个未知项等问题，特别是在复利计算、几何分布、指数衰减等领域具有广泛的应用。

因此，在高考复习中，需要多练习各种数列计算题型，熟练掌握数列通项公式的应用和转换技巧，才能在考试中更好地解决数学题目。

[2020高考文数复习江苏]第六章数列第6讲

第6讲数列的综合应用考试要求 1.等差、等比数列(C级要求)；2.高考中可能重点关注等差、等比数列{a n}的前n项和S n与通项a n之间的相互转化,以及基本量、性质的运用；3.数列与其他知识的交汇问题.知识梳理1.等差数列与等比数列的综合问题考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差(比)中项、等差(比)数列的性质,考查转化化归、构造等思想.2.数列可以与函数、方程、不等式、三角函数、平面向量、解析几何等组成综合问题,灵活运用等差数列、等比数列的知识分析问题、解决问题是关键.诊断自测1.(2018·苏州月考)数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{b n}中连续的三项,则数列{b n}的公比为________.解析设数列{a n}的公差为d(d≠0),由a23＝a1a7,得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d),解得a1＝2d,故数列{b n}的公比q＝a3a1＝a1＋2da1＝2a1a1＝2.答案 22.等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{a n}前6项的和为________.解析等差数列中a1＝1,根据题意得a23＝a2·a6,即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d),解得d＝0(舍去),d＝－2,所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案－243.已知数列{a n},{b n}满足a1＝1,且a n,a n＋1是函数f(x)＝x2－b n x＋2n的两个零点,则b10＝________.解析依题意有a n a n＋1＝2n,所以a n＋1a n＋2＝2n＋1,两式相除得a n＋2a n＝2,所以a1,a3,a5,…成等比数列,a2,a4,a6,…也成等比数列,而a1＝1,a2＝2,所以a10＝2×24＝32,a11＝1×25＝32.因为a n＋a n＋1＝b n,所以b10＝a10＋a11＝64.答案644.已知x>0,y>0,x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,那么（a1＋a2）2b1b2的最小值是________.解析因为a1＋a2＝x＋y,b1b2＝xy,所以（a1＋a2）2b1b2＝（x＋y）2xy＝x2＋y2＋2xyxy＝x2＋y2xy＋2≥2＋2＝4,当且仅当x＝y时取“＝”.答案 45.数列{a n}的通项公式为a n＝an2＋n,若满足a1<a2<a3<a4<a5,且a n>a n＋1对n≥8恒成立,则实数a的取值范围为________.解析可以把a n看成是关于n的二次函数,根据其对称轴为n＝－12a,易知对称轴应满足92<－12a<172,解得－19<a <－117.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，－117考点一等差、等比数列的综合问题【例1】 (2018·苏北四市调研)已知数列{a n },其前n 项和为S n ,满足a 1＝2,S n ＝λna n ＋μa n －1,其中n ≥2,n ∈N *,λ,μ∈R .(1)若λ＝0,μ＝4,b n ＝a n ＋1－2a n (n ∈N *),求证:数列{b n }是等比数列； (2)若数列{a n }是等比数列,求λ,μ的值. (1)证明当λ＝0,μ＝4时,S n ＝4a n －1(n ≥2), 所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝4(a n －a n －1), 即a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1), 所以b n ＝2b n －1, 又由a 1＝2,a 1＋a 2＝4a 1,得a 2＝3a 1＝6,a 2－2a 1＝2≠0,即b 1≠0, 所以b nb n －1＝2,故数列{b n }是等比数列.(2)解设数列{a n }的公比为q (q ≠0), 当n ＝2时,S 2＝2λa 2＋μa 1, 即a 1＋a 2＝2λa 2＋μa 1, 得1＋q ＝2λq ＋μ,① 当n ＝3时,S 3＝3λa 3＋μa 2,即a 1＋a 2＋a 3＝3λa 3＋μa 2, 得1＋q ＋q 2＝3λq 2＋μq ,② 当n ＝4时,S 4＝4λa 4＋μa 3, 即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4λa 4＋μa 3, 得1＋q ＋q 2＋q 3＝4λq 3＋μq 2,③ ②－①×q ,得1＝λq 2, ③－②×q ,得1＝λq 3, 解得q ＝1,λ＝1. 代入①式,得μ＝0.此时S n ＝na n (n ≥2),所以a n ＝a 1＝2, 即数列{a n }是公比为1的等比数列, 故λ＝1,μ＝0.规律方法等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标,为最终解决问题设置中间问题,例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等,确定解题的顺序.(2)注意细节:在等差数列与等比数列综合问题中,如果等比数列的公比不能确定,则要看其是否有等于1的可能,在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等,这些细节对解题的影响也是巨大的. 【训练1】在等差数列{a n }中,a 10＝30,a 20＝50. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n －10,证明:数列{b n }为等比数列； (3)求数列{nb n }的前n 项和T n .(1)解设数列{a n }的公差为d ,则a n ＝a 1＋(n －1)d , 由a 10＝30,a 20＝50得方程组⎩⎨⎧a 1＋9d ＝30，a 1＋19d ＝50，解得⎩⎨⎧a 1＝12，d ＝2.所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明由(1)得b n ＝2a n －10＝22n ＋10－10＝22n ＝4n , 所以b n ＋1b n＝4n ＋14n ＝4.所以{b n }是首项为4,公比为4的等比数列.(3)解由nb n ＝n ×4n ,得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ,① 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1,② ①－②得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1 ＝4（1－4n ）－3－n ×4n ＋1.所以T n ＝（3n －1）×4n ＋1＋49.考点二数列与函数的综合问题【例2】已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ,0),且f ′(0)＝2n ,n ∈N *,数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ,且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ,由题意知b ＝2n , 16n 2a －4nb ＝0, ∴a ＝12,则f (x )＝12x 2＋2nx ,n ∈N *. 数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ,又f ′(x )＝x ＋2n ,∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ,∴1a n ＋1－1a n＝2n , 由叠加法可得1a n－14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ,化简可得a n ＝4（2n －1）2(n ≥2),当n ＝1时,a 1＝4也符合, ∴a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4（2n －1）（2n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1, ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝4n 2n ＋1. 规律方法数列与函数的综合问题(1)已知函数条件解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思想方法求解,在问题的求解过程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决.【训练2】 (2019·徐州、宿迁、连云港三市模拟)在数列{a n }中,已知a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k (k ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ,问是否存在正整数m ,n ,使得S 2n ＝mS 2n －1?若存在,求出所有的正整数对(m ,n )；若不存在,请说明理由.解 (1)由题意,数列{a n }的奇数项是以a 1＝1为首项,2为公差的等差数列；偶数项是以a 2＝2为首项,3为公比的等比数列. 所以对任意正整数k ,a 2k －1＝2k －1,a 2k ＝2×3k －1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2×3n 2－1，n ＝2k (k ∈N *). (2)当n 为奇数时,由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2,得2×2×3n ＋12－1＝n ＋n ＋2,所以2×3n －12＝n ＋1,令f (x )＝2×3x －12－x －1(x ≥1),由f ′(x )＝23×(3)x×ln 3－1≥23×3×ln 3－1＝ln 3－1>0,可知f (x )在[1,＋∞)上是增函数, 所以f (x )≥f (1)＝0,所以当且仅当n ＝1时,满足2×3n －12＝n ＋1,即2a 2＝a 1＋a 3.当n 为偶数时,由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2, 得2(n ＋1)＝2×3n2－1＋2×3n ＋22－1,即n ＋1＝3n2－1＋3n2＝4×3n2－1,上式左边为奇数,右边为偶数,因此不成立. 综上,满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值为1. (3)存在.S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－3n ）1－3＝3n＋n 2－1,n ∈N *.S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1. 假设存在正整数m ,n ,使得S 2n ＝mS 2n －1, 则3n ＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1), 所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1),(*) 从而3－m ≥0,所以m ≤3, 又m ∈N *,所以m ＝1,2,3.①当m ＝1时,(*)式左边大于0,右边等于0,不成立.②当m ＝3时,(*)式左边等于0,所以2(n 2－1)＝0,n ＝1,所以S 2＝3S 1. ③当m ＝2时,(*)式可化为3n －1＝n 2－1 ＝(n ＋1)(n －1),则存在k 1,k 2∈N ,k 1<k 2,使得n －1＝3k 1,n ＋1＝3k 2且k 1＋k 2＝n －1,从而3k 2－3k 1＝3k 1(3k 2－k 1－1)＝2,所以3k 1＝1,3k 2－k 1－1＝2, 所以k 1＝0,k 2－k 1＝1,于是n ＝2,S 4＝2S 3. 综上,符合条件的正整数对(m ,n )为(2,2),(3,1). 考点三数列与不等式的综合问题【例3】设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n－3(n 2＋n )＝0,n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明:对一切正整数n ,有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.(1)解由题意知,S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0,n ∈N *.令n ＝1,有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0,可得有S 21＋S 1－6＝0,解得S 1＝－3或2,即a 1＝－3或2, 又a n 为正数,所以a 1＝2.(2)解由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0,n ∈N *可得,(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0,则S n＝n 2＋n 或S n ＝－3,又数列{a n }的各项均为正数,所以S n ＝n 2＋n ,S n －1＝(n －1)2＋(n －1), 所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1,所以a n ＝2n .(n ∈N *)(3)证明当n ＝1时,1a 1（a 1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n ≥ 2时,1a n （a n ＋1）＝12n （2n ＋1）＜1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1),所以1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜16＋12[(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝16＋12(13－12n ＋1)＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ,有1a 1（a 1＋1）＋1a 2（a 2＋1）＋…＋1a n （a n ＋1）＜13.规律方法数列与不等式的综合问题(1)函数方法:即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法:数列中不等式可以通过先放缩后求和或先求和后放缩求解； (3)比较方法:作差或者作商比较.【训练3】 (2019·徐州期中抽测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n ＝2a n －1,n ∈N *.数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1),n ∈N *,且b 1＝1. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ,数列{c n }的前n 项和为T n ,对任意的n ∈N *,都有T n ≤nS n －a ,求实数a 的取值范围；(3)是否存在正整数m ,n ,使b 1,a m ,b n (n >1)成等差数列?若存在,求出所有满足条件的m ,n ；若不存在,请说明理由.解 (1)当n ＝1时,S 1＝2a 1－1＝a 1,所以a 1＝1. 当n ≥2时,S n ＝2a n －1,S n －1＝2a n －1－1, 两式相减得a n ＝2a n －1,从而数列{a n }为首项a 1＝1,公比q ＝2的等比数列, 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1), 得b n ＋1n ＋1－b nn＝1, 从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项为1,公差d ＝1的等差数列,所以b nn ＝n ,从而数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2. (2)由(1)得c n ＝a n b n ＝n ·2n －1,于是T n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1, 所以2T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n , 两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ×2n ＝1－2n 1－2－n ×2n ,所以T n ＝(n －1)·2n ＋1,由(1)得S n＝2n－1,因为对∀n∈N*,都有T n≤nS n－a,即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立,所以a≤2n－n－1恒成立,记d n＝2n－n－1,所以a≤(d n)min,因为d n＋1－d n＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1)＝2n－1>0,从而数列{d n}为递增数列,所以当n＝1时,d n取最小值d1＝0,于是a≤0.(3)假设存在正整数m,n(n>1),使b1,a m,b n成等差数列,则b1＋b n＝2a m,即1＋n2＝2m, 若n为偶数,则1＋n2为奇数,而2m为偶数,上式不成立.若n为奇数,设n＝2k－1(k∈N*),则1＋n2＝1＋(2k－1)2＝4k2－4k＋2＝2m,于是2k2－2k＋1＝2m－1,即2(k2－k)＋1＝2m－1,当m＝1时,k＝1,此时n＝2k－1＝1与n>1矛盾；当m≥2时,上式左边为奇数,右边为偶数,显然不成立.综上所述,满足条件的正整数m,n(n>1)不存在.