数列经典题型总结

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必修五数列常考二十种题型

必修五数列二十种题型归纳总结考点1 等差数列考法一：等差数列定义的运用1.已知数列{}n a 中，12a =，122nn n a a +=++，证明数列{}2n n a -为等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为()()11222n n n na a++---=，且1120a -=，所以数列{}2nn a -为首项为0，公差为2的等差数列.所以202(1)n n a n -=+-，即22(1)nn a n =+-.2．已知数列{}n a 中，135a =，112n n a a -=- ()*2,n n N ≥∈，数列{}n b 满足11n n b a =-()*n N ∈。

（1）求证：数列{}n b 为等差数列。

（2）求数列{}n a 的通项公式。

【解析】（1）证明：由题意知，1111111121n n n n n a b a a a ---===----，又1111n n b a --=-，故()*1111112,11n n n n n a b b n n N a a -----=-=≥∈--，又易知111512b a ==--，故数列{}n b 是首项为52-，公差为1的等差数列。

（2）由（1）知()()15711122n b b n d n n =+-=-+-⨯=-，所以由()*11n n b n N a =∈-，可得125127n n n a b n -=+=-，故数列{}n a 的通项公式为2527n n a n -=-。

考法二：等差中项性质1.等差数列x ，33x +，66x +，⋅⋅⋅的第四项等于【解析】由题得2(33)+(66),0x x x x +=+∴=.所以等差数列的前三项为0,3,6,公差为3，所以等差数列的第四项为9.2.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2163S =，则31119a a a ++= 【解析】由等差数列性质可知：21112163S a ==，解得：113a =311191139a a a a ∴++==3．已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，6353a a a +-=，则7S = 【解析】由等差数列的性质可得6354553a a a a a a +-=+-=，()1747772732122a a a S +⨯∴===⨯= 4．已知0a >，0b >，并且1a ，12，1b 成等差数列，则4a b +的最小值为【解析】因为0a >，0b >，且1a ，12，1b 成等差数列，所以111a b+=，因此()114441459a b a b a b a b b a ⎛⎫+=++=+++≥+= ⎪⎝⎭，当且仅当4a bb a =，即3a =，32b =时，等号成立. 5．在等差数列 {}n a 中，若12015,a a 为方程 210160x x -+= 的两根，则 210082014++=a a a 【解析】12015,a a 为方程 210160x x -+= 的两根，1201510a a ∴+=，由等差数列的性质得1008210a =，即10085a =，2100820141008315a a a a ∴++==. 6．等差数列{}n a 中，若4681012120a a a a a ++++=，则91113a a -的值是【解析】依题意，由4681012120a a a a a ++++=，得85=120a ，即8=24a 所以()()()91191197111197811112232416333333a a a a a a a a a a a -=-=++-=+==⨯=7．在ABC ∆中，若()lg sin A ，()lg sin B ，()lg sin C 成等差数列，b =，则当B 取最大值时，sin sin sin a b cA B C【解析】因为()lg sin A ，()lg sin B ，()lg sin C 成等差数列所以()()()2lg sin lg sin lg sin B A C =+所以2sin sin sin B A C =由正弦定理得2b ac =由余弦定理2222221cos 2222a cb ac ac ac ac B ac ac ac +-+--==≥=当且仅当a c =时取等号，()0,B π∈0,3B π⎛⎤∴∈ ⎥⎝⎦所以max 3B π=此时32sin sin sin sin 32a b cbA B CB8．三角形的角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ，若角A,B,C 依次成等差数列，且a =1,b =√3，则三角形的面积S =【解析】∵A,B,C 依次成等差数列，∴A +B +C =3B =180∘,B =60∘，因为a =1,b =√3，∴由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2accosB ，得c =2，∴S ΔABC =12acsinB =√329．已知1x >，1y >，且lg x ，2，lg y 成等差数列，则x y +有最小值【解析】由题意可知：lg 0,lg 0x y >> ，且：4lg lg2210x y xy +=⨯⇒= ，由均值不等式有：200x y +≥= ，当且仅当100x y == 时等号成立.10．设有四个数的数列{}n a ,该数列前3项成等比数列,其和为m,后3项成等差数列,其和为6. 则实数m 的取值范围为___【解析】设{}n a 的前4项为a b c d ,,,，由于数列{}n a 的前3项成等比数列,其和为m ,后3项成等差数列, 其和为6，所以2(1)(2)2(3)6(4)a b c m b ac c b d b c d ++=⎧⎪=⎪⎨=+⎪⎪++=⎩，由（3）（4）得36,2c c ==，所以22(1)2(2)4(3)a b m b a b d ++=⎧⎪=⎨⎪=+⎩即22(1)(2)24(3)a b m b a b d ++=⎧⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎩，先将（2）代入（1），然后将（3）代入（1）得()()24422d d m -+-+=，整理得()21335222m d =-+≥. 考法三：前n 项和的性质1．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11m a =，21121m S -=，则m 的值为【解析】因为()2121121m m S m a -=-=，所以2111m -=，故6m =.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若5359a a =，则95s s =【解析】∵等差数列{a n }中，5359a a =，∴5193152529a a a a a a +==+，∴1995159()952159()25a a S S a a +==⨯=+，3.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1010S =，2030S =，则30S = ；【解析】数列{a n }为等差数列则S m ，S 2m -S m ，S 3m -S 2m 成等差数列．S 10，S 20-S 10，S 30-S 20仍然成等差数列．因为在等差数列{a n }中有S 10=10，S 20=30，()302201030S ⨯=+-所以S 30=60．4.数列{}n a 的通项公式为262n a n =-，要使数列{}n a 的前n 项和n S 最大，则n 的值为【解析】因为262n a n =-，所以数列{}n a 是以124a =为首项，公差2d =-的等差数列，所以()211252n n n na d n n S -=+=-+由二次函数的性质可得：当13n =或12时，n S 最大。

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结考点一：已知S n =f n ，求a n利用S n=a 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，注意一定要验证当n =1时是否成立【精选例题】1已知S n 为数列a n 的前n 项和，且S n =2n +1-1，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2nB.a n =3,n =12n,n ≥2C.a n =2n -1D.a n =2n +1【答案】B【详解】当n ≥2时，S n -1=2n -1，a n =S n -S n -1=2n +1-1-2n +1=2n ；当n =1时，a 1=S 1=21+1-1=3，不符合a n =2n ，则a n =3,n =12n ,n ≥2.故选：B .2定义np 1+p 2+p 3+⋅⋅⋅+p n 为n 个正数p 1,p 2,p 3,⋅⋅⋅,p n 的“均倒数”，若已知数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n，则a 10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【详解】因为数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n ，所以n a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =15n⇒a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =5n 2，于是有a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 10=5×102，a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 9=5×92，两式相减，得a 10=5×(100-81)=95，故选：C3(多选题)定义H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn为数列a n 的“优值”．已知某数列a n 的“优值”H n =2n ，前n 项和为S n ，下列关于数列a n 的描述正确的有()A.数列a n 为等差数列B.数列a n 为递增数列C.S 20222022=20252D.S 2，S 4，S 6成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn=2n ，所以a 1+2a 2+⋯+2n -1a n =n ⋅2n ，①所以n ≥2时，a 1+2a 2+⋯+2n -2a n -1=n -1 ⋅2n -1，②得n ≥2时，2n -1a n =n ⋅2n -n -1 ⋅2n -1=n +1 ⋅2n -1，即n ≥2时，a n =n +1，当n =1时，由①知a 1=2，满足a n =n +1．所以数列a n 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以S n =n n +3 2，所以S n n =n +32，故S 20222022=20252，故C 正确．S 2=5，S 4=14，S 6=27，S 2，S 4，S 6不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．4设数列a n 满足a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -1a n =n +1，则a n 的前n 项和()A.2n -1B.2n +1C.2nD.2n +1-1【答案】C【详解】解：当n =1时，a 1=2，当n ≥2时，由a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1+12n -1a n =n +1得a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1=n ，两式相减得，12n -1a n =1，即a n =2n -1，综上，a n =2,n =12n -1,n ≥2 所以a n 的前n 项和为2+2+4+8+⋯+2n -1=2+21-2n -1 1-2=2n ，故选：C .【跟踪训练】【变式1】无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ，则下列结论中正确的有()A.a n 为等比数列B.a n 为递增数列C.a n 中存在三项成等差数列D.a n 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ∴n ≥2，a n =S n -S n -1=2n -2n -1=2n -1，当n =1时，a 1=S 1=21=2，不符合上式，∴a n =2,n =1,2n -1,n ≥2,所以a n 不是等比数列，故A 错误；又a 1=a 2=2，所以a n 不是递增数列，故B 错误；假设数列a n 中存在三项a r ,a m ,a s 成等差数列，由于a 1=a 2=2，则r ,m ,s ∈N *,2≤r <m <s ，所以得：2a m =a r +a s ⇒2×2m -1=2r -1+2s -1∴2m =2r -1+2s -1，则∴1=2r -m -1+2s -m -1，又s -m -1≥0⇒2s -m -1≥1且2r -m -1>0恒成立，故式子1=2r -m -1+2s -m -1无解，a n 中找不到三项成等差数列，故C 错误；∴a 2n=22n -1(n ∈N *)，∴a 2(n +1)a n=22n +122n -1=4∴a 2n 是等比数列，即a n 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．【变式2】对于数列a n ，定义H n =a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn为a n 的“伴生数列”，已知某数列a n 的“伴生数列”为H n =(n +1)2，则a n =；记数列a n -kn 的前n 项和为S n ，若对任意n ∈N *,S n ≤S 6恒成立，则实数k 的取值范围为．【答案】3n +1；227≤k ≤196.【详解】因为H n =(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn，所以n ⋅ (n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n ①，所以当n =1时，a 1=4，当n ≥2时，(n -1) ⋅ n 2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1②，①-②：3n 2+n =na n ，所以a n =3n +1，综上：a n =3n +1，n ∈N *，令b n =a n -kn =(3-k )n +1，则b n +1-b n =3-k ，可知{b n }为等差数列，又因为对任意n ∈N *，S n ≤S 6恒成立，所以S 6-S 5=b 6≥0，S 7-S 6=b 7≤0，则有b 6=3-k ×6+1=19-6k ≥0，b 7=3-k ×7+1=22-7k ≤0，解得227≤k ≤196．故答案为：3n +1；227≤k ≤196考点二：叠加法(累加法)求通项。

数列常见题型总结经典

高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法1．前n 项和法（知n S 求n a ）⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T 变式：已知数列}{n a 的前n 项和n n S n 122-=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T 练习：1234.n S 52.（1（2例1.例2.例3.3.（11-n q .（2例1、在数列}{n a 中111,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式。

答案：12+=n a n 练习：1、在数列}{n a 中1111,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ，求n n S a 与。

答案：)1(2+=n n a n2、求数列)2(1232,111≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。

4.形如sra pa a n n n +=--11型（取倒数法）例1.已知数列{}n a 中，21=a ，)2(1211≥+=--n a a a n n n ，求通项公式n a练习：1、若数列}{n a 中，11=a ,131+=+n n n a a a ,求通项公式n a .答案：231-=n a n2、若数列}{n a 中，11=a ，112--=-n n n n a a a a ，求通项公式n a .答案：121-=n a n5．形如0(,1≠+=+c d ca a n n ,其中a a =1)型（构造新的等比数列）（1）若c=1时，数列{n a }为等差数列;（2）若d=0时，数列{n a }为等比数列;（3）若01≠≠且d c 时，数列{n a }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求. 方法如下：设,利用待定系数法求出A例126.(1)若例题.所以{=∴n b (2)若①若②若令n b 例1.在数列{}n a 中，521-=a ，且)(3211N n a a n n n ∈+-=--．求通项公式n a1、已知数列{}n a 中，211=a ，n n n a a 21(21+=-，求通项公式n a 。

(完整版)数列全部题型归纳(非常全面,经典)