考点四数列的实际应用问题【例4】某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2 000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n万元.(1)用d表示a1,a2,并写出a n＋1与a n的关系式；(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).解(1)由题意得a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d,a2＝a1(1＋50%)－d＝32a1－d＝4 500－52d,…a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2 整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意得a m ＝4 000,即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000. 解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 000（3m －2m ＋1）3m －2m . 故该企业每年上缴资金d 的值为1 000（3m －2m ＋1）3m －2m 时,经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元.规律方法 1.数列应用题的常见模型(1)等差模型:当后一个量与前一个量的差是一个常量时,该模型是等差模型,这个常量就是公差.(2)等比模型:当后一个量与前一个量的比是一个常数时,该模型是等比模型,这个常数就是公比.(3)递推模型:当题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化时,应考虑是a n与a n＋1之间的递推关系,还是S n与S n＋1之间的递推关系.2.解答数列应用题的基本步骤(1)审题——仔细阅读材料,认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题,弄清数列的结构和特征.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【训练4】某人为了购买商品房,从2008年起,每年1月1日到银行存入a元一年定期储蓄.若年利率为p且保持不变,并约定每年到期存款及利息均自动转为新一年定期存款,到2016年1月1日(当日不存只取)将所有的存款及利息全部取回(不计利息税),则可取人民币总数为________元.解析到2016年1月1日可取回钱总数为a(1＋p)8＋a(1＋p)7＋…＋a(1＋p)＝a（1＋p）[（1＋p）8－1]p.答案a（1＋p）[（1＋p）8－1]p一、必做题1.已知实数a 1,a 2,a 3,a 4构成公差不为零的等差数列,且a 1,a 3,a 4构成等比数列,则此等比数列的公比等于________.解析设公差为d ,公比为q ,则a 23＝a 1·a 4,即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d ),解得a 1＝－4d ,所以q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝12.答案 122.在等比数列{a n }中,各项都是正数,且a 1,12a 3,2a 2成等差数列,则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________.解析 ∵ a 1,12a 3,2a 2成等差数列,∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2,即a 3＝a 1＋2a 2,设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0,则a 3＝a 1q 2,a 2＝a 1q ,∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ,∴ q 2＝1＋2q ,解得q ＝1＋2或1－2(舍),a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.答案 3＋2 23.设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,且a 2＋a 5＝2a m ,则m ＝________.解析当公比q ＝1时,2×9a 1＝3a 1＋6a 1,则a 1＝0,舍去；当公比q ≠1时,2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ,∴ 2q 6＝1＋q 3,则2a 2q 6＝a 2＋a 2q 3,即2a 8＝a 2＋a 5,从而m ＝8. 答案 84.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13,若1<S k <9 (k ∈N *),则k 的值为________. 解析由题意,S n ＝23a n －13, 当n ≥2时,S n －1＝23a n －1－13, 两式相减得a n ＝23a n －23a n －1, ∴a n ＝－2a n －1,又a 1＝－1,∴{a n }是以－1为首项,以－2为公比的等比数列, ∴a n ＝－(－2)n －1, ∴S k ＝（－2）k －13,由1<S k <9,得4<(－2)k <28, 又k ∈N *,∴k ＝4. 答案 45.在等差数列{a n }中,已知首项a 1＞0,公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60,a 2＋a 3≤100,则5a 1＋a 5的最大值为________.解析由a 1＋a 2≤60,a 2＋a 3≤100得2a 1＋d ≤60,2a 1＋3d ≤100,a 1＞0,d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ,过点(20,20)时取最大值为200. 答案 2006.已知等比数列{a n }的首项为2,公比为3,前n 项和为S n .若log 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a n （S 4m ＋1）＝9,则1n ＋4m 的最小值是________.解析由题设a n ＝2×3n －1,S 4m ＋1＝2（1－34m ）1－3＋1＝34m ,∴ 12a n (S 4m ＋1)＝34m ＋n －1.又log 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a n （S 4m ＋1）＝9,∴ 12a n (S 4m ＋1)＝39,即4m ＋n －1＝9,∴ 4m ＋n ＝10.又1n ＋4m ＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋4m (4m ＋n )＝110·⎝ ⎛⎭⎪⎫17＋4n m ＋4m n ≥52,当且仅当4n m ＝4mn ,即m ＝n ＝2时“＝”成立. 答案 527.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝7n ＋2,数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.若将数列{a n },{b n }中相同的项按从小到大的顺序排列后记作数列{c n },则c 9的值为________.解析令a n ＝b m ,则7n ＋2＝m 2,即7(n －1)＝(m －3)(m ＋3),易知m ＋3或m －3是7的整数倍,所以当m ＝3,4,10,11,17,18,24,25,31,32…时满足等式,故c 9＝312＝961. 答案 9618.已知数列{a n }是等比数列,数列{b n }是等差数列,若a 1·a 6·a 11＝33,b 1＋b 6＋b 11＝7π,则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值是________.解析 {a n }是等比数列,{b n }是等差数列,且a 1·a 6·a 11＝33,b 1＋b 6＋b 11＝7π, ∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π,∴a 6＝3,b 6＝7π3, ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－（3）2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3 ＝－tan π3＝－ 3. 答案－ 39.将正奇数排成如图所示的三角形数阵(第k 行有k 个奇数),其中第i 行第j 个数表示为a ij (i ,j ∈N *),例如a 42＝15.若a ij ＝2 017,则i －j ＝________.13 57 9 1113 15 17 19…解析前k 行共有奇数1＋2＋3＋…＋k ＝k （1＋k ）2个,所以第k 行的最后一个数为2·k （1＋k ）2－1＝k 2＋k －1,第k ＋1行的第一个数为k (k ＋1)＋1,当k ＋1＝45时,k (k ＋1)＋1＝44×45＋1＝1 981,即第45行的第一个数为 1 981.因为2 017－1 9812＝18,所以2 017是第45行的第19个数,即i ＝45,j ＝19,所以i －j ＝45－19＝26. 答案 2610.(2019·常州一模)已知数列{a n }满足a 1＝10,a n －10≤a n ＋1≤a n ＋10(n ∈N *). (1)若{a n }是等差数列,S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ,且S n －10≤S n ＋1≤S n ＋10(n ∈N *),求公差d 的取值集合；(2)若a 1,a 2,…,a k 成等比数列,公比q 是大于1的整数,且a 1＋a 2＋…＋a k ＞2017,求正整数k 的最小值；(3)若a 1,a 2,…,a k 成等差数列,且a 1＋a 2＋…＋a k ＝100,求正整数k 的最小值及k 取最小值时公差d 的值.解 (1)由S n －10≤S n ＋1≤S n ＋10,得－10≤a n ＋1≤10, ∴－10≤10＋nd ≤10,∴－20n ≤d ≤0对任意的n ∈N *恒成立, ∴d ＝0,∴公差d 的取值集合为{0}. (2)∵a n ＋1≤a n ＋10,a 2＝10q ≤20,∴q ≤2, 又公比q 是大于1的整数,∴q ＝2,∴a 1＋a 2＋…＋a k ＝10（1－2k ）1－2＝10(2k －1)≥2 017,∴2k ≥202.7,∴k ≥8,即正整数k 的最小值为8. (3)a 1＋a 2＋…＋a k ＝10k ＋k （k －1）2d ＝100, ∴d ＝200－20k k （k －1）.由题意|d |＝|a n ＋1－a n |≤10, ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪200－20k k （k －1）≤10, ∴－k 2＋k ≤20－2k ≤k 2－k ,∴k ≥4, ∴k min ＝4, 此时d ＝10.11.(2019·泰州模拟)已知数列{a n },{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ,其中S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)若数列{a n }是首项为23,公比为－13的等比数列,求数列{b n }的通项公式； (2)若b n ＝n ,a 2＝3,求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下,设c n ＝a nb n,求证:数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积.(1)解因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n,所以S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ,所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12.(2)解若b n ＝n ,则2S n ＝na n ＋2n ,① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1),② 由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2, 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2,③当n ≥2时,(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2,④ 由③－④得(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1＝2(n －1)a n , 即a n ＋1＋a n －1＝2a n , 又由2S 1＝a 1＋2得a 1＝2,所以数列{a n }是首项为2,公差为3－2＝1的等差数列, 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1. (3)证明由(2)得c n ＝n ＋1n ,对于给定的n ∈N *,若存在k ≠n ,t ≠n ,k ≠t ,k ,t ∈N *,使得c n ＝c k ·c t ,只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ,即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ,即1n ＝1k ＋1t ＋1kt , 则t ＝n （k ＋1）k －n ,取k ＝n ＋1,则t ＝n (n ＋2),所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ,都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n 使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n . 二、选做题12.(2013·江苏卷)在正项等比数列{a n }中,a 5＝12,a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________.解析设数列{a n }的公比为q (q ＞0),由已知条件得12q ＋12q 2＝3,即q 2＋q －6＝0,解得q ＝2,或q ＝－3(舍去),a n ＝a 5q n －5＝12×2n －5＝2n －6,a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1),a 1a 2…a n ＝2－5·2－4·2－3·…·2n －6＝2n 2－11n 2,由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ,可知2n －5－2－5>2n （n －11）2,由2n －5－2－5>2n （n －11）2,可求得n 的最大值为12,而当n ＝13时,28－2－5<213,所以n 的最大值为12. 答案 1213.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝t (S n －a n ＋1)(t 为常数且t ≠0,t ≠1). (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ,若数列{b n }为等比数列,求t 的值； (3)在满足条件(2)的情形下,设c n ＝4a n ＋1,数列{c n }的前n 项和为T n ,若不等式12k4＋n －T n≥2n －7对任意的n ∈N *恒成立,求实数k 的取值范围.解 (1)当n ＝1时,S 1＝t (S 1－a 1＋1),得a 1＝t . 当n ≥2时,由S n ＝t (S n －a n ＋1), 即(1－t )S n ＝－ta n ＋t ,①得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ,②①－②得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1,即a n ＝ta n －1, ∴a na n －1＝t (n ≥2), ∴ {a n }是等比数列且公比是t ,∴ a n ＝t n . (2)由(1)知b n ＝(t n )2＋t （1－t n ）1－t·t n,即b n ＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t,若数列{b n }为等比数列,则有b 22＝b 1·b 3,而b 1＝2t 2,b 2＝t 3(2t ＋1),b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1), 故[t 3(2t ＋1)]2＝2t 2·t 4(2t 2＋t ＋1),解得t ＝12, 再将t ＝12代入,得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ,由b n ＋1b n ＝12知{b n }为等比数列,∴ t ＝12.(3)由t ＝12知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ,∴ c n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1,∴ T n ＝4×12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n ＝4＋n －42n . 由不等式12k4＋n －T n ≥2n －7恒成立,得3k ≥2n －72n 恒成立,设d n ＝2n －72n ,由d n ＋1－d n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝－2n ＋92n ＋1,∴ 当n ≤4时,d n ＋1>d n , 当n >4时,d n ＋1<d n , 而d 4＝116,d 5＝332,∴ d 4<d 5, ∴ 3k ≥332,∴ k ≥132.。

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解06 数列概念及通项公式

高考数学二轮复习考点知识与解题方法讲解考点06 数列概念及通项公式一、数列的概念及简单表示法1.数列的定义按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.2.数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(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. 5.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.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 ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关.3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号.4.S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． ①利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解； ②利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解． 5.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)已知a 1且＝f (n )，可用“累乘法”求a n ，即a n ＝··…···a 1.(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }． (4)形如a n ＋1＝(A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．6.在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 7.用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意n S 与n a 的关系1.（2023湖北省新高考）已知数列{}n a 的首项12a =，其前n 项和为n S ，若121n n S S +=+，则7a =__________．【答案】96【分析】由题意易得121n n S S -=+(2)n ≥，两式相减可得数列{}n a 从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为121n n S S +=+，所以121n n S S -=+(2)n ≥，两式相减得12n n a a +=，又因为12a =，122121S a a a =+=+，得23a =，所以数列{}n a 从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为22,1,{32,2,n n n a n -==⋅≥，所以573296a =⨯=，故答案为：96.由递推公式求通项1.（2023河南省顶级名校9月开学联考）若数列{}n b 满足：()12337212n n b b b b n ++++－＝，则数列{}n b 的通项公式为（）A ．21n b n =-B ．21n n b =-C ．121n n b =- D ．221nn b =- 【答案】D分析】利用整体相减的方法即可计算出数列{}n b 的通项公式【详解】由()12337212n n b b b b n ++++－＝①得，当1n >时()11231372122n n b b b b n --+-＋++－＝②由①-②得()221221nn n n b b -=⇒=- 当1n =时1212b =⨯=也满足上式故选：D2.（2023辽宁省盘锦市高级中学9月月考）已知数列{}n a 满足11a =，213a =，且112n n n a a a +-=1n n a a ++1n n a a --112n n a a +-（n ≥2），则数列{}n a 的通项公式为_____________. 【答案】211n a n n =-+【分析】化简题设条件得到1111112n n n n a a a a +-⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得出数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公差的等差数列，求得则1112n nn a a +-=，再利用叠加法，即可求解，得到答案.【详解】由题意，数列{}n a 满足11111122n n n n n n n n n a a a a a a a a a +-+-+-=+-（2n ≥），两侧同除11n n n a a a +-，可得111122n n na a a -+=+-，即1111112n n n n a a a a +-⎛⎫⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公差的等差数列，则1112(1)22n nn n a a +-=+-⨯=，所以121321*********[24(22)]n n n n a a a a a a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()22221112n n n n +--=+=-+（2n ≥），当1n =时，11a =适合上式，所以211n n n a =-+，所以数列{}n a 的通项公式211n a n n =-+.故答案为：211n a n n =-+【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列定义及通项公式，以及“叠加法”的应用，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“叠加法”求解是解答的关键.分组求和1.（2023湖北省武汉市部分学校9月质量检测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*1n n S na n =-∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列()1n na ⎧⎫-⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求2n T 的表达式.【答案】（1）()11n a n n =+；（2）222n n +【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用分组求和法以及等差数列的前n 和公式即可求出结果. 【详解】（1）当1n =时，1111a S a ==-，即112a =，当2n ≥时，()11111n n n n n a S S na n a --==--+--，即()()111n n n a n a -+=-，因此111n n a n a n --=+，所以12211231123111132n n n n n n n a a a a n n n a a a a a a n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯+- ()11n a n n =+，经检验，1n =时成立，所以()11n a n n =+；（2）()()()()()21111nnnnn n n a n -=-+=-+，所以()()()()()()()222222211223344212122n n n n n T ⎡⎤⎡⎤=-+++-+++---+-++⎣⎦⎣⎦()()()22222212342121234212n n n n =-+-+---+-+-+---+()3741n n =+++-+()3412n n n +-⎡⎤⎣⎦=+222n n =+2.（2023安徽省江淮十校高三上学期第一次联考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =，12n S n t n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（t 为常数）．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()1(1)lg nn n n b a a +=-⋅，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【答案】（1）n a n =；（2）(1)lg(1)nn T n =-+．【分析】(1)令1n =,解得:12t =,再由-1n n n a S S =-,即可求出n a , (2)根据(1)的结论,再利用并项求和,即可求解.【详解】解：（1）令1n =，1112S a t ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，可得12t =，所以1122n S n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2n ≥时，111(1)(1)22n S n n -⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦，可得2211(1)22n a n n n ⎡⎤=--+=⎣⎦ 所以n a n =（2n ≥），又因为11a =满足上式，所以n a n =（2）因为()()11(1)lg (1)lg lg n nn n n n n b a a a a ++=-⋅=-+()()()()n 1223341lg lg lg lg lg lg (1)lg lg n n n T a a a a a a a a +=-+++-+++-+11(1)lg lg (1)lg(1)n n n a a n +=--=-+所以n (1)lg(1)nT n =-+裂项相消法求和1.（2023河南省部分名校高三上学期8月份摸底）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a +=. （1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）求数列3321log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和n T .答案】（1）证明见解析；（2）32342(1)(2)n n T n n +=-++. 【分析】（1）根据数列n a 与n S 的关系，消去n S ，即可证明数列{}n a 是等比数列；（2）根据（1）的结果，知33211log log (2)n n a a n n +=⋅+，再利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由233n n S a +=，得323n n a S =+，① 于是得11323n n a S ++=+，②②-①得11332n n n a a a ++-=，即13n n a a +=，当1n =时，11132323a S a =+=+，即13a =，所以数列{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）知3nn a =，所以33log lo 3g n n n a ==，所以33211111log log (2)22n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭11113231221242(1)(2)n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭. 错位相减求和1.（2021高三数学冲刺原创卷）已知{}n a 是首项为1的单调递增的等差数列，其中21a +，342a a +，5a 成等比数列．{}nb 的前n 项和为n S ，且12b a =，()11n n b S n *+=+∈N ． (1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-；(2)()17232n n T n +=+-⨯.【分析】(1)根据等比数列的性质及已知条件，求出等差数列的公差d ，再利用等差数列的通项公式即可求解；(2)根据数列的递推公式求出数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法及等比数列的求和公式即可求解．【详解】(1)因为{}n a 是首项为1的单调递增的等差数列，所以11a =，设数列{}n a 的公差为d 且0d >，则212a d +=+，345122a a d +=+， 514a d =+．因为21a +，342a a +，5a 成等比数列，所以()2342512a a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()()2512142d d d ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭，解得2d =或29d =-（舍负），所以21n a n =-． (2)因为11n n b S +=+，① 所以()112n n b S n -=+≥，②由①-②得()()()11211n n n n n b b S S n b +--=+-=≥+，所以()122n n b b n +=≥．因为123b a ==，211114b S b =+=+=，所以{}n b 是从第二项开始的等比数列，则数列{}n b 的通项公式为鈮由（Ⅰ）知则()()231133252232212n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，③ ()()3412233252232212n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，④③-④得()()34192222212n n n T n +-=+⨯+++--⨯()311229221212n n n ++-=+⨯--⨯-，所以()17232n n T n +=+-⨯．2.（2023河南省顶级名校高三上学期9月联考）已知数列{}n a 、{}n b 满足：121n n a a +=+且11a =，()2log 1n n b a =+．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）数列{}n c 满足：11n nnn b c b a -=，其中n *∈N ，若数列{}n c 的前n 项和为n H ，求n H ．【答案】（1）21nn a =-；n b n =；（2）222n nn H +=-．【分析】（1）由递推关系可构造等比数列{}1n a +，即可求出n a ，代入()2log 1n n b a =+化简即可得n b ；（2）由（1）可得12n n n n b nc a ==+，利用错位相减法求解即可. 【详解】（1）由121n n a a +=+，令()12n n a c a c ++=+，得1c =，{}1n a ∴+是以2为首项，以2为公比的等比数列．1122n n a -∴+=⋅，即21n n a =-．()2log 1n n b a n ∴=+=．（2）由题意知12n n n n b nc a ==+， 231232222n nn H ∴=++++① 234111231222222n n n n nH +-=+++++② ①-②得，231111111212222222n n n n n n H +++=++++-=-， 222n n n H +∴=-．1.（2020年新课标Ⅰ）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a =______________.【答案】7【分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=， 17a ∴=. 故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.2.（2020年新课标Ⅰ）设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.3.（2021年全国高考乙卷）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n nb b b b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈ 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b-=．③又212n nS b +=，④ 由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n nS b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112nb n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b nS b n+==-+, 当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】（1）方法一从212n nS b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1n n n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；一、单选题1．（2023·浙江嘉兴·二模）已知数列{}n a 满足11a =，()*14,2n n a a n N n -⎫=+∈≥，n S 为数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，则（）A ．20227833S << B ．2022723S <<C ．2022523S <<D ．2022513S <<【答案】D【分析】先判断出1n n a a ->，通过放缩得到1n a ⎛⎫<，再通过分析法23<，结合裂项相消即可证得202253S <，又由1n n a a ->证得2022111S a >=即可.【详解】当*n N ∈，2n ≥时，因为140n n a a -⎫-=>，所以1n n a a ->，又因为1n a ⎛⎫= 且111n n n a a --=-，()12413n a -=<+，15833n a -+，即证，即证116492580n n n a a a--<++，即证111649362580n n n a a a ---⎫+<++，即证11169420n n a a --⎫<++令2t ，即证21129412n t t a -<++，当2t ≥，11n a -≥时，不等式恒成立.因此，1n a ⎛⎫=23⎛⎫<，所以20221220221111123S a a a a =++⋅⋅⋅+<+⎛⎫525333=-<，又因为202212320221111111S a a a a a =+++⋅⋅⋅+>=，故选：D.23<，又由放缩得到1n a ⎛⎫<=，进而通过裂项相消证得202253S <，最后由1n n a a ->证得2022111S a >=即可. 2．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足()202112022nn a n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则当n a 取得最大值时n 的值为（） A ．2020 B ．2024 C ．2023 D ．2023【答案】A【分析】利用作商法可得()12020120221n n a n a n +-=++，讨论n 的取值判断1n naa +与1的大小关系，即可得n a 最大时n 的值. 【详解】 ∵()()()120212202012022120221n n n a na n n ++-==+++， ∴当2020n >时，11n na a +<；当2020n <时，11120201n n n n a an a a ++>=⇒=，，∴根据选项，当2020n =时，n a 取得最大值. 故选：A ．二、多选题3．（2023·湖北·黄冈中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S a +=对于*n N ∀∈恒成立，若定义(1)nn S S =，()()(1)12nk k ni i S S k -==≥∑，则以下说法正确的是（）A ．{}n a 是等差数列B ．()232122nnn n S -+=-C ．()()()121A 1!k k k n k nnS S k +++--=+D ．存在n 使得()202120222022!nn S = 【答案】BC【分析】利用退位相减法可得数列的通项及n S 即可判断A 选项，按照给出的定义求出()3n S 即可判断B 选项，数学归纳法和累加法即可判断C 、D 选项. 【详解】当1n =时，1112a S ==，当2n ≥时，由1n n S a +=，得111n n S a --+=，故10n n n a a a -+-=，即112n n a a -=，所以数列{}n a 为等比数列，首项112a =，公比12q =，故12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，A 选项错误；则11122111212nnn S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-，所以()1112n n n S S ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()()()()()221111121111111112222n nnn n ni S S S S S n =⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+++=-+-++-=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑()()()223210111112101112222222nnnnn ni n nn n S S n =+--+⎛⎫⎛⎫==+++++-+=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑，B 选项正确；当1k =时，()()2231A 22!n n nn n S S --==，假设当k m =时，()()()12111A C 1!m m m m n m nnnm S S m ++++-+--==+成立，当1k m =+时，由()()()()()()()111111211k k k k k kk n n n n n S S S S S S S -------=++++=+可得()()()()()()()()()()()3+132+13+121111m m m m m m m m m m n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S +++++-----=+-+=-+-()()3+11111C m m m n n n m S S ++--+-=-+，则()()()()3+13+1111222C m m m m m n n n n n m S S S S +++----+--=-+，()()()()3+13+1122333C m m m m m n n n n n m S S S S +++----+--=-+，L ，()()()()3+13+1133222C m m m m m m S S S S ++++-=-+，()()()()3+13+1122111C m m m m m m S S S S ++++-=-+，将上式相加可得()()()()3+13+11111111221C C C C m m m m m m m m n n m m n m n m S S S S +++++++++-+--=-+++++，又()()()11111kk S S S -==，则()()3+1110m mS S +-=，故()()3+11111211112212221C C C C C C C C m m m m m m m m m m n n m m n m n m m m n m n m S S ++++++++++++-+-+++-+--=++++=++++()()()()11211211123321A A CCCCC2!11!m m n m m m m m m n mm m n m n m n mm m +++++-+++++++++-+-+=++++===+++⎡⎤⎣⎦，即1k m =+时也成立，故()()()121A 1!k k k n k nnS S k +++--=+，C选项正确；D 选项，当1n =时，由()()()111111122022!k k S S S -===>知不成立，当2n ≥时，由C 选项知：()()()1212111A C C 1!k k k k n n k nnn k n k S S k +++-+-+-+--===+，则()()11222C C k k k n n n n k n k S S +--+-+--== ，()()21233C C k k k n n n n k n k S S ---+-+--==，L ，()()423211C C n n n n n S S -++-==，()()3122C C n nn n n S S --==，上式相加得()()()()21212222121CCCCk k n n n n nnnn nn n k n k S S S S ++----++-+-+=+++++，又由上知，()()21111122nnn nS S n n ⎛⎫⎛⎫+=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()()21222212222121121C C C C C C C C C k k n n n n n n n n n n n n n n k n k n n n n k n k S S n ++---------++-+-++-+-+=++++=++++122211121C C C C C n n n n n n n n k n k n k -----+++-+-+=+++=，可得()()()()20222021120212020202020202019C C 2021!n n n n n n n nS S -+++++===，又由()()()()111,0k k k n n n n S S S S --=+>可得()()1k k n n S S ->，()()()()()2022202120222020201922021!n n n n n nS S S +++=<，即()()()20212021202120222020201922021!22021!20222021!2022!nn n nn n n S ++>>>=⨯⨯⨯，D 选项错误；故选：BC.【点睛】本题关键在于C 、D 选项的判断，C 选项通过数学归纳法和累加法以及组合数的性质即可求解；D 选项借助C 选项的结论，通过累加法以及组合数的性质进行判断即可.三、填空题4．（2023·辽宁葫芦岛·一模）已知数列{}n a ，11a =，对于任意正整数m ，n ，都满足m n m n a a a mn +=++，则122021111a a a ++⋅⋅⋅+=______．【答案】20211011【分析】令1m =,得11n n a a n +-=+，用累加法求出()1211=211n a n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，由此利用裂项相消求和求出122021111a a a ++⋅⋅⋅+的值.【详解】令1m =，得111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，则1n n a a n --=，121n n a a n ---=-，……，323a a -=，212a a -=，所以当2n ≥时，()()()()12132111232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=，又11a =满足上式，所以()12n n n a +=所以()1211=211na n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，122021111111111202121212232021202220221011a a a ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：20211011. 5．（2023·江西景德镇·三模（理））已知数列{}n a 和正项数列{}n b ，其中π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，且满足2cos 1n n n b a b =-，数列{}sin n n b a 的前n 项和为n S ，记n n S c n=，满足1421n n c c +-=．对于某个给定1a 或1b 的值，则下列结论中：①1b ⎤∈⎥⎣⎦；②2b =；③若12b ∈⎣⎭，则数列{}n c 单调递增；④若11,12c ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，则数列{}sin n n b a 从第二项起单调递增．其中正确命题的序号为______．【答案】①②③【分析】求得1b 的范围判断①；求得2b 的值判断②；判定出数列{}n c 单调性判断③；由数列{}sin n n b a 第三项小于第二项否定④.【详解】由2cos 1n n n b a b =-，可知2cos 10nn n b b a --=，则21cos n n n b a b -=，又π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦则2110n n b b --≤≤，解之得n b ⎤∈⎥⎣⎦.则①判断正确；由1421n n c c +-=，可得21421c c -=，则21221sin 2S S b a -==，则221sin 2a b =又由2cos 1n n n b a b =-，可知2222cos 10b b a --=，则22221cos b a b -= 则由222222222211cos sin 12b a a b b ⎛⎫⎛⎫-+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则2212b =或2252b =（舍）则2b =或2b =. 则②判断正确；由2cos 1n n nb a b =-，可知2111cos 10b b a --=，则21111111cos b a b b b -==-若1b ∈⎣⎭，则1111cos 1,a b b ⎡=-∈-⎢⎣⎭，又π,π2n a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则13π,π4a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，则1sin 2a ⎡∈⎢⎣⎭，则1111sin 0,2c b a ⎡⎫=∈⎪⎢⎣⎭ 由1421n n c c +-=，可得1114()222n n c c +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，则11111222n n c c -⎛⎫⎛⎫=-⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又1111111sin 02122S c b a -=-=-<，则数列{}n c 单调递增. 则③判断正确；由nn Sc n =，可得11111222n n n S nc c n n -⎛⎫⎛⎫-⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭== 由1111sin b a S c ==，2221111111sin 2()22222b a S S c c ⎡⎤=-=-⋅+⨯-=⎢⎥⎣⎦，333211*********sin 3()32()224222248b a S S c c c ⎡⎤⎡⎤=-=-⋅+⨯--⋅+⨯=-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦则当11,12c ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，33221115111sin sin ()048242b a b ac c -=-+-=-<，即数列{}sin n n b a 的第三项小于第二项.则数列{}sin n n b a 从第二项起单调递增的说法判断错误. 故答案为：①②③ 四、解答题6．（2023·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022nT +<，求正整数n 的最小值. 【答案】(1)*,N n a n n =∈(2)505【分析】（1）设等差数列的公差为,0d d ≠.由题意，列方程组求1,a d ，即求通项公式；（2）求得2411(1)(1)212141nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪-+-⎝⎭，由裂项相消法求2n T ，解不等式可得n 的最小值. (1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =. 又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列，所以*,N n a n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++， 2111412020n T n +=<+，20194n ∴> 所以n 的最小值为505.7．（2023·福建·模拟预测）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1132n n n S S a +++=-，且11a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n c 是等差数列，且11c a =，32c S =，设n n n b a c =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12n n a -=(2)()121nn T n =-⋅+【分析】（1）根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差得到()122n n a a n +=≥，即可得到{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得到通项公式；（2）首先求出{}n c 的通项公式，即可得到12n n b n -=⋅，利用错位相减法求和即可； (1)解：因为1132n n n S S a +++=-，所以()1322n n n S S a n -+=-≥，两式相减，可得()11332n n n n a a a a n +++=-≥，整理得()122n n a a n +=≥， ∵1n =时，1221222232232242a S a a a a a a +=-⇒+=-⇒=⇒=，∴212a a =，所以公比2q =，即数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=； (2)解：易知111c a ==，323c S ==，所以公差3112d -==，所以n c n =，所以12n n n n b a c n -=⋅=⋅，因为01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅，则()12312122232122n n n T n n -=⋅+⋅+⋅++-⋅+⋅，两式相减可得()()011122222212112nnn nn n T n n n --=⋅-+++=⋅-=-⋅+-.即()121nn T n =-⋅+8．（2023·江苏·海安高级中学二模）已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)设22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，求证：112n n S a +>-．【分析】（1）由已知得1n n T a =-，111(2)n n T a n --=-≥，两式相除整理得1111(2)11n n n a a --=≥--，从而可证得结论，（2）由（1）可得1n n a n =+，再利用累乘法求11n T n =+，从而2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++，然后利用放缩法可证得结论 (1)因为1n n a T +=，所以1112n n T a a =-∴=，所以111(2)n n T a n --=-≥，两式相除，得11(2)1n n n a a n a --=≥-，整理为112n n a a -=-，再整理得，1111(2)11n n n a a --=≥--．所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为以2为首项，公差为1的等差数列．(2)因为1n n a T +=，所以1111,221a a==-，由（1）知，1211nn a =+--，故1n na n =+，所以121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⋅⋅⋅⨯=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111*********(1)(2)23341222n n n n n >++=-+-++-=-⨯⨯+++++．又因为11111122222n n a n n ++-=-=-++，所以112n n S a +>-．9．（2023·广东广州·二模）问题：已知*n ∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，是否存在数列{}n a ，满足111,1n n S a a +=≥+，__________﹖若存在．求通项公式n a ﹔若不存在，说明理由．在①1n a +=﹔②()12n n a S n n -=+≥；③121n n a a n +=+-这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：1,188,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩；选②：121n n a +=-；选③：2n n a n =-【分析】选①：利用n a 与n S 的关系得到关于n S 的递推公式，再由递推公式求n S ，然后可得通项n a ；选②：利用n a 与n S 的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：11n n n a S S ++==-=1111,1n n S a a a +==-≥0>2=，即是以2为公差，1为首项的等差数列21n -，即2(21)n S n ∴=-当2n ≥时，221(21)(23)88n n n a S S n n n -=-=---=-显然，1n =时，上式不成立，所以1,188,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩.选②：当2n ≥时，1n n a S n -=+，即1n n S a n -=- 所以11(1)()n n n n n a S S a n a n -+=-=-+-- 整理得112(1)n n a a ++=+ 又2123a S =+=，214a +=所以{1}n a +从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列∴当2n ≥时，211422n n n a -++=⋅=，即121n n a +=-显然，1n =时，上式成立，所以121n n a +=- 选③：121n n a a n +=+-112()n n a n a n +∴++=+又112a +={}n a n ∴+是以2为公比和首项的等比数列2n n a n ∴+=，即2n n a n ∴=-。