数列百通通项公式求法 (一)转化为等差与等比1、已知数列{}n a 满足11a =，n a =,n N *∈２≤n ≤８），则它的通项公式n a 什么2.已知{}n a 是首项为2的数列，并且112n n n n a a a a ---=，则它的通项公式n a 是什么3.首项为2的数列，并且231n n a a -=，则它的通项公式n a 是什么4、已知数列{}n a 中，10a =，112n na a +=-，*N n ∈.求证：11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；并求数列{}n a 的通项公式；5.已知数列{}n a 中，13a =，1222n n a a n +=-+，如果2n n b a n =-，求数列{}n a 的通项公式（二）含有n S 的递推处理方法1）知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2（S n +1）=n +1，求数列{a n }的通项公式.2.）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，2(2)8n n a S +=则，数列n a3）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，111,0,4n n n n a S S a a -=-≠=则，数列na4）12323...(1)(2)n a a a na n n n +++=++求数列n a（三）累加与累乘（1）如果数列{}n a 中111,2nn n a a a -=-=(2)n ≥求数列n a（2）已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式(3) 12+211,2,=32n n n a a a a a +==-,求此数列的通项公式.（4）若数列{}n a 的前n 项和n S 满足，211,2n n S n a a ==则，数列n a（四）一次函数的递推形式1. 若数列{}n a 满足1111,12n n a a a -==+(2)n ≥，数列n a2 .若数列{}n a 满足1111,22n n n a a a -==+ (2)n ≥，数列n a（五）分类讨论（1）2123(3),1,7n n a a n a a -=+≥==，求数列n a（2）1222,(3)1,3nn a n a a a -=≥==，求数列n a（六）求周期16 （1） 121,41nn na a a a ++==-，求数列2004a（2）如果已知数列11n n n a a a +-=-，122,6a a ==，求2010a拓展1：有关等和与等积（1）数列{n a }满足01=a ,12n n a a ++=,求数列{a n }的通项公式（2）数列{n a }满足01=a ,12n n a a n ++=,求数列{a n }的通项公式(3).已知数列满足}{n a )(,)21(,3*11N n a a a n n n ∈=⋅=+,求此数列{a n }的通项公式.拓展2 综合实例分析1已知数列{a n }的前n 项和为n S ，且对任意自然数n ，总有()1,0,1n n S p a p p =-≠≠（1）求此数列{a n }的通项公式(2)如果数列{}n b 中，11222,,n b n q a b a b =+=<，求实数p 的取值范围2已知整数列{a n }满足31223341 (3)n n n n a a a a a a a a --+++=，求所有可能的n a3已知{}n a 是首项为１的正项数列，并且2211(1)0(1,2,3,)n n n n n a na a a n +++-+==L ，则它的通项公式n a 是什么4已知{}n a 是首项为1的数列，并且134n n n a a a +=+，则它的通项公式n a 是什么5、数列{}n a 和{}n b 中，1,,+n n n a b a 成等差数列，n b ，1+n a ，1+n b 成等比数列，且11=a ，21=b ，设nn n b a c =，求数列{}n c 的通项公式。

高考数列题型总结（优秀范文五篇）

高考数列题型总结（优秀范文五篇）第一篇：高考数列题型总结数列1.2.3.4.5.6.坐标系与参数方程 1.2.34..5.6.(1)(2)第二篇：数列综合题型总结数列求和1.（分组求和）(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）2.(裂相求和)++Λ+1⨯44⨯7(3n-2)(3n+1)3.（错位相减）135+2+3+222+2n-12n1⨯2+2⨯22+3⨯23+Λ+n⨯2n4.（倒写相加）1219984x)+f()+Λ+f()=x 求值设f(x），求f(1999199919994+25.（放缩法）求证：1+数列求通项6.（Sn与an的关系求通项）正数数列{an}，2Sn=an+1，求数列{an}的通项公式。

7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法an+1=5an求{an }的通项公式 5+an11++2232+1<2n2数列{an}中，a1=122，前n项的和Sn=nan，求an+1.2222a=S-S=na-(n-1)a⇒(n-1)a=(n-1)an-1 nnn-1nn-1n解：⇒∴∴an=ann-1=an-1n+1，anan-1a2n-1n-2111⋅Λ⋅a1=⋅Λ⨯=an-1an-2a1n+1n32n(n+1)an+1=1 (n+1)(n+2)9累加法第三篇：数列题型及解题方法归纳总结文德教育知识框架⎧列⎧数列的分类⎪数⎪⎪⎨数列的通项公式←函数⎪的概念角度理解⎪⎪⎩数列的递推关系⎪⎪⎧⎧等差数列的定义an-an-1=d(n≥2)⎪⎪⎪⎪⎪等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d⎪⎪⎪等差数列⎪⎨n⎪⎪⎪等差数列的求和公式Sn=2(a1+an)=na1+n(n-1)d⎪⎪⎪⎪⎪2⎪⎩等差数列的性质an+am=ap+aq(m+n=⎪⎪p+q)⎪两个基⎪⎧等比数列的定义an=q(n≥⎪本数列⎨⎪⎪a2)n-1⎪⎪⎪⎪⎪⎪等比数列的通项公式an-1⎪n=a1q数列⎪⎪等比数列⎨⎨⎧a1-anq=aqn1(1-)⎪⎪⎪等比数列的求和公式S(q≠1)n=⎪⎨1-q1-q⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩na1(q=1)⎪⎪⎪⎩等比数列的性质anam=apaq(m+n=p+q)⎪⎩⎪⎧公式法⎪⎪分组求和⎪⎪⎪⎪错位相减求和⎪数列⎪⎪求和⎨裂项求和⎪⎪倒序相加求和⎪⎪⎪⎪累加累积⎪⎪⎩归纳猜想证明⎪⎪⎪数列的应用⎧分期付款⎨⎩⎩其他掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

数列知识点总结及题型归纳---含答案

数列一、等差数列题型一、等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示。

用递推公式表示为1(2)n n a a d n --=≥或1(1)n n a a d n +-=≥。

例：等差数列12-=n a n ，=--1n n a a 题型二、等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-；说明：等差数列（通常可称为A P 数列）的单调性：d 0>为递增数列，0d =为常数列，0d < 为递减数列。

例：1.已知等差数列{}n a 中，12497116a a a a ，则，==+等于（） A ．15 B ．30 C ．31 D ．642.{}n a 是首项11a =，公差3d =的等差数列，如果2005n a =，则序号n 等于（A ）667 （B ）668 （C ）669 （D ）6703.等差数列12,12+-=-=n b n a n n ，则n a 为 n b 为（填“递增数列”或“递减数列”）题型三、等差中项的概念：定义：如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项。

其中2a bA += a ，A ，b 成等差数列⇔2a bA +=即：212+++=n n n a a a （m n m n n a a a +-+=2）例：1．设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则111213a a a ++= （）A ．120B ．105C ．90D ．752.设数列{}n a 是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（） A ．1 B.2 C.4 D.8题型四、等差数列的性质：（1）在等差数列{}n a 中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；（2）在等差数列{}n a 中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列；（3）在等差数列{}n a 中，对任意m ，n N +∈，()n m a a n m d =+-，n ma a d n m-=-()m n ≠；（4）在等差数列{}n a 中，若m ，n ，p ，q N +∈且m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+；题型五、等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+n da ）（2n 2112-+=。