江苏专用2020版高考数学大一轮复习第六章数列微专题二数列通项公式的常用求法教案含解析20190831141

微专题二数列通项公式的常用求法一、累加法、累乘法例1已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2·3n＋1，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝3n＋n －1解析由a n ＋1＝a n ＋2·3n＋1，得a 2＝a 1＋2×31＋1， a 3＝a 2＋2×32＋1， a 4＝a 3＋2×33＋1，…，a n ＝a n －1＋2×3n －1＋1，累加可得a n ＝a 1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)＋(n －1)，又a 1＝3，∴a n ＝2·3－3n1－3＋n ＋2＝3n＋n －1(n ＝1时也成立)．例2设数列{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式是a n ＝________. 答案 1n解析原递推式可化为： [(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0， ∵a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1，则a 2a 1＝12，a 3a 2＝23，a 4a 3＝34，…，a n a n －1＝n －1n ，累乘可得a n a 1＝1n，又a 1＝1，∴a n ＝1n(n ＝1时也成立)．跟踪训练1(1)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝_______.答案 4－1n解析原递推式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，累加得a n ＝a 1＋1－1n.故a n ＝4－1n(n ＝1时也成立)．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2n·a n ，则a n ＝______. 答案 (1)22n n -解析 a 1＝1，a 2＝2a 1， a 3＝22a 2，…，a n ＝2n －1a n －1，累乘得a n ＝2·22·23·…·2n －1＝(1)22n n -，当n ＝1时也成立，故a n ＝(1)22n n -.二、换元法例3已知数列{a n }，其中a 1＝43，a 2＝139，且当n ≥3时，a n －a n －1＝13(a n －1－a n －2)，求通项公式a n .解设b n －1＝a n －a n －1，原递推式可化为b n －1＝13b n －2，{b n }是一个等比数列， b 1＝a 2－a 1＝139－43＝19，公比为13.∴b n ＝b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，故a n －a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，a n －1－a n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，…，a 3－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133，a 2－a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，用累加法得a n ＝32－12⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，当n ＝1时也成立．跟踪训练2已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥3时，a n －2a n －1＋a n －2＝1，求通项公式a n . 解当n ≥3时，(a n －a n －1)－(a n －1－a n －2)＝1，令b n －1＝a n －a n －1， ∴b n －1－b n －2＝1， ∴{b n }是等差数列，其中b 1＝a 2－a 1＝1，公差为1， ∴b n ＝n ，∴b 1＋b 2＋…＋b n －1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －a n －1＝a n －1， ∴a n －1＝12n (n －1)，∴a n ＝n 2－n ＋22(n ＝1时也成立)．三、构造等差数列求通项例4已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2·3n ＋1，a 1＝3，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＋1＝3a n ＋2·3n ＋1，两边同除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝a n3n ＋2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以a 13＝1为首项，以2为公差的等差数列，∴a n3n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴a n ＝(2n －1)·3n.例5若数列{a n }中，a 1＝2且a n ＝3＋a 2n －1(n ≥2)，求它的通项公式a n . 解将a n ＝3＋a 2n －1两边平方整理，得a 2n －a 2n －1＝3. 数列{a 2n }是以a 21＝4为首项，3为公差的等差数列．故a 2n ＝a 21＋(n －1)×3＝3n ＋1. 因为a n >0，所以a n ＝3n ＋1.例6已知数列{a n }中，a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝a n －12a n －1＋1，求通项公式a n .解将a n ＝a n －12a n －1＋1两边取倒数，得1a n －1a n －1＝2，这说明⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是一个等差数列，首项是1a 1＝1，公差为2，所以1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，即a n ＝12n －1.跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋3n，且a 1＝1.①证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是等差数列；②求数列{a n }的通项公式．①证明由a n ＋1＝3a n ＋3n，两边同时除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝a n 3n ＋13，即a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝13. 由等差数列的定义知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以a 13＝13为首项，13为公差的等差数列．②解由(1)知a n 3n ＝13＋(n －1)×13＝n3，故a n ＝n ·3n －1，n ∈N *.(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n －1－a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 10＝________. 答案110解析易知a n ≠0，∵数列{a n }满足a n －1－a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴1a n －1a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为1，首项为1，∴1a 10＝1＋9＝10，∴a 10＝110.四、构造等比数列求通项例7已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解由a n ＋1＝3a n ＋2，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又a 1＋1＝2，∴{a n ＋1}是以2为首项，以3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.例8在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求通项公式a n .解原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)，①比较系数得λ＝－4，①式为：a n ＋1－4·3n＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是一个等比数列，其首项为a 1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n －4·3n －1＝－5·2n －1，即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.例9数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 122n －解析因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n ＝2.又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝122n －.跟踪训练4(1)若数列{a n }中，a 1＝3且a n ＋1＝a 2n (n 是正整数)，则它的通项公式是a n ＝________.答案 123n -解析由题意知a n >0，将a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得 lg a n ＋1＝2lg a n ，即lg a n ＋1lg a n＝2，又lg a 1＝lg3，所以数列{lg a n }是以lg3为首项，公比为2的等比数列， lg a n ＝lg a 1·2n －1＝12lg3n -，故a n ＝123n -.(2)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n3＋4a n，则a n ＝________. 答案13n－2解析由已知可得1a n ＋1＝3＋4a n a n ＝3a n＋4，∴1a n ＋1＋2＝3a n ＋6＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋2，又1a 1＋2＝3，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋2是以3为首项，以3为公比的等比数列， ∴1a n ＋2＝3n，∴a n ＝13n －2. (3)数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－2a n ＋3n，则a n ＝________. 答案 15·3n ＋25·(－2)n －1解析由已知可设a n ＋1＋λ·3n ＋1＝－2(a n ＋λ·3n)，比较系数可得λ＝－15，即a n ＋1－15·3n ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －15·3n ，又a 1－35＝25，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －15·3n 是以25为首项，－2为公比的等比数列，∴a n －15·3n ＝25·(－2)n －1，∴a n ＝15·3n ＋25·(－2)n －1.五、归纳推理法例10(1)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n ＋1S n ，则S n ＝________. 答案－1n解析由a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1可得a 2＝S 1S 2＝a 1(a 1＋a 2)，故a 2＝12＝11×2，同理可得a 3＝16＝12×3，a 4＝112＝13×4，…，由此猜想当n ≥2时，有a n ＝1(n －1)n ＝1n －1－1n，所以当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝－1n .又因为S 1＝－1也适合上式，所以S n ＝－1n.(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n<12，2a n－1，12≤a n<1.若a 1＝35，则a 2018＝________.答案 15解析因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{a n }是以4为周期的数列，又2018＝504×4＋2，所以a 2018＝a 2＝15.跟踪训练5(1)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于________．答案 78解析由题意，当n 为奇数时，a n ＋1－a n ＝2n －1，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1，两式相减得a n ＋2＋a n ＝2；当n 为偶数时，a n ＋1＋a n ＝2n －1，a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，两式相加得a n ＋2＋a n ＝4n .所以S 12＝(a 1＋a 3＋…＋a 11)＋(a 2＋a 4＋…＋a 12) ＝2×3＋4(2＋6＋10)＝78.(2)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018的值为________．答案 5解析依题意得，a 1＝2，a 2＝3，a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1， a 4＝a 3－a 2＝1－3＝－2， a 5＝a 4－a 3＝－2－1＝－3， a 6＝a 5－a 4＝－3－(－2)＝－1， a 7＝a 6－a 5＝－1－(－3)＝2， a 8＝a 7－a 6＝2－(－1)＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列．又因为2018＝6×336＋2，所以S 2018＝(2＋3＋1－2－3－1)×336＋2＋3＝5.(3)用{x }表示不小于x 的最小整数，例如{2}＝2，{1.2}＝2，{－1.1}＝－1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2018＋1＝________. 答案 1解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ， ∴a n >1，1a n ＋1＝1a 2n ＋a n ＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1， ∴1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，∴1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2018＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a 2018－1a 2019＝1a 1－1a 2019＝1－1a 2019.∵0<1－1a 2019<1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－1a 2019＝1.。

(江苏专用)2020版高考数学大一轮复习第六章数列6.5数列求和教案(含解析)

§6.5数列求和考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．1．(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2；(2)等差数列前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2，推导方法：倒序相加法；(3)等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法． 2．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.3．数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法．(1)1n(n＋1)；(2)1(2n －1)(2n ＋1)； (3)1n ＋n ＋1；(4)1n (n ＋1)(n ＋2).提示 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二教材改编2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．答案 1008解析由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2， ∴S 10＝1×(1－210)1－2＝1023，S 4＝1×(1－24)1－2＝15，∴S 10－S 4＝1008.3．[P68复习题T13(2)]已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则该数列的前________项之和等于9. 答案 99解析由题意知，a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9，解得n ＝99. 4．[P62习题T12]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nxn1－x解析设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1， ① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三易错自纠5．一个球从100m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．答案 100＋200(1－2－9)解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2017＝________.答案 1008解析因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2017＝S 2016＋a 2017 ＝20164×2＋2017·cos 20172π＝1008. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝______. 答案－76解析 S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n2×(－4)，n 为偶数，n －12×(－4)＋4n －3，n 为奇数，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，∴S 15＝29，S 22＝－44，S 31＝61， ∴S 15＋S 22－S 31＝－76.题型一分组求和与并项求和例1已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *)．引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解由(1)知b n ＝2n＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．跟踪训练1(2018·苏州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)．两式相减得a n ＋2－a n ＝4，所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列．由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.①当n 为奇数时，a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3.S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×(1＋4n －11)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.题型二错位相减法求和例2已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .检验n ＝1时，上式符合， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列， ∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3，即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)，解得k ＝3(负值舍去)．b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝128＝32，∴b n ＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴n b n ＝18n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， ∴T n ＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋18×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋18×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即T n ＝18×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.①上式两边乘以23，得23T n ＝18×⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋…＋⎦⎥⎤(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .②①－②，得13T n ＝18×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫230＋⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－18n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＝38－3＋n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，则T n ＝98－9＋3n 8⎝ ⎛⎭⎪⎫23n (n ∈N *)．思维升华形如{a n ·b n }(其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列)的数列可用错位相减法求和．跟踪训练2已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝13，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2na n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得，1a n ＋1－1a n＝2，1a 1＝3，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3，公差为2的等差数列， ∴1a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，∴a n ＝12n ＋1(n ∈N *)． (2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n，∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n，2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n＋(2n ＋1)·2n ＋1，两式相减得，－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n ＋1)2n ＋1.＝6＋8－8×2n －11－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1(n ∈N *)．题型三裂项相消法求和例3(2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝2，a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)． (1)求a 2019的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以当n ≥2时，a n －1a n ＝2(S n －1＋1)，两式相减，得a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ，a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.又a 1＝2，所以a 2019＝2＋2019－12×2＝2020.(2)由a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，当n ＝1时，a 1a 2＝2(a 1＋1)，即2a 2＝2×3，解得a 2＝3. 由a n ＋1－a n －1＝2，可得数列{a n }的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，k ∈N *，a 2k ＝3＋2(k －1)＝2k ＋1，k ∈N *，所以a n ＝n ＋1.(3)因为数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝n n －n ＋1n ＋1，所以{b n }的前n 项和T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－33＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n－n ＋1n ＋1 ＝1－n ＋1n ＋1. 思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项．跟踪训练3已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n a n ＋1，则数列{b n }的前10项和S 10＝________. 答案1011解析由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，得1a n ＋1－1a n＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.因为b n ＝a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.1．正项等差数列{a n }满足a 1＝4，且a 2，a 4＋2,2a 7－8成等比数列，{a n }的前n 项和为S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d (d >0)，由已知得a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2，化简得，d 2＋4d －12＝0，解得d ＝2或d ＝－6(舍)，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋6)2＝n 2＋3n ，所以b n ＝1S n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋4(n ∈N *)． 2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)，b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32.(1)解由a 1＝0，得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4(n ∈N *)． (2)证明由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，T n －2n ＝32－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32.4．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n·12log 2n＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，①则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋ (2))－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6.5．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3，…)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －1S n ， ∴S n ＋1＝2(2n ＋1)2n －1S n ，∴S n ＋12n ＋1＝2·S n2n －1，又a 1＝1，∴S 11＝1≠0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知，S n2n －1＝2n －1，∴S n ＝(2n －1)·2n －1，∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，① 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n.②①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n＝(3－2n )·2n－3，∴T n ＝(2n －3)·2n＋3(n ∈N *)．6．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，求在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数．解 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ， ① ∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ， ∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2.∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

2020版高考数学(江苏专用)一轮教师用书(PDF)：第六章§6.1 数列的有关概念

解析由Ｓ２＝ａ１＋ａ２＝２ａ２－３ × ２ × （２－１），ａ２＝１１，可得ａ１＝５．
解法一：当ｎ≥２时，由ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，得ａｎ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）－［（ｎ－１）ａｎ－１－３（ｎ－１）（ｎ－２）］， ∴ （ｎ－１）ａｎ－（ｎ－１）ａｎ－１＝６（ｎ－１），即ａｎ－ａｎ－１＝６（ｎ≥２，ｎ∈ Ｎ∗ ），
{２（ｎ＝１）
１－１答案ａｎ＝３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗ ）
{ 解析
ａａ
ｎ＋１
ｎ＝
＝பைடு நூலகம்Ｓ
Ｓ
ｎ－
ｎ１
－－
ｎ＋３，（ｎ－１）
＋
３（
ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗
）
⇒ａ
ｎ＋１
－ａ
ｎ
＝
ａｎ
－
１⇒ａｎ＋１－１＝２（ａｎ－１）（ｎ≥２）．所以｛ａｎ－１｝是从第二项起，以２为
ａｎ
．
采用迭代法：将ａｎ－１＝ｆ（ａｎ－２）代入ａｎ＝ｆ（ａｎ－１）得到ａｎ与ａｎ－２
的关系，再将ａｎ－２＝ｆ（ａｎ－３）代入，……，直到将ａ２＝ｆ（ａ１）代入为
止，寻求规律求出通项公式．或者两边取倒数，变成１＝Ｂ＋ａｎ＋１Ａ
采用待定系数法：若已知ａ１且ａｎ＝ｐａｎ－１＋ｂ（ｎ≥２，ｐ≠０且ｐ
( ) ≠１），则令ｂｎ＝ａｎ＋ λ
λ
＝
ｂｐ－１
，可得ｂｎ＝ｐｂｎ－１（ｎ ≥２），即数列

2020届高考数学复习冲刺热点题型之数列的通项公式的求解方法

(（A.2016一．【学习目标】1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.3.会利用已知数列的通项公式或递推关系式求数列的某项.4.会用数列的递推关系求其通项公式.二．【方法总结】1.利用通项公式，应用函数思想是研究数列特征的基本方法之一，应善于运用函数观点认识数列，用函数的图象与性质研究数列性质.练习 1. 已知数列 {a n}满足 a 1= 1 ，，则数列{-1)n a }的前 40 项的和为n）A. 19 325 41 20B.C.D.20 462 84 41【答案】D【方法总结】：这个题目考查的是数列的求和问题。