数列综合讲义十三种题型归纳梳理

数列综合讲义第1讲累加法、累乘法、差商法求通项题型1 累加法1．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，若1111(2)3(2,*)n n n n n a a a a a n n N -+-++=∈，则数列{}n a 的通项n a = ．【解析】111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N +-+-++=∈，∴1111112()n n n n a a a a +--=-，2111312a a -=-= ∴数列111{}n n a a +-是等比数列，首项与公比都为2，∴1112n n na a +-= 2n ∴时，1212122212121n n n n n a ---=++⋯⋯++==--，则数列{}n a 的通项121n n a =-∴则数列{}n a 的通项121n n a =- 2．若数列{}n a 满足11a =，且对于任意*n N ∈都有11n n a a n +=++，则1220172018201911111a a a a a ++⋯+++= ．【解析】由11n n a a n +=++，得11n n a a n +-=+，112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-+⋯+-+(1)(1)(2)212n n n n n +=+-+-+⋯++=∴12112()(1)1n a n n n n ==-++ 则1220172018201911111111111120192(1)22334201920201010a a a a a ++⋯+++=-+-+-+⋯+-= 3．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，且*111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N -+-++=∈（1）证明：数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列（2）求数列1{2n n a a +}n 的前n 项和【解析】（1）证明：当2n 且*n N ∈时，在111123n n n n n n a a a a a a -+-++=两边同除以11n n n a a a -+，得11123n n n a a a +-+=，1111112()n n n n a a a a +--=-，1111211n nn n a a a a +--=-为常数，且21112a a -= 所以数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）设数列{}12nn n a a +的前n 项和为n S由（1）知1112n n n a a +-=，1111112221n n n n a a a ++-=-=⋯=-=-，∴11121n n a ++=-，11121n n a ++=- 又由1112n n n a a +-=，112n n n n n a a a a ++=-，所以122311111()()()121n n n n n S a a a a a a a a +++=-+-+⋯+-=-=-- 题型2 累乘法1．已知数列{}n a 满足11a =，且1(1)n n na n a +=+，则(n a = ) A ．1n + B ．n C ．1n -D ．2n -【解析】数列{}n a 满足11a =，且1(1)n n na n a +=+，可得11321111321n n n a a a a a an n n +-===⋯====+- 可得n a n =，选B2．已知数列{}n a 满足1(2)(1)n n n a n a ++=+，且213a =，则(n a = )A ．11n + B ．121n - C ．121n n -- D ．11n n -+ 【解析】1(2)(1)n n n a n a ++=+，∴112n n a n a n ++=+，∴3234a a =，4345a a =，11n n a n a n -⋯=+ 以上各式两边分别相乘得1(2)1n a n n =+，由1n =时也适合上式，所以11n a n =+，选A 3．已知数列{}n a 是首项为1的正项数列，且2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，若数列{}n b 满足12n n n b b +=+，且12b =，则式子312123n nb b b b a a a a +++⋯+的值是( ) A ．122n n +- B ．(1)22n n -+ C ．(1)22n n +- D ．1(1)22n n +-+【解析】根据题意，数列{}n a 满足2211(1)0n n n n n a na a a +++-+=，变形可得11[(1)]()0n n n n n a na a a +++-+= 又由数列{}n a 是首项为1的正项数列，则有1(1)0n n n a na ++-=，变形可得：11n n a na n +=+ 则有11n n a n a n --=，则有1211211211112n n n n n a a a n n a a a a a n n n -----=⨯⨯⋯⋯+⨯=⨯⨯⋯⋯⨯⨯=-，故1n a n= 数列{}n b 满足12n n n b b +=+，即12n n n b b +-=，则有112n n n b b ---=则有12112211()()()22222n n n n n n n n b b b b b b b b -----=-+-+⋯⋯+-+=++⋯⋯++=，故2n n b = 则2n n n b n a =⨯，设312123n n nbb b b S a a a a =+++⋯+，则212222n n S n =⨯+⨯+⋯⋯⨯，① 则有231212222n n S n +=⨯+⨯+⋯⋯⨯，②-②可得：231112(21)2(222)22(1)2221nn n n n nS n n n +++--=+++⋯⋯-⨯=-⨯=---变形可得：1(1)22n n S n +=-+，选D4．设{}n a 是首项为1的正项数列，且2211(1)0(1n n n n n a na a a n +++-+==，2，3，)⋯，则4a = 14，n a = ．【解析】2211(1)0(1n n n n n a na a a n +++-+==，2，3，)⋯，11[(1)]()0n n n n n a na a a ++∴+-+= 又0n a >，1(1)n n n a na +∴+=，11a =，111n na a ∴=⨯=，1n a n ∴=，414a =，故答案为：14；1n5．已知数列{}n a 满足123a =，12n n na a n +=+，求通项公式n a ．【解析】12n n n a a n +=+，∴12n n a n a n +=+ 1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----∴=⋯12321211433n n n n n n ---=⋯⨯+-43(1)n n =+，43(1)n a n n ∴=+．6．已知数列{}n a 满足13a =，131(1)32n n n a a n n +-=+，求n a 的通项公式．【解析】数列{}n a 满足13a =，131(1)32n n n a a n n +-=+，∴134(2)31n n a n n a n --=-， 13211221n n n n n a a a aa a a a a a ---∴=⋯3437523313485n n n n --=⋯--631n =-，当1n =时也成立，631n a n ∴=-题型3 差商法1．已知数列{}n a 中，11a =，对所有*n N ∈，都有212n a a a n ⋯=，则3(a = ) A ．32B ．3C ．9D ．94【解析】因为数列{}n a 中，11a =，对所有*n N ∈，都有212n a a a n ⋯=，所以3n =时，21233a a a =，2n =时，2122a a =，所以394a =．选D ． 2．已知数列满足11222()2n n na a a n N -+++⋯+=∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）若n n nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求证221n S n n +-．【解析】()1I n =时，112a =，112222n n n a a a -++⋯+=，2n ∴时，21211222n n n a a a ---++⋯+=两式相减可得，1122n n a -=，∴12n n a = ()II 解：2n n nnb n a ==，∴231222322n n S n =+++⋯+，231212222n n S n +=++⋯+ 两式相减可得，23112(12)22222212n nn n n S n n ++--=+++⋯+-=--∴1(1)22n n S n +=-+()III 证明：由()II 可知，12(1)2(1)(11)n n n S n n +-=-=-+0110112111111(1)()(1)()(1)(3)23n n n n n n n n n C C C n C C C n n n n ++++++++=-++⋯+-++=-+=+-∴2223n S n n ---，∴221n S n n +-3．已知数列n a 满足21*123222()2n n na a a a n N -+++⋯+=∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）若n n nb a =求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解析】（Ⅰ）1n =时，112a =，21123222..2n n n a a a a -+++⋯+=⋯（1） 2n ∴时，22123112222n n n a a a a ---+++⋯+=⋯．（2）（1）-（2）得1122n n a -=即12n n a =，又112a =也适合上式，∴12n n a = （Ⅱ）2n n b n =，∴231222322n n S n =+++⋯+（3），23121222(1)22n n n S n n +=++⋯+-+（4）（3）-（4）可得231121212122nn n S n +-=+++⋯+-1112(12)222212n n n n n n +++-=-=---∴1(1)22n n S n +=-+4．已知数列{}n a 满足112324296n n a a a a n -+++⋯+=-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2||(3log )3n n a b n =-，探求使123111116n m b b b b -+++⋯+>恒成立的m 的最大整数值．【解析】（1）当1n =时，1963a =-=，当2n 时，112324296n n a a a a n -+++⋯+=-，① 2123124296(1)n n a a a a n --+++⋯+=--，②①-②得，126n n a -=-，232n n a -∴=-；23,13,22n n n a n -=⎧⎪∴=⎨-⎪⎩，（2）．2||(3log )3n n a b n =-，1231(3log )33b ∴=-=，1113b =；2n 时，2||(3log )3n n a b n =-223||2(3log )(3(2))3n n n n --=-=--(1)n n =+；1111n b n n =-+； ∴123111116n m b b b b -+++⋯+>可化为：11111111()()()3233416m n n -+-+-+⋯+->+；即11112316m n -+->+恒成立，即511616m n -->+恒成立，故1136m ->成立，故m 的最大整数值为2．5．已知数列{}n a 满足1231(1)(41)23(1)6n n n n n a a a n a na -+-+++⋯+-+=．（Ⅰ）求2a 的值；（Ⅱ）若111nn i i i T a a =+=∑，则求出2020T 的值；（Ⅲ）已知{}n b 是公比q 大于1的等比数列，且11b a =，35b a =，设1n n c b λ+=，若{}n c 是递减数列，求实数λ的取值范围【解析】（Ⅰ）由题意，数列{}n na 的前n 项和(1)(41)6n n n n S +-=．当1n =时，有1111a S ⋅==，所以11a =．当2n 时，1(1)(41)(1)(45)66n n n n n n n n n na S S -+---=-=-22[(1)(41)(1)(45)][(431)(495)](21)66n nn n n n n n n n n n =+----=+---+=-．所以，当2n 时，21n a n =-；又11a =符合，2n 时n a 与n 的关系式，所以21n a n =-，所以2a 的值为3．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知21n a n =-．可令11111111()(21)(21)22121n n n n n c a a a a n n n n ++===-⋅-+-+因为111nn i i i T a a =+=∑所以12233411111n n n T a a a a a a a a +=+++⋯+11111111[(1)()()()]2335572121n n =-+-+-+⋯+--+11(1)22121n n n =-=++ 所以2020T 的值为20204041．（Ⅲ）由111b a ==，359b a ==得29q =．又1q >，所以3q = 所以1113n n n b b q --==，123n n n n c b λλ+==-⋅因为{}n c 是递减数列，所以1n n c c +<，即112323n n n n λλ++-⋅<-⋅．化简得232n n λ⋅> 所以*n N ∀∈，12()23nλ>⋅恒成立又12()23n ⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭是递减数列，所以12()23n ⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭的最大值为第一项1121()233a =⨯=所以13λ>，即实数λ的取值范围是1(,)3+∞6．已知数列{}n a 满足12a =，1121222(*)n n n n a a a na n N -+++⋯+=∈ （Ⅰ）求{}n a （Ⅱ）求证：1223111132(*)61112n n a a a n n n N a a a +----<++⋯+<∈--- 【解析】（Ⅰ）由1121222n n n n a a a na -+++⋯+=可得3121212222n n n na a na a a +-+++⋯+= 所以当2n 时，3121211(1)2222n n n n a a n a a a ----+++⋯+= 因此，有111(1)(2)222n n nn n n a na n a n ----=-，即122(1)n n n a na n a +=--，整理得12(2)n n a a n +=，又12a =，212a a = 所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，求得2n n a =（Ⅱ）记1111212112121212n nn nn n n a b a +++---==<=---，故122311111111112222n n a a a na a a +---++⋯+<++⋯+=---，又112111212111111122121212222422232n nn nn n n n nn a b a ++++----====-=------⨯-⨯，所以1223111(1)1111111326211112233223612n n nn a a a n n n n a a a +-----++⋯+-=-+⨯>-=----．综上可得：122311113261112n n a a a n n a a a +----<++⋯+<---． 7．已知数列{}n a 满足11121(22)2(*)n n n a a a n N n -+++⋯+=∈．（1）求1a ，2a 和{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若4n S S 对任意的正整数n 恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）由题意得1112222n n n a a a n -+++⋯+=，所以：21124a =⨯=，312222a a +=⨯．解得：26a =．由1112222n n n a a a n -+++⋯+=，所以212122(1)2(2)n n n a a a n n --++⋯+=-，相减得1122(1)2n n n n a n n -+=--，得22n a n =+，1n =也满足上式．所以{}n a 的通项公式为22n a n =+．（2）数列{}n a kn -的通项公式为：22(2)2n a kn n kn k n -=+-=-+说以：该数列是以4k -为首项，公差为2k -的等差数列，若4n S S 对任意的正整数n 恒成立，等价于当4n =时，n S 取得最大值，所以4524(2)2025(2)20a k k a k k -=-+⎧⎨-=-+⎩解得12552k ．所以实数k 的取值范围是125[,]52．8．（1）设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -+++⋯+=，*n N ∈，求数列{}n a 的通项公式；（2）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且12231a a +=，23269a a a =，求数列{}n a 的通项公式．【解析】（1）由211233333n n n a a a a -+++⋯+=①，得113a =，且22123113333n n n a a a a ---+++⋯+=②①-②得：1133n n a -=，∴1(2)3n n a n =，验证1n =时上式成立，∴13n n a =（2）设等比数列{}n a 的公比为q由12231a a +=，23269a a a =，且0n a >，得1122342319a a q a a +=⎧⎨=⎩，∴134(23)13a q a a +=⎧⎨=⎩，解得：113a q ==，∴13n n a = 第2讲已知n S 求n a1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且2log (1)1n S n +=+，则数列{}n a 的通项公式为( ) A ．2n n a =B ．3122n n n a n =⎧=⎨⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【解析】由2log (1)1n S n +=+，得112n n S ++=，当1n =时，113a S == 当2n 时，12n n n n a S S -=-=，所以数列{}n a 的通项公式为3,12,2n n n a n =⎧=⎨⎩，选B2．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =-，1n n a S +=，那么5(a = ) A ．4- B ．8- C ．16- D ．32-【解析】2n 时，1n n a S +=，1n n a S -=，可得：1n n n a a a +-=，化为12n n a a +=，1n =时，212a a ==-∴数列{}n a 从第二项起为等比数列，公比为2，首项为2-，那么352216a =-⨯=-，选C3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N +=∈，则数列{}n a 的通项公式为( ) A ．*2()n a n n N =∈B ．*2()n n a n N =∈C ．*2()n a n n N =+∈D ．2*()n a n n N =∈【解析】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N +=∈∴当2n =时，22121(21)22a S a a a +==+⇒=，把1n =代入检验，只有答案A B 成立，排除CD 当3n =时，331233(31)62a S a a a a +==++⇒=；排除B ，选A 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且14121n n S a n +-=-，11a =，*n N ∈，则{}n a 的通项公式(n a = ) A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n +【解析】14121n n S a n +-=-，1(21)41n n n a S +∴-=-①，1(23)41(2)n n n a S n -∴-=-② ①-②得：1(21)(23)4(2)n n n n a n a a n +---=，整理得：121(2)21n n a n n a n ++=- 1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----∴=⋯21232553123252731n n n n n n ---=⋯---21(2)n n =-，11a =，符合上式21n a n ∴=-，选C5．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22a =，2121(*)n n a S n n N +=++∈，若对任意的*n N ∈，123111120nn a n a n a n a λ+++⋯+-++++恒成立，则实数λ的取值范围为( ) A ．(-∞，2] B ．(-∞，1] C ．1(,]4-∞ D ．1(,]2-∞【解析】22a =，2121(*)n n a S n n N +=++∈，2n ∴时，22112()121n n n n n a a S S a +--=-+=+化为：222121(1)n n n n a a a a +=++=+，0na >，11n n a a +∴=+，即11n n a a +-= 1n =时，212224a a +==，解得11a =，∴数列{}n a 为等差数列，首项为1，公差为1 11n a n n ∴=+-=，∴123111111111222n n n a n a n a n a n n n nn +++⋯+=++⋯⋯+=+++++++ 对任意的*n N ∈，123111120n n a n a n a n a λ+++⋯+-++++恒成立，122λ∴，解得14λ ∴实数λ的取值范围为(-∞，1]4，选C6．已知数列{}n a 满足：12a =，21(1)0(*)n n n a S S n N ++-=∈，其中n S 为{}n a 的前n 项和．若对任意的n 均有12(1)(1)(1)n S S S n ++⋯+恒成立，则的最大整数值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】当1n 时，由条件21(1)0(*)n n n a S S n N ++-=∈可得21(1)n n n nS S S S +--=-，整理得221(21)n n n n n S S S S S +-=--+，化简得：121n n n S S S +=-从而111n n n S S S +--=-，故111111n n S S +-=-- 由于：1111S =-，所以：数列1{}1n S -是以1111S =-为首项，1为公差的等差数列，则：11n n S =-，整理得：1n n S n+=，依题只须12(1)(1)(1)()n min S S S n++⋯+12(1)(1)(1)()n S S S f n n ++⋯+=，则12(1)(1)(23)1()1(1)n n S f n n n f n n n ++++==>++，故11()(1)31ninS f n f +=== 3max∴=，选B7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22(*)n S n n n N =+∈，则数列{}n a 的通项公式n a = n ．设211(1)nn n n n a b a a ++=-，则数列{}n b 的前n 项和n T =（）．【解析】22(*)n S n n n N =+∈，212(1)1(2,*)n S n n n n N -∴=-+-∈，两式相减得：22n a n =，即(2)n a n n =又212112a =+=，11a ∴=，也符合上式，n a n ∴=，又2112111(1)(1)(1)()(1)1nn n n n n n a n b a a n n n n +++=-=-=-+++1111111(1)()()(1)()223341n n T n n ∴=-+++-+-⋯+-++121,,1111,,11n n n n n n n n n n +⎧⎧---⎪⎪⎪⎪++==⎨⎨⎪⎪-+-⎪⎪++⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数8．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，若11a =，12n n S a +=，则数列{}n a 的通项公式n a =（）．【解析】当2n 时，12n n S a -=①，12n n S a +=②②-①得12n n n a a a +=-，即13n n a a +=，故数列{}n a 从第二项起为等比数列，又22a =，则223n n a -=⨯ 当1n =时，11a =，故2*1,123,2,n n n a n n N -=⎧=⎨⨯∈⎩9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1211121n nS S S n ++⋯+=+，则数列{}n a 的通项公式n a = 【解析】数列{}n a 的的前n 项和为n S ，且1211121n nS S S n ++⋯+=+① 当2n 时，12111122n n S S S n--++⋯+=② ①-②得122221(1)n n n S n n n n -=-=++，所以(1)2n n n S += 故1(1)(1)22n n n n n n n a S S n -+-=-=-=（首项1符合通项），故n a n =10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且231122n S n n =++，则数列{}n a 的通项公式n a =（）．【解析】231122n S n n =++，可得113a S ==当2n 时，22131311(1)(1)1312222n n n a S S n n n n n -=-=++-----=-则数列{}n a 的通项公式3,131,2n n a n n =⎧=⎨-⎩，故答案为：3,131,2n n n =⎧⎨-⎩ 11．已知数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，且对任意的*n N ∈，均有n a ，n S ，2n a 成等差数列，则n a =（）【解析】各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S对任意*n N ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，22n n n S a a ∴=+，21112n n n S a a ---=+两式相减，得22112n n n n n a a a a a --=+--，111()()n n n n n n a a a a a a ---∴+=+- 又n a ，1n a -为正数，11n n a a -∴-=，2n ，{}n a ∴是公差为1的等差数列当1n =时，21112S a a =+，得11a =，或10a =（舍)，n a n ∴=．第3讲构造辅助数列求通项1．已知数列{}n a 满112,413n n a a a +==+，则数列{}n a 的通项公式为（）．【解析】知数列{}n a 满112,413n n a a a +==+，则设14()n n a p a p ++=+，整理得13p =，所以113413n n a a ++=+（常数），则数列1{}3n a +是以1113a +=为首项，4为公比的等比数列．所以11143n n a -+=，整理得1143n n a -=-（首项符合通项）．故数列的通项公式：1143n n a -=-．2．已知数列{}n a 的首项12a =，1122n n n a a ++=+，则{}n a 的通项n a =（）．【解析】由1122n n n a a ++=+两边同除以12n +可得，11122n n n n a a ++=+，即11122n nn na a ++-=，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭以1为首项，1为公差的等差数列所以2n n a n =，所以2n n a n =． 3．数列{}n a 中12a =，11)(2)n n a a +=+，*n N ∈，则{}n a 的通项公式为（）．变式：已知数列{}n a 中12a =，312n n a a +=，*n N ∈，则{}n a 的通项公式为（）．【解析】由11)(2)1)2n n n a a a +=+=+，得11)(n n a a +=，120a =，∴数列{n a -构成以21为公比的等比数列，则11)(21)1)nn n a --=，则1)n n a =故答案为：1)n n a = 变式：由12a =，312n n a a +=，可知0n a >，两边取对数，得132n n lga lga lg +=+，∴11123(2)22n n lga lg lga lg ++=+， 11322022lga lg lg +=≠，∴数列1{2}2n lga lg +构成以322lg 为首项，以3为公比的等比数列，则11332322222n n n lga lg lg lg -+==，∴31122(31)2222n n n lga lg lg lg =-=-，则1(31)22n n a -=． 