首先数列求和选用的方法有，裂项求和，主要用于分式能够通过写成两项相减的形式从而消掉中间的项；分组求和，用于相邻两项之和是定值，或者有规律的；错位相减求和，用于一个等差一个等比乘在一起求和的数列。

练习 2. 数列{a n}满足 a 1= 1 ，且对于任意的 n ∈ N * 都有，则等于（）4032 2017 4034 B.C.D.20172017 2018 20183，则数列{a则,数列 ⎨⎧ 1 ⎩ n +1 a ⎭【答案】D【方法总结】：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．练习 3. 已知数列{an}满足 a 1= 1 ， a =21，若n }的通项 a = （）n A.1 111B. C. D.2n -1 2n - 13n -1 2n -1 + 1【答案】B【解析】, , ,1 ⎫- ⎬ 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a n，利用叠加法，，2n-1(B.(-1)n D.(-1)n-1..，则a=1n.选B.【方法总结】：由前几项归纳数列通项或变化规律的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用处理.练习1.数列的一个通项公式可能是（）A.(-1)n112n2nC.(-1)n-1112n2n【答案】D练习2.数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的通项公式是a n＝()A.(10n－1)B.C.(10n－1)D.(10n－1).【答案】B【解析】1－＝0.9，1－＝0.99，…，故原数列的通项公式为a n＝.选B.练习3．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类如下图中实心点的个数5，9，14，20，…为梯形数.根据图形的构成，记此数列的第2017项为a2017，则a2017-5=（）A. ⋅ ⎪B. ⋅ ⎪C. 2 ⋅ ⎪ -D. ⎪A.【答案】CB. C. 1008⨯ 2023 D. 2017⨯1008【方法总结】：根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．4.项和互化求通项例 4.设是数列的前项和，且，则 a =（）n1 ⎛ 1 ⎫n -13 ⎝ 2 ⎭ 1 ⎛ 2 ⎫n -12 ⎝3 ⎭⎛ 1 ⎫n 1 ⎛ 1 ⎫n⎝ 3 ⎭ 3 ⎝ 3 ⎭【答案】D【解析】由题意可得：，考查所给选项：，则选项 B 错误；当 n = 2 时：，即，考查 ACD 选项： ,2n2n-12n2n+12n2n-12n2n+12(1)-(2)得：2n-1a=122n22n则选项AC错误，本题选择D选项.【方法规律总结】：给出Sn与an的递推关系，求a n，常用思路是：一是利用转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.练习1.设数列{a}满足n，通项公式是（）A.a=n1111B.a=C.a=D.a=n n n【答案】C练习2.设数列{an}满足，通项公式是（）A.a=n1111B.a=C.a=D.a=n n n【答案】C【解析】当n=1时，a=11，…………...(1)，……....(2), n n1n，a=，a=符合，则通项公式是a=111，选C.练习3.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且，a=m，现有如下说法：1①a=5；②当n为奇数时，2则上述说法正确的个数为（）A.0个B.1个C.2个D.3个；③．5【方法总结】：给出S与a的递推关系求a，常用思路是：一是利用转化为a的递n n n n推关系，再求其通项公式；二是转化为S的递推关系，先求出S与n之间的关系，再求a.应用关系式n n n时，一定要注意分n=1,n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.5.构造辅助数列求通项（1）的形式例5.数列{a}满足nA.33B.32C.31D.34【答案】A【解析】数列{a}满足n项为1，得到则a=（）6，是以2为公比的等比数列，首a=33.6故答案为：A。

[2020高考理数复习江苏]第六章数列第4讲

第4讲数列的递推关系与通项考试要求掌握常见运用递推公式求通项的方法.知识梳理1.求递推数列通项公式的常用方法:迭代法、构造法、累加(乘)法、归纳猜想法.2.常见求数列通项的几种类型 (1)形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法:累加法,即当n ∈N *,n ≥2时,a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)形如a na n －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2) 方法:累乘法,即当n ∈N *,n ≥2时,a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.注意:n ＝1不一定满足上述形式,所以需检验. (3)形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N *且n ≥2)方法:化为a n ＋q p －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1的形式.令b n ＝a n ＋q p －1,即b n ＝pb n －1,{b n }为等比数列,从而求得数列{a n }的通项公式. (4)形如a n ＝pa n －1＋f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法:两边同除p n ,得a n p n ＝a n －1pn －1＋f （n ）p n ,令b n ＝a np n ,得b n ＝b n －1＋f （n ）p n ,转化为利用叠加法求b n (若f （n ）p n 为常数,则{b n }为等差数列),从而求得数列{a n }的通项公式.诊断自测1.在斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13,…中,a n ,a n ＋1,a n ＋2的关系是________. 答案 a n ＋2＝a n ＋a n ＋12.在数列{a n }中,a 1＝1,a n ＋1a n＝nn ＋1,那么a n ＝________.解析当n ≥2时,a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×a 4a 3×…×a n a n －1＝1×12×23×34×…×n －1n ＝1n ,当n＝1时也成立,故a n ＝1n . 答案 1n3.(2018·盐城三模)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n ＝2a n ＋n (n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析由于S n ＝2a n ＋n ,当n ＝1时,有S 1＝a 1＝2a 1＋1,解得a 1＝－1；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(2a n ＋n )－(2a n －1＋n －1)＝2a n －2a n －1＋1,整理得a n －1＝2(a n －1－1),则知数列{a n －1}是以a 1－1＝－2为首项,q ＝2为公比的等比数列,可得a n －1＝－2×2n －1＝－2n ,故a n ＝1－2n . 答案 1－2n4.若数列{a n }满足a 1＝1,a n ＝n ＋a n －1(n ≥2,n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析由a n ＝n ＋a n －1可变形为a n －a n －1＝n (n ≥2,n ∈N *),由此可写出以下各式a n －a n －1＝n ,a n －1－a n －2＝n －1,a n －2－a n －3＝n －2,…,a 2－a 1＝2,将以上等式两边分别相加得a n －a 1＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2,所以a n ＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝n （n ＋1）2.答案 a n ＝n （n ＋1）25.在等差数列{a n }中,a 1＝1,d ＝2,S n ＋2－S n ＝24,则n ＝________.解析因为a 1＝1,d ＝2,所以S n ＝n 2,S n ＋2－S n ＝(n ＋2)2－n 2＝24,解得n ＝5. 答案 5考点一利用“累乘、累加”法求通项【例1－1】根据数列{a n }所满足的递推关系,求通项公式a n . (1)a 1＝12,a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1(n ∈N *)；(2)a 1＝3,a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ∈N *)；(3)a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n .解 (1)由题意知a n －a n －1＝1n （n －1）＝1n －1－1n (n ≥2),分别令n ＝2,3,…,(n －1),n ,代入上式得(n －1)个等式,累加得,(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n , 所以a n －a 1＝1－1n .又a 1＝12,所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n (n ≥2).令n ＝1,得a 1＝12,所以a n ＝32－1n (n ∈N *).(2)由a n ＋1＝3n －13n ＋2a n ,得a n ＝3n －43n －1a n －1(n ≥2),所以a n ＝3（n －1）－13（n －1）＋2·3（n －2）－13（n －2）＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1. 令n ＝1,得a 1＝3, 所以a n ＝63n －1(n ∈N *).(3)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ,∴a n －a n －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n －1＝ln n n －1(n ≥2), ∴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 32＋ln 2＋2＝2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·32·2 ＝2＋ln n (n ≥2).又a 1＝2适合上式,故a n ＝2＋ln n (n ∈N *).规律方法求数列的通项公式,特别是由递推公式给出数列时,除叠加、迭代、累乘外,还应注意配凑变形法.变形的主要目的是凑出容易解决问题的等差或等比数列,然后再结合等差、等比数列的运算特点解决原有问题.求得通项公式时,还可根据递推公式写出前几项,由此来猜测归纳出通项公式,然后再证明.【训练1】 (2019·苏北四市联考)已知数列{a n },{b n },其中a 1＝12,数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ∈N *),数列{b n }满足b 1＝2,b n ＋1＝2b n . (1)求数列{a n },{b n }的通项公式；(2)是否存在自然数m ,使得对于任意n ∈N *,n ≥2,有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1<m －84恒成立?若存在,求出m 的最小值. 解 (1)因为S n ＝n 2a n (n ∈N *),当n ≥2时,S n －1＝(n －1)2a n －1.所以a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1.所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1.即a n a n －1＝n －1n ＋1,又a 1＝12,所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12＝1n （n ＋1）. 当n ＝1时,上式成立,故a n ＝1n （n ＋1）.因为b 1＝2,b n ＋1＝2b n ,所以{b n }是首项为2,公比为2的等比数列,故b n ＝2n . (2)由(1)知,b n ＝2n .则1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1.假如存在自然数m ,使得对于任意n ∈N *,n ≥2, 有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1<m －84恒成立,即2－12n －1<m －84恒成立.由m －84≥2,解得m ≥16.所以存在自然数m ,使得对于任意n ∈N *,n ≥2,有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1<m －84恒成立.此时m 的最小值为16.考点二构造等差、等比数列求通项【例2】 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1＝3a n ＋2,求数列{}a n 的通项公式； (2)已知数列{}a n 满足a 1＝2, a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1,求数列{}a n 的通项公式.(3)已知数列{a n }中,a 1＝1,a 2＝4,(n ＋1)a n －na n ＋1＝－n (n ＋1),求数列{a n }的通项公式.解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2,∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1), 又a 1＝1,∴a 1＋1＝2,故数列{a n ＋1}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n ＋1＝2·3n －1,故a n ＝2·3n －1－1. (2)因为a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1,所以a n ＋12n ＋1＝a n 2n＋1,又a 12＝1, 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1,公差为1的等差数列,a n2n ＝n ,从而a n ＝n ·2n .(3)(n ＋1)a n －na n ＋1＝－n (n ＋1), 即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1,又a 22－a 11＝1, 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1、公差为1的等差数列,所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ,所以a n ＝n 2.规律方法此题通过两边同时取对数,将一个复杂的数列转化为等比数列.通常来说,我们可以将数列取对数后转化成等差数列.将等差数列放到指数函数y ＝a x 中转化为等比数列.【训练2】设数列{a n }的前n 项和为S n ,满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1,且a 1,a 2＋5,a 3成等差数列. (1)求a 1,a 2的值；(2)求证:数列{a n ＋2n }是等比数列,并求数列{a n }的通项公式. (1)解由题意,得2a 1＝a 2－3, ① 2(a 1＋a 2)＝a 3－7. ② 又因为a 1,a 2＋5,a 3成等差数列, 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10, ③ 联立①②③,解得a 1＝1,a 2＝5. (2)证明由题意知,当n ∈N *时, 2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1, 即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1,a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2). 由(1)知,a 2＝3a 1＋2, 所以a n ＋1＝3a n ＋2n (n ∈N *),所以a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n ).又a 1＋2>0,所以a n ＋2n >0, 所以a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n＝3,所以数列{a n ＋2n }是等比数列,且公比为3, 所以a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ,a n ＝3n －2n . 考点三由a n 与S n 的递推关系求通项【例3】 (1)记数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1,S n ＝2(a 1＋a n )(n ≥2,n ∈N *),求S n . (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 2＝4,a n ＋1＝2S n ＋1,n ∈N *. ①求通项公式a n ；②求数列{|a n －n －2|}的前n 项和. 解 (1)法一当n ＝2时,S 2＝2(a 1＋a 2), 从而得a 2＝－a 1＝－1.当n ≥3时,有S n －1＝2(a 1＋a n －1),所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1, 即a n ＝2a n －1.又a 2≠2a 1,所以数列{a n }是从第二项起以a 2＝－1为首项、2为公比的等比数列,所以当n ≥2时,S n ＝1＋（－1）（1－2n －1）1－2＝2－2n －1,又S 1＝a 1＝1＝2－20,所以S n ＝2－2n －1.法二当n ＝2时,S 2＝2(a 1＋a 2),从而a 2＝－a 1＝－1. 当n ≥3时,a n ＝S n －S n －1,所以S n ＝2(1＋S n －S n －1), 即S n ＝2S n －1－2,所以S n －2＝2(S n －1－2).又因为S 2－2＝－2,S 1－2＝－1,所以S 2－2＝2(S 1－2),所以数列{S n －2}是以－1为首项、2为公比的等比数列,从而S n －2＝(－1)·2n －1,所以S n ＝2－2n －1.(2)①由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时,由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ,得a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1,n ∈N *. ②设b n ＝|3n －1－n －2|,n ∈N *,b 1＝2,b 2＝1,当n ≥3时,由于3n －1＞n ＋2,故b n ＝3n －1－n －2,n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1＝2,T 2＝3,当n ≥3时,T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112,所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 规律方法法一的思考方法是先求出数列{a n }的通项公式,再求它的前n 项和,所以将S n 转化为a n ,通过研究a n 来求和；法二的思考方法是直接研究{S n },所以将a n 转化为S n 后再求它的通项.这是研究S n 与a n 的关系问题的常用的两种解法,解题时要合理选择.【训练3】 (2019·苏州调查)已知数列{a n }共有2k 项(k ≥2,k ∈N *),数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 1＝2,a n ＋1＝(p －1)S n ＋2(n ＝1,2,…,2k －1),其中常数p >1. (1)求证:数列{a n }是等比数列； (2)若p ＝222k －1,数列{b n }满足b n ＝1n log 2(a 1a 2…a n )(n ＝1,2,…,2k ),求数列{b n }的通项公式.(1)证明 ∵a n ＋1＝(p －1)S n ＋2(n ＝1,2,…,2k －1), ∴a n ＝(p －1)S n －1＋2(n ＝2,3,…,2k ), 两式相减得a n ＋1－a n ＝(p －1)(S n －S n －1),即a n ＋1－a n ＝(p －1)a n ,∴a n ＋1＝pa n (n ＝2,3,…2k －1), 原式中,令n ＝1,得a 2＝(p －1)a 1＋2＝pa 1, ∴a n ＋1a n ＝p ≠0(n ＝1,2,…,2k －1),∴{a n }是等比数列.(2)解由(1)得a n ＝a 1p n －1,∴b n ＝1n log 2(a 1a 2…a n ) ＝1n log 2(a 1·a 1p ·a 1p 2·…·a 1p n －1) ＝1n log 2(a n 1·p 1＋2＋…＋n －1)＝log 2(a 1·p n －12)＝1＋n －12log 2p ＝1＋n －12·22k －1＝1＋n －12k －1.一、必做题1.已知a 1＝1,a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式是________. 解析 ∵a n ＝n (a n ＋1－a n ),∴a n ＋1a n ＝n ＋1n ,∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2·n －2n －3·…·32·21·1＝n .答案 a n ＝n2.已知数列{a n }满足a 1＝33,a n ＋1－a n ＝2n ,那么a nn 的最小值为________.解析因为a n ＋1－a n ＝2n ,a 1＝33,所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33,则a n n ＝n ＋33n －1.令f (n )＝n ＋33n －1,由y ＝x ＋1x 的单调性知,当n ＝6时,f (n )min ＝212. 答案 2123.已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1(n ∈N *),且a 5＝19,则a 1＝________.解析由a n ＋1＝a n 2a n ＋1两边取倒数可得1a n ＋1＝1a n＋2,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为2的等差数列,则1a 5＝1a 1＋8＝9,解得a 1＝1.答案 14.已知a 1＝3,a n ＋1＝3n －13n ＋2a n(n ≥1),则a n ＝________.解析 a n ＝3（n －1）－13（n －1）＋2·3（n －2）－13（n －2）＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.答案63n －15.设S n 是数列{a n }的前n 项和,已知a 1＝1,a n ＝－S n ·S n －1(n ≥2),则S n ＝________. 解析依题意得S n －1－S n ＝S n －1·S n (n ≥2),整理得1S n －1S n －1＝1.又1S 1＝1a 1＝1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项、1为公差的等差数列,所以1S n＝1＋(n －1)×1＝n ,即S n ＝1n .答案 1n6.已知在数列{a n }中,a 1＝15,且当n >1时,有a n －1－a n －4a n a n －1＝0,则a n ＝________. 解析将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4,n >1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列,且首项为1a 1＝5,公差d ＝4,故1a n＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1,∴a n ＝14n ＋1.答案14n ＋17.若数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1,则a n ＋2＋a n ＝________.解析由a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1,得a n ＋2＝(－1)n a n ＋1＋2n ＋1＝(－1)n [(－1)n －1a n ＋2n －1]＋2n ＋1＝－a n ＋(－1)n (2n －1)＋2n ＋1, 即a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋2n ＋1.答案 (－1)n (2n －1)＋2n ＋18.已知数列{a n }满足a 1＝2,a n ＋1＝4a n －3n ＋1,n ∈N *,则数列{a n }的前n 项和为________.解析因为a n ＋1＝4a n －3n ＋1,所以a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n ),所以a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝4,所以数列{a n －n }是以1为首项、4为公比的等比数列,所以a n －n ＝4n －1,所以a n ＝4n －1＋n ,所以S n ＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n －1＋n )＝(40＋41＋…＋4n －1)＋(1＋2＋…＋n )＝1×（1－4n ）1－4＋n （1＋n ）2＝4n －13＋n （1＋n ）2. 答案 4n －13＋n （1＋n ）29.对于正项数列{a n },定义H n ＝n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n为{a n }的“蕙兰”值,现知数列{a n }的“蕙兰”值为H n ＝1n ,则数列{a n }的通项公式为________.解析由题意得n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n＝1n ,即a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2① 所以当n ≥2时,a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2② ①－②得na n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1⇒a n ＝2－1n (n ≥2),当n ＝1时,a 1＝1,也满足此通项公式,所以a n ＝2－1n .答案 a n ＝2－1n10.已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *).(1)求证:数列{a n ＋1}是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明由a n ＋1＝2a n ＋1,得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1),又a n ＋1≠0,所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2,即{a n ＋1}为等比数列. (2) 解由(1)知a n ＋1＝(a 1＋1)q n －1,即a n ＝(a 1＋1)q n －1－1＝2·2n －1－1＝2n －1.11.