4．已知数列{}n a 满足12a =，且*112(2,)1n n n na a n n N a n --=∈+-，则n a = 221nn n - ．【解析】由*112(2,)1n n n na a n n N a n --=∈+-，可得：11122n n n n a a --=+，于是1111(1)2n n n n a a ---=-，又11112a -=-，∴数列{1}n n a -是以12-为首项，12为公比的等比数列，故112n n n a -=-，*2()21n n n n a n N ∴=∈-． 5．已知数列{}n a 满足1a a =，*121()n n a a n N +=+∈．（1）若数列{}n a 是等差数列，求通项公式n a ；（2）已知2a =，求证数列{1}n a +是等比数列，并求通项公式n a ．【解析】（1）数列{}n a 是等差数列，1a a =，121(*)n n a a n N +=+∈，设数列的公差为d ，则(1)n a a n d =+-． 2((1))1a nd a n d ∴+=+-+，即21nd d a =--对*n N ∈成立，于是0d =． n a a ∴=，且21a a =+，解得1a =-．1n a ∴=-；证明：（2）2a =，121(*)n n a a n N +=+∈，112(1)n n a a +∴+=+．1130a +=≠，∴数列{1}n a +是以3为首项，公比为2的等比数列．∴1132n n a -+=．∴1321n n a -=-．6．已知数列{}n a 满足：132a =，且*113(2,)21n n n na a n n N a n --=∈+-．（1）求1212nna a a ++⋯+的值；（2）求证：*2151()263n n a a a n n N n++⋯++-∈；（3）设*()nn a b n N n=∈，求证：122n b b b ⋯<．【解析】（1）132a =，且*113(2,)21n n n na a n n N a n --=∈+-，∴112113n n n a n a na --+-=，121133n n n n a a --=+⨯．∴1312n n n n a a --=+，113(1)1n n n n a a --∴-=-．故可得{1}n n a -是以13-位首项，以13为公比的等比数列，∴1111()33n n n a --=-，∴11()3n n n a =-．∴1211[1()]1211133()122313n n n n n n a a a -++⋯+=-=-+-．（2）11()3n n n a =-，∴3121131313n n n n n a n ==++--， 1*2121[1()]11115193()()1222336313n n nn a aa n n n n N n--∴++⋯+++=++-=+-∈-．（3）331n n n n a b n ==-，现用数学归纳法证明122n b b b ⋯<313n n-，(2)n ．当2n =时，1239271623191169b b ==<=--919-．假设当n k =(2)k 时，122k b b b ⋯<313k k -，当1n k =+时，1212k k b b b b +⋯<11313331k kk k ++--．要证明 2 11113133123313k k k k k k +++--<-，只需证明1133(k k ++1231)3(31)k k k +-<-，只要证133k +⨯(1231)(31)k k +-<-，222221333231k k k k ++++-<-⨯+，即证213231k k ++>⨯-，即证131k +>-．而131k +>- 显然成立，1n k ∴=+ 时，112113123k k k k b b b b ++-⋯<，综上得1121131223k k k k b b b b ++-⋯<<．又当1n =时，12b <，所以1212k k b b b b +⋯< 第4讲分组求和1．数列1，1，2，3，5，8，13，21，⋯最初是由意大利数学家斐波拉契于1202年研究兔子繁殖问题中提出来的，称之为斐波拉契数列．又称黄金分割数列．后来发现很多自然现象都符合这个数列的规律．某校数学兴趣小组对该数列探究后，类比该数列各项产生的办法，得到数列{}:1n a ，2，1，6，9，10，17，⋯，设数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）请计算123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++．并依此规律求数列{}n a 的第n 项n a =（）．（2）31n S +=（）．（请用关于n 的多项式表示，其中2222(1)(21)123)6n n n n +++++⋯+=【解析】（1）由题意得11a =，22a =，31a =，46a =，59a =，610a =，717a =，计算：1234a a a ++=，2349a a a ++=，34516a a a ++=，⋯ 可归纳得数列{}n a 满足的递推关系式为212(1)n n n a a a n ++++=+，由212(1)n n n a a a n ++++=+，2123(2)n n n a a a n +++++=+，两式相减得323n n a a n +-=+．可得1211,23n n n n a a a n --=⎧=⎨+⎩．（2）由212(1)n n n a a a n ++++=+可得2222212345678932313(11),(41),(71),(31)961n n n a a a a a a a a a a a a n n n --++=+++=+++=+⋯++=-=-+ 312345632313()()()n n n n S a a a a a a a a a --∴=++++++⋯+++，222329(12)6(12)(1)(21)(1)319636222n n n n n n n n n n n n=++⋯+-++⋯+++++=-+=+- 由323n n a a n +-=+得：41213a a -=+，74243a a -=+，107273a a -=+，⋯，31322(32)3n n a a n +--=-+， ∴2311(321)2(1432)323322n n n a a n n n n n +-+-=++⋯+-+=+=+，∴231321n a n n +=++ ∴322323133131933321312222n n n S S a n n n n n n n n ++=+=+-+++=+++． 2．求数列的前n 项和：2111111,4,7,,32,n n a a a -+++⋯+-⋯．【解析】设21111(11)(4)(7)(32)n n S n a a a -=++++++⋯++-将其每一项拆开再重新组合得21111(1)(14732)n n S n a a a-=+++⋯+++++⋯+- 当1a =时，(31)(31)22n n n n n S n -+=+=，当1a ≠时，111(31)(31)12121n n n n n a a n n a S a a-----=+=+-- 3．数列{}n a 中，*1112,,()22n n n a a a a n N n +-=-=∈+，n P 为抛物线24y x =与直线n y a =的交点，过n P 作抛物线的切线交直线1x =-于点n Q ，记n Q 的纵坐标为n b ．（Ⅰ）求n a ，n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n b 的前n 项和n S ．（附2222(1)(21):123)6n n n n +++++⋯+=【解析】（Ⅰ）*1,()2n n n a a n N n +=∈+，由112a =易得0n a ≠，11,(2)1n n a n n a n --=+，1212111232121143(1)n n n n n a a a a n n n a a a a n n n n n ------⨯⨯⋯⨯==⨯⨯⨯⋯⨯⨯=+-+，112a =，故1(2)(1)n a n n n =+，经检验1n =时也符合，故n a 的通项公式为*1()(1)n a n N n n =∈+．对24y x =两边取导数，可得2y y'=，0(x ，0)y 处切线斜率为002(0)k y y =≠，切线方程为0000022()2y y x x y x y y =-+=+，与1x =-的交点的纵坐标为0022y y -+，故n b 的通项公式为*212(1)()22(1)n n n a b n n n N a n n =-+=-++∈+．（Ⅱ）2111111112(1)22()2(1)21nn n n n k k k k S k k k k k k k k =====-++=--+-++∑∑∑∑ (1)(21)112(1)(1)621n n n n n n ++=-⨯-++-+(1)(24)32(1)n n n n n ++=-++．4．已知数列{}n a 满足11a =，2*12(1)()n n na n a n n n N +-+=+∈．（1）求证：数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列：（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．【解析】（1）由212(1)n n na n a n n +-+=+，两边同除以(1)n n +得1211n n a an n+-⨯=+，∴11222(1)1n n n a a an n n++=⨯+=++．11201a +=≠，∴10n a n +≠，∴11121n na n a n+++=+， ∴数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）有12nn a n+=，∴2n n a n n =-，1212(1).12222(123)122222n n n n n S n n n +=⨯+⨯+⋯+-+++⋯+=⨯+⨯+⋯+-．令1212222n n T n =⨯+⨯+⋯+，23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋯+-+，∴231112(12)222222(1)2212n nn n n n T n n n +++⨯--=+++⋯+-=-=---，∴1(1)22n n T n +=-+．则前n 项和1(1)(1)222n n n n S n ++=-+-． 5．已知正项数列{}n a 的前三项分别为1，3，5，n S 为数列的前n 项和，满足：22321(1)(1)(3)(n n nS n S n n An Bn A +-+=+++，B R ∈，*)n N ∈．（1）求A ，B 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）若数列{}n b 满足122(1)()222n n nb b b n a n N ++=++⋯+∈，求数列{}n b 的前n 项和n T ．（参考公式：222112(1)(21))6n n n n ++⋯+=++【解析】（1）正项数列{}n a 的前三项分别为1，3，5，n S 为数列的前n 项和，满足：22321(1)(1)(3)(n n nS n S n n An Bn A +-+=+++，B R ∈，*)n N ∈．分别令1n =，2，可得：222122(3)S S A B -=++，2232233(2442)S S A B -=++，又111S a ==，23a =，35a =，24S =，39S =．24212(3)A B ∴-⨯=++，2229343(2442)A B ⨯-⨯=++，化为：427A B A B +=⎧⎨+=⎩，解得3A =，1B =．（2）由（1）可得：22321(1)(1)(33)n nnSn S n n n n +-+=+++化为：22213311n n S S n n n n+-=+++．∴22222222222112211()()()3[(1)(2)1]3(121)11221n n n n n S S S S S S S S n n n n n n n n n ---=-+-+⋯+-+=-+-+⋯++++⋯+-+--- (1)(21)(1)3362n n n n n n ---=⨯+⨯+3n =，0n S >．2n S n ∴=．（3）由（2）可得：2n 时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-．数列{}n b 满足122(1)()222n n n b b b n a n N ++=++⋯+∈，即122(1)(21)()222n n b b b n n n N ++-=++⋯+∈， 1n ∴=时，122b =，解得14b =．当2n 时，11221(23)222n n b b bn n ---=++⋯+，可得：412n nb n =-，即(41)2n n b n =-． ∴数列{}n b 的前n 项和23472112(41)2n n T n =+⨯+⨯+⋯+-．231243272(45)2(41)2n n n T n n +=-+⨯+⨯+⋯+-+-，231112(21)84(222)(41)24(41)2(54)2821n n n n n n T n n n +++-∴-=+++⋯+--=⨯--=---，1(45)28(1n n T n n +∴=-+=时也成立）．6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，39S =，45627a a a ++=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n n b a =，求数列{}n b 前n 项和n T ．参考公式：222(1)(21)126n n n n ++++⋯⋯+=．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由1322a a a +=，知3239S a ==，即23a =．又由4565327a a a a ++==，得59a =．52932523a a d --∴===-．2(2)32(2)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-；（2）由222(21)441n nb a n n n ==-=-+． ∴2224(12)4(12)n T n n n =++⋯+-++⋯++(1)(21)(1)4462n n n n n n +++=⨯-⨯+3(1)(21)14[441]623n n n n nn +++-=⨯-⨯+⨯=7．已知数列{}n a 的前n 项和为3n n S =，数列{}n b 满足11b =-，*1(21)()n n b b n n N +=+-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求数列{}n b 的通项公式n b ；（3）求数列{}n b 的前n 项和n T ．参考公式：22221123(1)(21)6n n n n +++⋯+=++．【解析】（1）数列{}n a 的前n 项和为3n n S =，1n ∴=时，113a S ==．2n 时，1113323n n n n n n a S S ---=-=-=⨯．13,123,2n n n a n -=⎧∴=⎨⨯⎩．（2）数列{}n b 满足11b =-，*1(21)()n n b b n n N +=+-∈，即121n n b b n +-=-． 112211()()()n n n n n b b b b b b b b ---∴=-+-+⋯+-+(23)(25)311n n =-+-+⋯++-2(231)22n n n n --==-．（3）数列{}n b 的前n 项和22221(1)(1)(25)1232(12)(1)(21)2626n n n n n n T n n n n n ++-=+++⋯+-++⋯+=++-⨯=．8．已知数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(31)32(32)nn a nn a b n n -=++，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=，① 当2n 时，1231(1)258(34)2n n n a a a n a --+++⋯+-=，② ①-②得：(1)(1)(31)22n n n n n n a n +--=-=，故(2)31n n a n n =-，当1n =时，解得112a =，首项符合通项，故31n n a n =-．（2）由（1）得：(31)3311222()(32)(31)(32)3132nn a n n n n a b n n n n n n -=+=+=+-+-+-+，所以12111111(222)()25583132nn T n n =++⋯++-+-+⋯+--+2(21)1121232n n ⨯-=+--+1132322n n +=--+ 9．已知数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(31)22nn a n nn b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】（1）数列{}n a 满足123(1)258(31)2n n n a a a n a ++++⋯+-=，① 当2n 时，1231(1)258(34)2n n n a a a n a --+++⋯+-=，② ①-②得：(1)(1)(31)22n n n n n n a n +--=-=，故(2)31n n a n n =-，当1n =时，解得112a =，首项符合通项，故31n na n =-．（2）设(31)2222(31)nn a n n n n b n a -=+=+-，所以122(21)(231)2232212n n n n n T n n +-+-=+⨯=++--．10．已知数列{}n a 满足*1(1)(1)()n n nS n S n n n N +=+++∈，且11a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设(2)1(1)(1)(1)n n n n a b n n n ++=≠+-，记23n n T b b b =++⋯+，求n T ．【解析】（1）*1(1)(1)()n n nS n S n n n N +=+++∈，且11a =．∴111n n S S n n +=++，即111n n S Sn n+-=+， ∴数列{}n S n 是等差数列，首项为1，公差为1．∴1(1)n Sn n n=+-=，2n S n ∴=． ∴当2n 时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-．当1n =时也成立，21n a n ∴=-．（2）2n 时，(2)1(2)(21)111232()(1)(1)(1)(1)11n n n n a n n n b n n n n n n n +++-+===++-+-+--+，23(1)(523)1111111112[(1)()()()()]232435211n n n n T b b b n n n n -++∴=++⋯+=+-+-+-+⋯+-+---+2111342(1)21n n n n =+-++--+24231(1)n n n n n +=+--+．11．在数列{}n a 中，13a =，12(2)(2n n a a n n -=+-，*)n N ∈．（1）求证：数列{}n a n +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的与前n 项和n S ．【解析】（1）证明：13a =，12(2)(2n n a a n n -=+-，*)n N ∈．12(1)n n a n a n -∴+=+-，∴数列{}n a n +是等比数列，首项为4，公比为2．11422n n n a n n -+∴=⨯-=-．（2）{}n a 与前n 项和231(222)(12)n n S n +=++⋯+-++⋯+4(21)(1)212n n n -+=--22242n n n ++=-- 12．单调递增数列{}n a 满足21231()2n na a a a a n +++⋯+=+．（1）求1a ，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设111,21,n n n a n a n c a n -+-⎧=⎨⨯+⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【解析】（1）21231()2n n a a a a a n +++⋯+=+，①∴当1n =时，2111(1)2a a =+，解得11a =，当2n 时，2123111(1)2n n a a a a a n --+++⋯+=+-，② ①-②并整理，得2211(1)2n n n a a a -=-+，∴221(1)0n n a a ---=，解得11nn a a --=或11(2)n n a a n -+= 又{}n a 单调递增数列，故11n n a a --=，{}n a ∴是首项是1，公差为1的等差数列，n a n ∴=⋯ （2）111,21,n n n a n a n c a n -+-⎧=⎨⨯+⎩为奇数为偶数，∴13212(242)[1232(21)2]n n T n n n -=++⋯++⨯+⨯+⋯-⨯+ 1321(1)[1232(21)2]n n n n n -=++⨯+⨯+⋯-⨯+，记13211232(21)2n n S n -=⨯+⨯+⋯-⨯③ 352141232(21)2n n S n +=⨯+⨯+⋯-⨯④，由③-④得4622132222(21)2n n n S n +-=+++⋯+--，∴24622132222(21)22n n n S n +-=+++⋯+---，214(14)3(21)2214n n n S n +--=----，∴214(14)(21)22933n n n n S +--=++，21(65)21099n n n S +-=+，∴2122(65)210299n n n T n n +-=+++．⋯（13分）第5讲裂项求和1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且912162a a =+，24a =，则数列1{}n S 的前20项的和为( )A ．1920 B ．2021C ．2122D ．2223【解析】由912162a a =+及等差数列通项公式得1512a d +=，又214a a d ==+，12a d ∴==，2(1)222n n n S n n n -∴=+⨯=+，∴1111(1)1n S n n n n ==-++， ∴数列1{}n S 的前20项的和为1111111120112233420212121-+-+-+⋯+-=-=，选B 2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，则数列11{}n n a a +的前10项的和为．【解析】数列{}n a 的前n 项和n S 满足(1)2n n n S +=，可得1n =时，111a S ==， 2n 时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-=，上式对1n =也成立，故n a n =，*n N ∈， 11111(1)1n n a a n n n n +==-++，则数列11{}n n a a +的前10项的和为111111101122310111111-+-+⋯+-=-=． 3．数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，若数列11{}n na a -+的前n 项和为5，则n = ．【解析】数列{}n a 的各项均为正数，12a =，114n n n n a a a a ++-=+，2214n n a a +∴-=，2214n n a a +∴=+，1n a +∴ 12a =，2a ∴=3a ∴=4a =，⋯由此猜想n a =．11142,n n n n a a a a a ++=-=+，若数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为5，∴21321111()(2)544n n n a a a a a a a ++-+-+⋯+-=-=，22∴=，解得1121n +=，120n ∴=． 4．已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2n n n n a a n n a +-==-，3，4，)⋯．（1）求3a 、4a 的值；（2）设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +并求{}n b 的通项公式；（3）设*1sin3()cos cos n n n c n N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．【解析】（1）数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2nn nn a a n n a +-==-，3，4，)⋯，∴2321(21)1412724a a a -===--，34312(31)17131037a a a ⨯-===--，∴317a =，4110a = （2）当2n 时，1(1)1111(1)(1)(1)1n n n n n n n a n a n a n a n a n a +---=-==----，∴当2n 时，11n n n b b n -=-，故*11,n n n b b n N n++=∈，累乘得1n b nb =，13b =，3n b n ∴=，*n N ∈ （3）1sin 3cos cos n n n c b b +=sin(333)tan(33)tan3cos(33)cos3n n n n n n+-==+-+，12n n S c c c ∴=++⋯+(tan6tan3)(tan9tan6)(tan(33)tan3)n n =-+-+⋯++-tan(33)tan3n =+-5．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且223n n a a =+，33S =，数列{}n b 为等比数列，13310b b a +=，24610b b a +=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若11(1)(1)(1)n n n n n b c b b b -+=+++，求数列{}n c 的前n 项和n T ，并求使得2116n T λλ<-恒成立的实数λ的取值范围．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，223n n a a =+，33S =，21123a a a d ∴=+=+，1333a d +=，解得11a =-，2d =．12(1)23n a n n ∴=-+-=-．设等比数列{}n b 的公比为q ，13310b b a +=，24610b b a +=．∴21(1)103b q +=⨯，31()109b q q +=⨯，解得13b =，3q =．3n n b ∴=．（2）1111113311[](1)(1)(1)(31)(31)(31)8(31)(31)(31)(31)n n n n n n n n n n n n n b c b b b -+-+-+===-++++++++++， ∴数列{}n c 的前n 项和13113[]824(31)(31)64n n n T +=-<⨯++，2116n T λλ<-恒成立，化为2316416λλ-，即264430λλ--，解得：14λ，或316λ-． 6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5125S S =，212n n a a -=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11b a =，且n b，2n ，*n N ∈，求证：{}n b 的前n 项和n T <．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，5125S S =，212n n a a -=，11545252a d a ⨯∴+=，111(1)[(21)1]2a n d a n d +-=+--，解得11a =，2d =．12(1)21n a n n ∴=+-=-．（2）证明：2(121)2n n n S n +-==．n b =，2n ，*n N ∈，则：{}n b 的前n项和1n T b =+⋯⋯+11==222()2()a b a b ++，a ，0b >，a b ≠．1∴+=．n T ∴<．7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2321112322n S S S S n n n +++⋯+=+．（1）求数列{}n a 的前n 项和n S 和通项公式n a ；（2）设11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求使得715n T >的最小正整数n ．【解析】（1）2321112322n S S S S n n n +++⋯+=+，① ∴2312111(1)(1)23122n S S S S n n n -+++⋯+=-+--，2n ，② ①②两式相减得nS n n=，2n 故2n S n =，2n ，又11S =，从而2n S n =，*n N ∈ 易得11,11,1,221,2n nn S n n a S S n n n -==⎧⎧==⎨⎨--⎩⎩，21n a n ∴=-．（2）由（1）得1111()(21)(21)22121n b n n n n ==--+-+，故12311111111(1)(1)2335212122121n n nT b b b b n n n n =+++⋯+=-+-+⋯+-=-=-+++．由715n T >得7n >，又当*n N ∈时，n T 单调递增，故所求最小正整数n 为8．。

数列的19种经典题型

数列的19种经典题型一、公差不等于零的等差数列1. 前n项和：求出前n项的和Sn=a1+a2+…+an，Sn=n/2*(a1+an)；2. 等比数列的前n项和：求出前n项的和Sn=a1+a2+…+an，若q为等比数列的公比，则Sn = a1(1-q^n)/(1-q)；3. 概率的前n项和：求出前n项的和Sn=a1+a2+…+an，若q为概率的公比，则Sn = a1(1-q^n)/(1-q)；4. 等差数列的前n项乘积：求出前n项的乘积Pn = a1*a2*…*an，若d为等差数列的公差，则Pn = (a1 + (n-1)*d) * (a1 + (n-2)*d) * … * a1；5. 等比数列的前n项乘积：求出前n项的乘积Pn = a1*a2*…*an，若q为等比数列的公比，则Pn = a1 *q^(n-1) * q^(n-2) * … * a1；6. 概率的前n项乘积：求出前n项的乘积Pn =a1*a2*…*an，若q为概率的公比，则Pn = a1 * q^(n-1) * q^(n-2) * … * a1；7. 等差数列的通项公式：若a1,a2,…,an为等差数列，若d为该数列的公差，则an = a1+(n-1)*d；列，若q为该数列的公比，则an = a1*q^(n-1)；9. 概率的通项公式：若a1,a2,…,an为概率的序列，若q为该数列的公比，则an = a1*q^(n-1)；10. 等差数列中某项的值：若a1,a2,…,an为等差数列，若d为该数列的公差，若知a1的值，则求出an的值，只需要把an的表达式代入即可。