已知在数列{a n }中,a 1＝1,a 2＝2,且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2,q ≠0).(1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *),证明{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2),得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1),即b n ＝qb n －1(n ≥2).又b 1＝a 2－a 1＝1,q ≠0,所以{b n }是首项为1,公比为q 的等比数列.(2)解由(1)知a 2－a 1＝1,a 3－a 2＝q ,…,a n －a n －1＝q n －2(n ≥2).将以上各式相加得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2).所以当n ≥2时,a n ＝⎩⎨⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1.上式对n ＝1显然成立.二、选做题12.设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *.已知a 1＝1,a 2＝32,a 3＝54,且当n ≥2时,4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明:⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列； (3)求数列{a n }的通项公式.(1)解当n ＝2时,4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1,即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1,解得a 4＝78. (2)证明因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2),所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2),即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2),因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2,所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1,因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2（2a n ＋1－a n ）＝12,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项,公比为12的等比数列.(3)解由(2)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项,公比为12的等比数列,所以a n＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1,即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝4,所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项,公差为4的等差数列,所以a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2, 即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1,所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 13.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝（n ＋1）a n 2,且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝ln a n ,是否存在k (k ≥2,且k ∈N *),使得b k ,b k ＋1,b k ＋2成等比数列.若存在,求出所有符合条件的k 值；若不存在,请说明理由.解 (1)法一当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12,即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2).所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数数列,所以a n n ＝1,即a n ＝n (n ∈N *). 法二同上,得(n －1)a n ＝na n －1.同理得na n ＋1＝(n ＋1)a n ,所以2na n ＝n (a n －1＋a n ＋1),即2a n ＝a n －1＋a n ＋1,所以{a n }成等差数列.又由a 1＝1,S 2＝32a 2,得a 2＝2,得a n ＝1＋(n －1)＝n (n ∈N *).法三同上,得a n a n －1＝n n －1(n ≥2),所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2·…·32·21·1＝n ,当n ＝1时a 1＝1,也满足a n ＝n ,所以a n ＝n (n ∈N *).(2)假设存在k (k ≥2,k ∈N *),使得b k ,b k ＋1,b k ＋2成等比数列,则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ,所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln （k ＋2）22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k 2＋2k ）22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k ＋1）222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1,这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾.故不存在k (k ≥2,k ∈N *),使得b k ,b k ＋1,b k ＋2成等比数列.。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.3

§6.3 等比数列及其前n 项和考情考向分析以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k . 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二教材改编2．[P54T3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T9]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为________．答案 10解析由题意得2a 5a 6＝18，∴a 5a 6＝9，又a 1a m ＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6，∴m ＝10.题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB ＝210 MB) 答案 39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.答案 12解析设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 3a 5＝4(a 4－1)＝a 24，则a 24－4a 4＋4＝0，解得a 4＝2，又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．题型二等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8. (1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5、公比为5的等比数列．所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n (n ∈N *)．(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ，则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52(n ∈N *)．思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法：(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列；(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列；(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2(n ∈N *)．题型三等比数列的综合应用例2 (2018·扬州模拟)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a 2n ＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b n a n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n ，求c 1＋c 2＋…＋c n 的和．解 (1)由题意知2S n ＝a 2n ＋a n ， ① 2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是公差为1的等差数列．在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n .由2b n ＋1＝b n ＋b na n ，得b n ＋1n ＋1＝12·b n n，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n＝n2n. (2)由(1)知S n ＝(a 1＋a n )n 2＝n 2＋n 2，所以c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2(n 2＋n )2n 1＝1n ·2n －1(n ＋1)2n 1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1(n ＋1)2n ＋1.思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }是等比数列，若a 2＝1，a 5＝18，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．答案 2解析由已知得数列{a n }的公比满足q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，∴a 1＝2，a 3＝12，故数列{a n a n ＋1}是以2为首项，公比为a 2a 3a 1a 2＝14的等比数列，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ∈⎣⎡⎭⎫2，83. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________.(n ≥2，且n ∈N *)答案－12解析很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89，解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例 (1)已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，则a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10的值为________．答案1314解析已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，∴a 25＝a 2a 7，∴(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，∴10d 2＝－a 1d ，∵d ≠0，∴－10d ＝a 1，∴a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10＝3a 1＋17d 3a 1＋16d ＝－30d ＋17d －30d ＋16d ＝1314.(2)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为________．答案 3n 2＋n 2(n ∈N *)解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比q ＝3， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n (n －1)2×3＝3n 2＋n2(n ∈N *)．(3)(2018·苏州调研)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，则a 4的值为________．答案－81解析 ∵S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝－3，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －a n －1)，即a na n －1＝3， ∴{a n }是首项为－3，公比为3的等比数列． ∴a n ＝－3n .∴a 4＝－81.(4)(2018·江苏省南京市秦淮中学模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数解析 a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，可得a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{a n ＋1＋a n }是等比数列，首项为4，公比为－1. ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.a n ＋a n －1＝4×(－1)n －2，当n ＝1时，a 1＝1，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4， S n ＝S 2k ＋1＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2k ＋a 2k ＋1 ＝a 1＋(－4k )＝3－2n ，当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝4， S n ＝S 2k ＝4k ＝2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.1．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3a 7＝16，则该数列的公比为________．答案 ±2解析根据等比数列的性质可得a 3·a 7＝a 25＝a 21·q 8＝q 8＝16＝24，所以q 2＝2，即q ＝±2.2．(2018·苏州调研)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6，a 3－3a 1＝12，则S 5＝________. 答案 242解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 2－3a 1＝12，q >0，∴a 1＝2，q ＝3.所以S 5＝2(1－35)1－3＝242.3．(2018·江苏省南京金陵中学月考)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5－a 2＝78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 答案 3n －1(n ∈N *)解析因为数列{a n }为等比数列，a 5－a 2＝78，S 3＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1q ＝78，a 1(1－q 3)1－q＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝133，q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为________．答案－13解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，即等比数列{a n }的首项为83，公比为9，所以3＋r ＝83，即r ＝－13.5．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2＝________.答案 5解析由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 6．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据问题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为________．答案 8解析由题意知其每天织布尺数构成公比为2的等比数列，可设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，解得x ＝531，所以前n 天织布的尺数为531(2n －1)，由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，又因为n 为正整数，所以n 的最小值为8.7．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是________．答案 16 2解析设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2，∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1122－922＝16 2.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 018，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 019＝________. 答案 2 018解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0， ∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1. ∵a 1＝2 018，∴S 2 019＝a 1(1－q 2 019)1－q ＝2 018×[1－(－1)2 019]2＝2 018.9．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1＝12，且a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝________.答案 18解析 ∵a 2a 8＝2a 5＋3，∴a 25＝2a 5＋3，解得a 5＝3(舍负)，即a 1q 4＝3，则q 4＝6，a 9＝a 1q 8＝12×36＝18.10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ，将n ＝1代入得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)． 12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *. (1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫－12＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －2 ＝1＋1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12＝1＋23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1 ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1. 当n ＝1时，53－23×⎝⎛⎭⎫－121－1＝1＝a 1， ∴a n ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ∈N *)．13．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值的比值为________．答案－107解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12， ∴a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1， ∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n . ①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而减小，则1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n <1，故－712≤S n －1S n<0. ∴S n －1S n 的最大值与最小值的比值为56－712＝－107. 14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，b n ＝log 2(a 2n ·2n a)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1 024的最小n 的值为________．答案 9解析由数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ， a 1＝S 1＝2，满足上式，所以b n ＝log 2(a 2n ·2n a )＝log 2a 2n ＋log 22n a＝2n ＋2n ，所以数列{b n }的前n 和为T n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n (n ＋1)＋2n ＋1－2，易知当n ∈N *时，T n 随着n 的增大而增大．又当n ＝9时，T 9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n ＝8时，T 8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足T n >1 024的最小n 的值为9.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．答案 6解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12，又a 1－12＝log 24－12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列，所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12(n ∈N *)．。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.4