11. 等比数列中某项的值：若a1,a2,…,an为等比数列，若q为该数列的公比，若知a1的值，则求出an的值，只需要把an的表达式代入即可。

12. 概率的某项的值：若a1,a2,…,an为概率的序列，若q为该数列的公比，若知a1的值，则求出an的值，只需要把an的表达式代入即可。

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观察法。

（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数）例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。

求a n 。

例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1）即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n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）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观察法。

（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数）例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。

求a n 。

例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1）即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n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）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。

高中数学求数列最值的12种题型(含答案)

求数列最值的12种题型题型一：递推问题1、已知数列{a n }中,a 1>0,且a n +1=3+a n 2.(1)试求a 1的值,使得数列{a n }是一个常数数列；(2)试求a 1的取值范围,使得a n +1>a n 对任何自然数n 都成立；(3)若a 1=4,设b n =|a n +1-a n |(n =1,2,3…),并以S n 表示数列{b n }的前n 项和,试证明：S n <52.解：（Ⅰ）欲使数列{a n }是一个常数数列,则a n +1=3+a n 2=a n ,又依a 1>0,可以得a n >0并解出：a n =32.a n =-1(舍)即a 1=32（Ⅱ）研究a n +1-a n =3+a n 2-3+a n-12=a n -a n-12(3+a n 2+3+a n-12)(n ≥2)注意到：2(3+a n 2+3+a n-12)>0因此,a n +1-a n ,a n -a n -1,…,a 2-a 1有相同的符号.要使a n +1>a n 对任意自然数都成立,只须a 2-a 1>0即可.由3+a 12-a 1>0,解得：0<a 1<32.（Ⅲ）用与（Ⅱ）中相同的方法,可得当a 1>32时,a n +1<a n 对任何自然数n 都成立.因此当a 1=4时,a n +1-a n <0∴S n =b 1+b 2+…+b n .=|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n +1-a n |=a 1-a 2+a 2-a 3+…+a n -a n +1=a 1-a n +1=4-a n +1又：a n +2<a n +1即3+a n+12<a n+1,可得a n +1>32,故S n <4-32=52.题型二：最值问题2、已知数列{a n }满足：a 1=1,a n +1=a n 2a n +1(*n N ∈),数列{b n }的前n 项和S n =12-12(23)n (*n N ∈).(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设n n nb C a =,是否存在*m N ∈,使9m C ≥成立？并说明理由.解答：（1）由1111221n n n n n a a a a a ++=⇒=++,∴112(1)21n n n a =+-=-,*1()21n a n N n =∈-.由21212()3n n S =-⋅及1121212()(2)3n n S n --=-⋅≥,可得124()(2)3n n n n b S S n -=-=⋅≥,令1n =,则11121212()43b S ==-⋅=也满足上式,∴124()(*)3n n b n N -=⋅∈.1122(2)(21)4()4(21)(33n n n n n b C n n a --==-⋅=-,设m C 为数列{}n C 中的最大项,则12111224(21)()4(23)()33224(21)()4(21)()3327(21)23322521(21)32m m m m m mm m m m C C C C m m m m m m m m ----+⎧-≥-⎪≥⎧⎪⇒⎨⎨≥⎩⎪-≥+⎪⎩⎧⎧-⋅≥-≤⎪⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎪⎪-≥+⋅≥⎪⎪⎩⎩,∴3m =.即3C 为{}n C 中的最大项.∵2328020(939C ==<,∴不存在*m N ∈,使9m C ≥成立.题型三：公共项问题3、设A n 为数列{a n }的前n 项的和，A n ＝32(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n ＝4n ＋3。

数列题型总结(全)

10、已知则的坐标是.
11、设平面内的向量点是直线上的一个动点，求当取最小值时，的坐标及的余弦值。
12、设向量，，，，，与的夹角为，与的夹角为，且，求的值。
参考答案
二、1、1、 ∥ ，
2、(1) ．
= =
∵ ，∴ ，∴ ．
∴ max= ．
(2)由已知，得．
一：定义法：
例：（1）设是等差数列，证明：数列（c>0, 是等比数列。（2）设是正项等比数列，证明
（c>0, 是等差数列。
变式一：数列的前n项和记为，已知（n=2,3,4…）,证明：数列是等比数列。
变式二：已知定义在R上的函数f(x)和数列满足下列条件：，，其中a为常数，k为非零实数。令是等比数列。
数列题型归纳（全）
题型一：求等差数列的公差或取值范围
例一：等差数列的前n项和，若 =4， =20，则该数列的公差d等于
变式一：等差数列中，，则该数列的的公差为
变式二：已知等差数列的首项为31，若从第16项开始小于1，则此数列的公差d的取值范围是
题型二：求等比数列的公比
例一：在等比数列中，，则公比q的值为
=
= ．
3、（1）
由得又
（2）由，得
又 =
所以， = 。
三、1—6 B D A D A A
7、. 8、 9、只要满足即可10、（5，2）或（-5，-2）
11、设点在直线上，与共线，而
即有 .
故当且仅当时，取得最小值，此时
于是
12、
变式一：设数列，都是等差数列，若
变式二：在等差数列中，已知，则该数列前11项和等于

数列的通项6种常见题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知()n f S n =，求n a 题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【典型例题】题型一：已知()n f S n =，求na 【例1】已知数列{}n a 的前n 项和211n S n n =-.若710k a <<，则k =（）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先求得n a ，然后根据710k a <<求得k 的值.【详解】依题意211n S n n =-，当1n =时，110a =-；当2n ≥时，211n S n n =-，()()22111111312n S n n n n -=---=-+，两式相减得()2122n a n n =-≥，1a 也符合上式，所以212n a n =-，*N k ∈，由721210k <-<解得911k <<，所以10k =.故选：B【例2】（2022·甘肃·高台县第一中学高二阶段练习（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【分析】当2n ≥时，由1n n n a S S -=-求出2n n a =；当1n =时，由11a S =求出1a ；即可求解.【详解】当2n ≥时，121n n S -=-，1112212n n nn n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足123235n a a a na n ++++= ，求{}n a 的通项公式．【题型专练】1.已知数列{}n a 的前n 项和是2320522nS n =-+，(1)求数列的通项公式n a ；(2)求数列{||}n a 的前n 项和.2．（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和221n S n n =-+，则51a a -=______.【答案】7【分析】将1n =代入根据11a S =可得出答案；当2n ≥时由1n n n a S S -=-，求出5a ，从而可得出答案.【详解】当1n =时，21112110a S ==-⨯+=；当2n ≥时，()()22121121123n n n n n n n a S S n -⎡⎤-+----+=⎣⎦-=-=.所以52537a =⨯-=，所以51707a a -=-=.故答案为：73．（2022·辽宁实验中学高二期中）设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C 【解析】【分析】当1n =时，求1a ，当2n ≥时，由题意得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，可求得n a ，即可求解.【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列{}n a 中，()()()111,11N n n a n n a a n *+=+-=∈，则2022a =（）A ．40432022B ．20212022C ．40402021D ．20202021【例2】已知数列{}n a 满足1=2a ，26a =，且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数（例如[]1.61=，[]1.62-=-），则222122020232021a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++⋅⋅⋅+=⎢⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022，【例3】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（）A．290B．325C．362D．399【例4】已知数列{}n a 满足11a =-，()*12N n n a a n n a a +-=∈，则9a =______．【例5】已知数列{}n a 中，11a =，39a =，1{}n n a a +-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n na b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求使得2022n T 成立的最小整数n .【答案】(1)2n a n =；(2)使得2022≥n T 成立的最小整数n 为101121-.【分析】（1）根据等差数列的定义求出2a ，从而可求出{}1n n a a +-的通项，再利用累加法求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和n T ，解不等式2022≥n T 求n 的范围，确定满足条件的最小整数.=【题型专练】1．若1=1a ，12nn n a a n +-=-，*n ∈N ，则=n a _________．1)2．数列{}n a 满足1122n n na a a -==-，，则=n a _____．3．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)21n a n n =-+(2)证明见解析【分析】（1）运用累加法即可求出{}n a 的通项公式；（2）运用裂项相消法即可证明.【详解】（1）因为12n n a a n +-=，11a =，24．已知数列{}n a 满足：12a =，21a =，2145n n n a a a +++=（*n ∈N ）．(1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；(2)求数列{}n a 的通项公式．5．已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，24S =，对任意的*N n ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n c 满足*11(N )n n c c n a a +-=∈，11c =，求数列{}n c 的通项公式；题型三：叠乘法（累乘法）求通项【例1】已知数列{}n a 满足12n n a na n +=+，1=1a ，则数列{}n a 的通项公式是（）A ．2(1)n a n n =+B ．1(1)n a n n =+C ．1n a n=D ．12n n a +=【例2】在数列{}n a 中，1=1a ，22a =，2n n a n+=，则12233420222023a a a a a a a a ++++= （）A ．20202021⨯B ．20212022⨯C ．20222023⨯D ．20232024⨯【例3】已知数列{}n a 满足()4(21)1N n n S n a n *=++∈，则n a =___________．【例4】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知112a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b a =-，求{}n b 的前2n 项和2n T .【例5】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()()21N n n S n a n *=+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)对于任意的正整数n ，21,2,n n n n a n a a c n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【例6】在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231231n n a a a a a n -++++=- .(1)求{}n a 的通项公式；(2)若1n b a a =，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <.【题型专练】1．数列{}n a 的前n 项和2n n S n a =⋅（2n ≥，n 为正整数），且11a =，则n a =______．a 2．数列{}n a 满足：11a =，()()*12312312,N n n a a a a n a n n -=++++-≥∈ ，则通项n a =________．3．设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++-+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________4．已知数列{}n a 满足：12a =，12n n n a a n ++=，求数列{}n a 的通项公式.5．已知数列{}n a 中，11a =，()121n n a a n n -=≥-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求13523n a a a a +++++ .【答案】(1)n a n =，1n ≥；(2)244n n ++.【分析】（1）利用累乘法求出2n ≥时n a n =，通过验证11a =也满足n a n =，从而求出通项公式为n a n =，1n ≥；（2）根据第一问得到数列{}n a 为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.6．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且11a =，2n n S n a =．(1)求2a ，3a ；(2)求{}n a 的通项公式．【例1】已知数列{}n a 中，114,46n n a a a +==-，则n a 等于（）A ．2122n ++B ．2122n +-C ．2122n -+D ．2122n --【例2】若数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1232n n n a a b +=++，1232n n n b a b +=+-，则20222021a b +=（）A ．2020231⋅+B ．2020321⋅-C ．2020321⋅+D ．2021321⋅-【例3】（多选题）已知数列{}n a 满足132a =，16nn n a a +=+，则下列结论中错误的有（）A ．113n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为11321n -⋅-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为213nn --【例4】（多选题）已知数列{}n a 满足：12a =，当2n ≥时，)221n a +=，则关于数列{}n a 的说法正确的是()A ．27a =B ．{}n a 是递增数列C ．221n a n n =+-D ．数列{}n a 为周期数列【例5】在①121n n a a +=+；②122n n S n +=-+；③24n n S a n =-+三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1=1a ，_____.(1)求n a ；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T .注:如果选捀多个条件解答，按第一个解答计分.【例6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1222(N )n n n S a n +*=-+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设4nn na b =，若123n n T b b b b =+++⋯+，求n T ．【题型专练】1.（多选题）数列{}n a 的首项为1，且121n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．37a =B ．数列{}1n a +是等比数列C ．21n a n =-D ．121n n S n +=--【答案】AB【分析】根据题意可得()1121n n a a ++=+，从而可得数列{}1n a +是等比数列，从而可求得数列{}n a 的通项，再根据分组求和法即可求出n S ，即可得出答案.2．已知数列{}n a 满足1111,2n n n n a a a a a ++=-=，则数列{}1n n a a +的前n 项和为______．3．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______；4．已知数列{}n a 满足24a =，113n n n n a a a a ++-=.求数列{}n a 的通项公式;5．已知数列{}n a 的前n 项和23n n S a n =+-，求{}n a 的通项公式．【答案】121n n a -=+，*n ∈N .【分析】根据12,n n n n a S S -≥=-，构造等比数列即可.【详解】23n n S a n =+-．①当1n =时，11213=+-a a ，可得12a =，当2n ≥时，()11213--=+--n n S a n ，②①－②得121n n a a -=-，则()1121n n a a --=-，而111a -=不为零，故{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，则112n n a --=，∴数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，*n ∈N ．6．设数列{}n a 满足12a =，()1212n n a a n -=-≥.（1）设1n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求满足1036n S ≤的n 的最大值.7．已知正项数列{}n a 满足11a =，且11n n n n a a a a ++-=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记22nn a b n =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：12n S <．8．已知数列{}n a ，11a =，121n n a a +=+.(1)求数列{}1n a +的前5项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)前5项依次为2,4,8,16,32；(2)122n n S n +=--.【分析】（1）由题设112(1)n n a a ++=+，根据等比数列的定义写出{}1n a +的通项公式，即可得前5项；（2）应用分组求和，结合等比数列前n 项和公式求n S .(1)由题设112(1)n n a a ++=+，而112a +=，9．已知数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1231n n a b n ++=+，1231n n a b n ++=+，则n n a b -=______，n n a b +=______．【答案】2n2n【分析】由题设有112()n n n n a b a b ++-=-，根据等比数列的定义判断{}n n a b -为等比数列，进而写出通项公式，令n n n c a b =+则12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，结合已知{2}n c n -是常数列，即可得{}n n a b +的通项公式.【详解】由题设，11(2)(2)0n n n n a b a b +++-+=，则112()n n n n a b a b ++-=-，而112a b -=，所以{}n n a b -是首项、公比均为2的等比数列，故2nn n a b -=，11(2)(2)62n n n n a b a b n +++++=+，则112()()62n n n n a b a b n +++++=+，令n n n c a b =+，则1262n n c c n ++=+，故12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，而111220c a b -=+-=，所以{2}n c n -是常数列，且20n c n -=，则2n n n c a b n =+=.故答案为：2n ，2n .题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且122n n a S +=+N n *∈（），则下列说法中错误．．的是（）A ．112a =B ．4792S =C ．{}n a 是等比数列D ．{}1n S +是等比数列【例2】（2022·上海市南洋模范中学高二开学考试）若数列{}n a 的前n 项和为()*N 33n n S a n =+∈，则数列{}n a 的通项公式是n a =___________.所以{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，故1(2)n n a -=-.故答案为：1(2)n --【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，212n n a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}2na n a ⋅的前n 项和.【例4】数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，24a =，()()*21N n n S n a n =+∈.(1)求证:数列{}n a 是等差数列，并求出其通项公式；(2)求数列12n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例5】（2022·辽宁沈阳·高三阶段练习）从条件①()21,0n n n S n a a =+>；②22,0n n n n a a S a +=>；()2n a n ≥中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1=1a ，_____________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)[]x 表示不超过x 的最大整数，记[]lg n n b a =，求{}n b 的前100项和100T .则【题型专练】1．（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥.求n a 和n S .3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 和n S 满足：()11,2,3,n a n =+=⋅⋅⋅.求{}n a 的通项公式.4．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()1*21N n n a S n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：11132a a a +++<L .5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，313S =，121n n a S +=+．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)若12log n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项和为n S ，131n n S S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31log n n b a +=，若数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：34n T <.。

数列常见题型总结经典[超级经典]

高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法1．前n 项和法（知n S 求n a ）⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T1、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=，求该数列的通项公式。

2、若数列}{n a 的前n 项和323-=n n a S ，求该数列的通项公式。

3、设数列}{n a 的前n 项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足22n S T n n -=，求数列}{n a 的通项公式。

2.形如)(1n f a a n n =-+型（累加法）（1）若f(n)为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+.（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法.例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明213-=n n a1. 已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.2. 已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.3.形如)(1n f a a nn =+型（累乘法）（1）当f(n)为常数，即：q a a n n =+1（其中q 是不为0的常数），此数列为等比且n a =11-⋅n q a . （2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法.例1、在数列}{n a 中111,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式。

1、在数列}{n a 中1111,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ，求n n S a 与。

2、求数列)2(1232,111≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。

数列的12类典型题型

高三数学数列最值得做的12类题题型一：递推问题1、已知数列{a n }中,a 1>0,且a n +1=3+a n2. (1)试求a 1的值,使得数列{a n }是一个常数数列；(2)试求a 1的取值范围,使得a n +1>a n 对任何自然数n 都成立；（3）若a 1=4,设b n =|a n +1-a n |(n =1,2,3…),并以S n 表示数列{b n }的前n 项的和,试证明：S n <52.解：（Ⅰ）欲使数列{a n }是一个常数数列,则a n +1=3+a n 2=a n ,又依a 1>0,可以推得a n >0并解出：a n =32.即a 1=a 2=32（Ⅱ）研究a n +1-a n =3+a n2-3+a n-12=a n -a n-12(3+a n 2+3+a n-12)(n ≥2)注意到：2(3+a n2+3+a n-12)>0因此,a n +1-a n ,a n -a n -1,…,a 2-a 1有相同的符号.要使a n +1>a n 对任意自然数都成立,只须a 2-a 1>0即可.由3+a 12-a 1>0,解得：0<a 1<32. （Ⅲ）用与（Ⅱ）中相同的方法,可得当a 1>32时,a n +1<a n 对任何自然数n 都成立.因此当a 1=4时,a n +1-a n <0∴S n =b 1+b 2+…+b n .=|a 2-a 1|+|a 3-a 2|+…+|a n +1-a n |=a 1-a 2+a 2-a 3+…+a n -a n +1=a 1-a n +1=4-a n +1又：a n +2<a n +1 即3+a n+12<a n+1,可得a n +1>32,故S n <4-32=52.题型二：最值问题2、已知数列}{n a 满足：11=a ,a n +1=a n 2a n +1(n ∈N ) )(N n ∈,数列}{nb 的前n 项和S n =12-12(23)n(n ∈N ). (1) 求数列}{n a 和{b n }的通项公式；(2) 设c n =b n a n,是否存在N m ∈,使c m ≥9成立？并说明理由.解答：（1）由2111211+=⇒=+++nn n n a a a a n a ,∴12)1(211-=-+=n n na ,121-=n n a )(N n ∈.由n n S )(121232-=及1321)(1212---=n n S )2(≥n ,可得1321)(4--=-=n n n n S S b )2(≥n , 令1=n ,则412123211=⋅-==S b 也满足上式,∴132)(4-=n n b )(N n ∈.（2）132132)()12(4)(4)12(---=⋅-==n n a b n n n C nn,设m C 为数列}{n C 中的最大项,则 ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧⋅+≥--≥⋅-⇒⎪⎩⎪⎨⎧+≥--≥-⇒⎩⎨⎧≥≥---+-252732323213223213211)12(1232)12()()12(4)()12(4)()32(4)()12(4m m m m m m m m m m C C C C m m m m m m m m ,∴3=m .即3C 为}{n C 中的最大项.∵9)(209802323<==C ,∴不存在N m ∈,使9≥m C 成立.题型三：公共项问题3、设A n 为数列{a n }的前n 项的和，A n ＝32(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n ＝4n ＋3。

数列题型及解题方法归纳总结

数列题型及解题方法归纳总结数列是数学中的基本概念，出现在许多数学问题和实际生活中的各种场景中。

在数列问题中，通常需要找出数列中的规律、求解数列的通项公式或特定项的值等。

本文将对数列题型及解题方法进行归纳总结。

一、等差数列等差数列是最常见的数列类型。

等差数列的特点是数列中任意两个相邻的项之间的差值都相等。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等差数列的前n项和公式是Sn = n/2 * (a1 + an)，其中a1是首项，an是末项。

如果已知前n项和Sn，可以用Sn = n/2 * (a1 + a1+(n-1)d)来求解未知的参数a1或d。

2. 求第n项的值：对于等差数列，可以用通项公式an = a1 + (n-1)d来求解第n项的值。

其中a1是首项，d是公差。

二、等比数列等比数列是指数列中任意两个相邻的项之间的比值都相等。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等比数列的前n项和公式是Sn = a1 * (q^n - 1) / (q - 1)，其中a1是首项，q是公比。

如果已知前n项和Sn，可以用Sn = a1* (1 - q^n) / (1 - q)来求解未知的参数a1或q。

2. 求第n项的值：对于等比数列，可以用通项公式an = a1 * q^(n-1)来求解第n项的值。

其中a1是首项，q是公比。

三、等差-等比混合数列等差-等比混合数列是指数列中既有等差又有等比的特点。

解题时常用的方法有以下几种：1. 求和公式：等差-等比混合数列的前n项和公式是Sn = S1 * (1 - q^n) / (1 - q) + a1 * (1 - q) / (1 - q) - n * d，其中Sn是前n项和，S1是等比数列的首项和，a1是等差数列的首项，q是等比数列的公比，n是项数，d是公差。

2. 求等差数列和等比数列的通项公式：对于等差-等比混合数列，可以通过观察数列的规律，将其拆分为等差数列和等比数列两个部分，然后分别求解其通项公式，最后将两个序列的对应项相加即可得到整个数列的通项公式。

数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)