§6.4 数列的递推关系与通项考情考向分析由数列的递推关系求通项是高考的热点，考查学生的转化能力和综合应用能力，一般以解答题形式出现，中档难度．1．递推数列(1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系a n ＋k ＝f (a n ＋k －1，a n ＋k －2，…，a n )称为数列的递推关系．由递推关系及k 个初始值确定的数列叫递推数列．(2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法． 2．数列递推关系的几种常见类型 (1)形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N *，且n ≥2)方法：累加法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)形如a na n －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法：累乘法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.注意：n ＝1不一定满足上述形式，所以需要检验． (3)形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N *且n ≥2)方法：化为a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n －1＋q p －1的形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，{b n }为等比数列，从而求得数列{a n }的通项公式． (4)形如a n ＝pa n －1＋f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法：两边同除p n ，得a n p n ＝a n －1p n －1＋f (n )p n ，令b n ＝a n p n ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n ，转化为利用累加法求b n ⎝⎛⎭⎫若f (n )p n 为常数，则{b n }为等差数列，从而求得数列{a n }的通项公式．概念方法微思考用构造法求数列通项一般构造什么样的数列？这体现了何种数学思想方法？提示构造等差或等比数列，体现了转化与化归思想．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .( √ )(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.( √ )(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.( √ )(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .( × ) 题组二教材改编2．[P52公式推导过程]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1a n ＝nn ＋1，那么a n ＝________.答案 1n3．[P41T13]若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n ＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n (n ＋1)24．[P68T14]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋na n ，则a n ＝________.答案2n 2－n ＋2解析 a n ＋1＝a n 1＋na n 可化为1a n ＋1－1a n＝n ，当n ≥2时，1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，1a 4－1a 3＝3，…，1a n －1a n －1＝n －1. 累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴1a n ＝n (n －1)2＋1a 1＝n 2－n ＋22，又a 1＝1也符合上式， ∴a n ＝2n 2－n ＋2.题组三易错自纠5．在斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13，…中，a n ，a n ＋1，a n ＋2的关系是____________．答案 a n ＋2＝a n ＋a n ＋16．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________.答案 2×3n －1－1解析因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一累加法、累乘法求数列的通项公式1．已知在数列{}a n 中，a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 解由已知得a n －a n －1＝2n －3，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1) ＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋1＋0＝(n －1)2.当n ＝1时，a 1＝0符合上式，所以a n ＝(n －1)2，n ∈N *.2．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)，求数列{}a n 的通项．解由a n －a n －1＝1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)且a 1＝12，a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，各式累加整理得a n ＝32－1n ，n 取1时，32－1＝12＝a 1，所以a n ＝32－1n(n ∈N *)．3．已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解由已知得a n ＋1a n ＝n ＋2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)，当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．思维升华 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如a n ＋1a n＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1，累乘求得其通项．题型二构造等差数列求通项例1 (1)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1解析方法一由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n >0，故S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)，即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2S n ＝a n ＋1，∴4S n ＝(a n ＋1)2，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n >0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1.(2)已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，则a n ＝________.答案 2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N * 解析在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，32为公差的等差数列．所以b n ＝1＋32(n －1)＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N *.思维升华 (1)形如a n ＋1＝pa n ＋q ·b n 的递推关系可构造等差数列．(2)对于含a n ，S n 混合型的递推关系，可通过a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2消去a n 或S n .跟踪训练1 (1)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. 答案2n ＋1，n ∈N * 解析由已知可知a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n ≥2时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1(n ∈N *) 解析由题意知a n ≠0，将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n ≥2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1(n ∈N *)．题型三构造等比数列求通项公式例2 (1)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝4，∴{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *，求数列{b n }的通项公式．解 ∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，∴a n ＋1·a n＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n (n ∈N *)．思维升华形如a n ＝pa n －1＋q (pq ≠0)型的递推关系，可构造等比数列求通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．解设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1(n ∈N*)．(2)(2018·苏州、无锡、常州、镇江调研)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，若a 1＝2，求a n . 解由已知可得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2n n ，∵a n >0， ∴a n ＋1n ＋1＝2·a nn ，又a 1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a nn＝2n ，∴a n ＝n ·2n (n ∈N *)．1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1，n ∈N *)，则a n ＝________.答案63n －1解析当n ≥2时，a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.a 1＝3也符合上式，所以a n ＝63n －1. 2．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2(n ∈N *) 解析由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2(n ∈N *)⎝⎛⎭⎫经验证a 1＝12也符合. 3．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝________. 答案 2＋ln n (n ∈N *)解析 ∵当n ≥2时，a n ＝a n －1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n －1＝a n －1＋ln nn －1，a n －1＝a n －2＋ln n －1n －2，a n －2＝a n －3＋ln n －2n －3，…，a 2＝a 1＋ln 2，累加可得a n ＝a 1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×2＝a 1＋ln n ，∴a n ＝2＋ln n ，n ∈N *(经验证a 1＝2也符合此式)．4．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝3n －1解析由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 5．已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，则a n ＝________. 答案32n －23n (n ∈N *) 解析在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得 2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b 1＝53，b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n (n ∈N *)． 6．(2018·江苏省南通市启东中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －2，则a 8a 6＝________. 答案 4解析 ∵S n ＝2a n －2， ∴a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，n ≥2，整理，得a na n －1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a 8a 6＝2826＝4. 7．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝ca n ＋1－c ，c ∈N *，其中a ，c 为实数，且c ≠0，则数列{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)解析 ∵a n ＋1－1＝c (a n －1)，∴当a ≠1时，{ a n － }1是首项为a －1，公比为c 的等比数列， ∴a n －1＝(a －1)c n －1，即 a n ＝(a －1)c n －1＋1.当a ＝1时，a n ＝1仍满足上式．∴数列{ }a n 的通项公式为 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n ，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *) 解析 ∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12≠1，∴a n ＋1－1a n －1＝12. 设c n ＝a n －1，∵首项c 1＝a 1－1＝－12.∴数列{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．故c n ＝⎝⎛⎭⎫－12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n ， ∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *)．9．已知数列{}a n 满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝n (2n －1)，n ∈N *解析由a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有a n ＋1n ＋1－a nn －1＝－1n －1，所以a n ＋1n (n ＋1)－a n (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)．把n ＝1，a 2＝6代入a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 019＝________. 答案 3解析由题意可得a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}b n 是等比数列； (2)求数列{}a n 的通项公式．(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)．又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}b n 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1.上式对n ＝1显然成立．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－q n －1－q 1－q ，q ≠1，n ，q ＝1(n ∈N *)． 12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1(n ∈N *)． (1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解 (1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得 a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ，由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2019·盐城模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)．a 1，ak 2ak 3成等差数列，k 2，k 3∈N *，k 2<k 3，则k 3－k 2＝________.答案 1解析根据题意，数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)，则a 2＝2a 1－3＝2×3－3＝3，a 3＝2a 2＋3＝2×3＋3＝9，a 4＝2a 3－3＝2×9－3＝15，其中a 1，a 3，a 4为等差数列的前3项，又由{ak n }是等差数列，且k 1＝1，则有k 2＝3，k 3＝4，则k 3－k 2＝1.14．对于正项数列{a n }，定义H n ＝n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n为{a n }的“惠兰”值．现知数列{a n }的“惠兰”值H n ＝1n，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝2－1n(n ∈N *) 解析由题意得n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝1n，即a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2，① 所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2，②①－②得na n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1，所以a n ＝2－1n(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1，也满足此通项公式，所以a n ＝2－1n(n ∈N *)．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知4a n －2n ＝3S n ，则a n ＝________. 答案 3·4n －1－2n －1(n ∈N *) 解析由已知得4a n ＋1－2n ＋1＝3S n ＋1， ∴4(a n ＋1－a n )－2n ＝3a n ＋1，∴a n ＋1＝4a n ＋2n ，a n ＋1＋2n ＝4a n ＋2n ＋1＝4(a n ＋2n －1)，又4a 1－2＝3S 1，∴a 1＝2，∴{a n ＋2n －1}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴a n ＋2n －1＝3·4n －1， ∴a n ＝3·4n －1－2n －1(n ∈N *)． 16．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)．(1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值；(2)若b n ＝－1，a 1＝1，且数列{a n }的各项均为正数，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由题意知，a 22＋a 21＝3，a 23－a 22＝5，a 26＋a 25＝11，a 27－a 26＝13，a 210＋a 29＝19，a 211－a 210＝21，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝72.(2)由题知a 2n －a 2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a 22－a 21＝3，a 23－a 22＝5，a 24－a 23＝7，…，a 2n －a 2n －1＝2n －1.将上面(n －1)个式子相加，得a 2n －a 21＝(2n －1＋3)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋2)×(n －1)2＋1＝n 2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，所以a n ＝n (n ≥2)．因为a 1＝1也适合上式，所以a n ＝n (n ∈N *)．。

江苏高三高考最新数列通项求法(教师用)

最新江苏高考数列通项求法归纳：1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.练一练：已知数列 ,3219,1617,815,413试写出其一个通项公式：__________；2.公式法：已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。

例2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S nn n ．求数列{}n a 的通项公式。

练一练：①已知{}n a 的前n 项和满足2log (1)1n S n +=+，求n a ；②数列{}n a 满足11154,3n n n a S S a ++=+=，求n a ；3.作商法：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 =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

例：数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a ______ ；4.累加法：若1()n n a a f n +-=求n a ：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥。

例3. 已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。

练一练：已知数列{}n a 满足11a =，nn a a n n ++=--111(2)n ≥，则n a =________ ；5.累乘法：已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。