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

高中数学：数列经典题目集锦及答案经典及题型精选

数列经典题目集锦一一、构造法证明等差、等比类型一：按已有目标构造1、数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *.(1) 若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列； (2) 若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列；(3) 若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．类型二：整体构造2、设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且(S n ＋1＋λ)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1对一切n ∈N *都成立．(1) 若λ＝1，求数列{a n }的通项公式； (2) 求λ的值，使数列{a n }是等差数列．二、两次作差法证明等差数列3、设数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，已知11,6,1321===a a a ，且*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，（其中A ,B 为常数）．(1)求A 与B 的值；(2)求数列{}n a 为通项公式；三、数列的单调性4.已知常数0λ≥，设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S , 满足：11a =，()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+（*n ∈N ）．（1）若0λ=，求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围．5.设数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为n S ，若1564a a =，5348S S -=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于正整数,,k m l （k m l <<），求证：“1m k =+且3l k =+”是“5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列{}n b 满足：对任意的正整数n ，都有121321n n n n a b a b a b a b --++++13246n n +=⋅--，且集合*|,nn b M n n N a λ⎧⎫=≥∈⎨⎬⎩⎭中有且仅有3个元素，求λ的取值范围.四、隔项（分段）数列问题6. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n （n 为奇数），a n －3n （n 为偶数）.(1) 是否存在实数λ，使数列{a 2n －λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2) 若S n 是数列{a n }的前n 项的和，求满足S n ＞0的所有正整数n .7.若{}n b 满足：对于N n *∈，都有2n n b b d +-=(d 为常数)，则称数列{}n b 是公差为d 的“隔项等差”数列．（Ⅰ）若17,321==c c ，{}n c 是公差为8的“隔项等差”数列，求{}n c 的前15项之和；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1a a =，对于N n *∈，都有12n n a a n ++=． ①求证：数列{}n a 为“隔项等差”数列，并求其通项公式；②设数列{}n a 的前n 项和为n S ，试研究：是否存在实数a ，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）?若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．五、数阵问题8.已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1＋a 2＝a 3，b 1b 2＝b 3，且a 3，a 2＋b 1，a 1＋b 2成等差数列，a 1，a 2，b 2成等比数列．(1) 求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2) 按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项：第1次从数列{a n }中取a 1，第2次从数列{b n }中取b 1，b 2，第3次从数列{a n }中取a 2，a 3，a 4，第4次从数列{b n }中取b 3，b 4，b 5，b 6， ……第2n －1次从数列{a n }中继续依次取2n －1个项，第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项， ……由此构造数列{c n }：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10， b 11，b 12，…，记数列{c n }的前n 项和为S n .求满足S n <22 014的最大正整数n .数列经典题目集锦答案1.证明：(1) 设数列{a n }的公差为d ，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴ 数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (4分) (2) 当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴ a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴ a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12.∵ 数列{b n }，{c n }都是等差数列，∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数， ∴ 数列{a n }从第二项起为等差数列． (10分)(3) 结论：数列{a n }成等差数列．证明如下： (证法1)设数列{b n }的公差为d ′， ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ 2n b n ＝2n a n －2n ＋1a n ＋1，∴ 2n －1b n －1＝2n －1a n －1－2n a n ，…，2b 1＝2a 1－22a 2，∴ 2n b n ＋2n －1b n －1＋…＋2b 1＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，设T n ＝2b 1＋22b 2＋…＋2n －1b n －1＋2n b n ，∴ 2T n ＝22b 1＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n ，两式相减得：－T n ＝2b 1＋(22＋…＋2n －1＋2n )d ′－2n ＋1b n ，即T n ＝－2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ， ∴ －2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，∴ 2n ＋1a n ＋1＝2a 1＋2b 1＋4(2n －1－1)d ′－2n ＋1b n ＝2a 1＋2b 1－4d ′－2n ＋1(b n －d ′)， ∴ a n ＋1＝2a 1＋2b 1－4d′2n ＋1－(b n －d ′)． (12分) 令n ＝2，得a 3＝2a 1＋2b 1－4d′23－(b 2－d ′)＝2a 1＋2b 1－4d′23－b 1， ∵ b 1＋a 3＝0，∴2a 1＋2b 1－4d′23＝b 1＋a 3＝0，∴ 2a 1＋2b 1－4d ′＝0，∴ a n ＋1＝－(b n －d ′)，∴ a n ＋2－a n ＋1＝－(b n ＋1－d ′)＋(b n －d ′)＝－d ′，∴ 数列{a n }(n ≥2)是公差为－d ′的等差数列． (14分) ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 数列{a n }是公差为－d ′的等差数列． (16分)(证法2)∵ b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，(12分) ∴ b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)． ∵ 数列{b n }是等差数列，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)．(14分) ∵ a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴ 数列{a n }是等差数列．(16分)2.解析：(1) 若λ＝1，则(S n ＋1＋1)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，a 1＝S 1＝1.∵ a n ＞0，S n ＞0，∴ S n ＋1＋1S n ＋1＝a n ＋1a n ，(2分) ∴S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1＋1S n ＋1＝a 2a 1·a 3a 2·…·a n ＋1a n ，化简，得S n ＋1＋1＝2a n ＋1. ①(4分) ∴ 当n ≥2时，S n ＋1＝2a n . ② ①－②，得a n ＋1＝2a n ，∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)．(6分) ∵ 当n ＝1时，a 2＝2，∴ n ＝1时上式也成立，∴ 数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(8分) (2) 令n ＝1，得a 2＝λ＋1.令n ＝2，得a 3＝(λ＋1)2.(10分) 要使数列{a n }是等差数列，必须有2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝0.(11分) 当λ＝0时，S n ＋1a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，且a 2＝a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＋1(S n －S n －1)＝(S n ＋1)(S n ＋1－S n )，整理，得S 2n ＋S n ＝S n ＋1S n －1＋S n ＋1，S n ＋1S n －1＋1＝S n ＋1S n ，(13分) 从而S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1S n －1＋1＝S 3S 2·S 4S 3·…·S n ＋1S n ，化简，得S n ＋1＝S n ＋1，∴ a n ＋1＝1.(15分) 综上所述，a n ＝1(n ∈N *)，∴ λ＝0时，数列{a n }是等差数列．(16分)3.解析：(1)由11,6,1321===a a a ，得18,7,1321===S S S ．把2,1=n 分别代入*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，得⎩⎨⎧-=+-=+48228B A B A ，解得，8,20-=-=B A ．(2)由(1)知，82028)(511--=---++n S S S S n n n n n ，即82028511--=--++n S S na n n n ，① 又8)1(2028)1(5122-+-=--++++n S S a n n n n ． ②②-①得，20285)1(51212-=---+++++n n n n a a na a n ，即20)25()35(12-=+--++n n a n a n ． ③ 又20)75()25(23-=+-+++n n a n a n ．④④-③得，0)2)(25(123=+-++++n n n a a a n ，520n +≠，∴02123=+-+++n n n a a a ，又32215a a a a -=-=，所以32120a a a -+=，因此，数列{}n a 是首项为1，公差为5的等差数列．故45)1(51-=-+=n n a n ．4.解析：(1) 0λ=时,111n n n n naS S a a +++=+∴1n n n na S S a +=∵0n a >，∴0n S > ∴ 1n n a a +=，∵11a =，∴1n a =(2) ∵()11131n n n n n n a S S a a λ+++=+⋅+ 0n a > ，∴1131nn n n nS S a a λ++-=⋅+ 则212131S S a a λ-=⋅+，2323231S S a a λ-=⋅+，，11131n n n n n S S a a λ----=⋅+()2n ≥ 相加，得()2113331n nnS n a λ--=+++-则()3322n n n S n a n λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭，该式对1n =也成立， ∴()*332n n n S n a n N λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭． ③ ∴()1*13312n n n S n a n N λ++⎛⎫-=++⋅≥ ⎪⎝⎭． ④ ④－③，得1113333122n n n n n a n a n a λλ+++⎛⎫⎛⎫--=++⋅-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即11333322n n n n n a n a λλ++⎛⎫⎛⎫--+⋅=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0λ≥，∴133330,022n n n n λλ+--+>+> . ∵112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立， ∴332nn λ-+1133()22n n λ+-<+对一切*n ∈N 恒成立．即233nnλ>+对一切*n ∈N 恒成立．记233n n nb =+,则()()()111423622233333333n n n n n n n n n n b b +++-⋅-+-=-=++++ 当1n =时，10n n b b +-=；当2n ≥时，10n n b b +->∴ 1213b b ==是{}n b 中的最大项．综上所述，λ的取值范围是13λ>. 5. 解析：（1）数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，∴215364a a a ==，38a ∴=，又5348S S -=，2458848a a q q ∴+=+=，2q ∴=，3822n n n a -∴=⋅=； ……4分（2）（ⅰ）必要性：设5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25k m l a a a ⋅=+，则10222k m l ⋅=+，1022m k l k --∴=+，11522m k l k ----∴=+，1121,24m k l k ----⎧=⎪∴⎨=⎪⎩ 13m k l k =+⎧∴⎨=+⎩. ………… 6分②若25m k l a a a =+，则22522m k l ⋅=⋅+，1225m k l k +--∴-=，左边为偶数，等式不成立， ③若25l k m a a a =+，同理也不成立，综合①②③，得1,3m k l k =+=+，所以必要性成立. …………8分（ⅱ）充分性：设1m k =+，3l k =+，则5,,k m l a a a 这三项为135,,k k k a a a ++，即5,2,8k k k a a a ，调整顺序后易知2,5,8k k k a a a 成等差数列，所以充分性也成立. 综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立. …………10分（3）因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--++++=⋅--，即123112122223246n n n n n b b b b n +--++++=⋅--，（*）∴当2n ≥时，1231123122223242n n n n n b b b b n ----++++=⋅--，（**）则（**）式两边同乘以2，得2341123122223284n n n n n b b b b n +---++++=⋅--，（***）∴（*）－（***），得242n b n =-，即21(2)n b n n =-≥，又当1n =时，21232102b =⋅-=，即11b =，适合21(2)n b n n =-≥，21n b n ∴=-.………14分 212n n n b n a -∴=，111212352222n n n n nn n b b n n n a a ------∴-=-=， 2n ∴=时，110n n n n b b a a --->，即2121b b a a >；3n ∴≥时，110n n n n b b a a ---<，此时n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭单调递减，又1112b a =，2234b a =，3358b a =，44716b a =， 71162λ∴<≤. ……………16分 6. 解析：(1) 设b n ＝a 2n －λ，因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13（a 2n －6n ）＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1－λa 2n －λ.(2分)若数列{a 2n －λ}是等比数列，则必须有13a 2n＋1－λa 2n －λ＝q (常数)，即⎝⎛⎭⎫13－q a 2n ＋(q －1)λ＋1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧13－q ＝0（q －1）λ＋1＝0⎩⎨⎧q ＝13，λ＝32，(5分) 此时b 1＝a 2－32＝13a 1＋1－32＝－16≠0，所以存在实数λ＝32，使数列{a 2n －λ}是等比数列．(6分)(注：利用前几项，求出λ的值，并证明不扣分) (2) 由(1)得{b n }是以－16为首项，13为公比的等比数列，故b n ＝a 2n －32＝－16·⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ，即a 2n ＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ＋32.(8分)由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1)＝－12·⎝⎛⎭⎫13n －1－6n ＋152，(10分)所以a 2n －1＋a 2n ＝－12·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1＋⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9＝－2·⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9， S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2[13＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n ]－6(1＋2＋…＋n )＋9n＝－2·13[1－⎝⎛⎭⎫13n ]1－13－6·n （n ＋1）2＋9n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1－3n 2＋6n ＝⎝⎛⎭⎫13n－3(n －1)2＋2，(12分)显然当n ∈N *时，{S 2n }单调递减．又当n ＝1时，S 2＝73＞0，当n ＝2时，S 4＝－89＜0，所以当n ≥2时，S 2n ＜0；S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·⎝⎛⎭⎫13n －52－3n 2＋6n ，同理，当且仅当n ＝1时，S 2n －1＞0.综上，满足S n ＞0的所有正整数n 为1和2.(16分) 7.解析：（Ⅰ）易得数列⎩⎨⎧+-=.9414为偶数时，当为奇数时；，当n n n n c n前15项之和53527)6517(28)593(=⨯++⨯+=……………………………4分（Ⅱ）①n a a n n 21=++ （*∈N n ）（1）， )1(221+=+++n a a n n （2）（1）-（2）得22=-+n n a a （*∈N n ）．所以，{}n a 为公差为2的“隔项等差”数列． ……………………………6分当n 为偶数时，a n n a a n -=⨯⎪⎭⎫⎝⎛-+-=2122，当n 为奇数时，()[]11)1(2)1(21-+=----=--=-a n a n n a n a n n ； …8分②当n 为偶数时，()2212212222221222n n n n a n n n a S n =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅=；当n 为奇数时，()2212121212221212121⨯⎪⎭⎫⎝⎛---+-⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⋅=n n n a n n n a S n 21212-+=a n ． ……………………………12分故当k n 2=时，222k S k =，a k k S k ++=+22212，222)1(2+=+k S k ，由()222212++⋅=k k k S S S ，则2222)1(22)22(+⋅=++k k a k k ，解得0=a ．所以存在实数0a =，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）……………………………16分8. 解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）＝a 1＋2d ，b 1（b 1q ）＝b 1q 2，（a 1＋2d ）＋（a 1＋b 1q ）＝2[（a 1＋d ）＋b 1]，（a 1＋d ）2＝a 1（b 1q ），解得a 1＝d ＝1，b 1＝q ＝2.故a n ＝n ，b n ＝2n .(6分)(2) 将a 1，b 1，b 2记为第1组，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6记为第2组，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10，b 11，b 12记为第3组，……以此类推，则第n 组中，有2n －1项选取于数列{a n }，有2n 项选取于数列{b n }，前n 组共有n 2项选取于数列{a n }，有n 2＋n 项选取于数列{b n }，记它们的总和为P n ，并且有()22211222nn n n n P +++=+-.(11分)P 45－22 014＝452（452＋1）2＋22 071－22 014－2>0，P 44－22 014＝442（442＋1）2－21 981(233－1)－2<0.当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 012)时，S n －22 014＝－22 013－2＋452（452＋1）2<0.(13分)当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 013)时，S n －22 014＝－2＋452（452＋1）2>0.可得到符合S n <22 014的最大的n ＝452＋2 012＝4 037.(16分)。

数列知识点总结及题型归纳---含答案

一、等差数列题型一、等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示。

用递推公式表示为a n a n 1 d(n 2)或a n 1 a n d(n 1)。

例：等差数列a n 2n 1，a n a n 1__________题型二、等差数列的通项公式：a n & (n 1)d ；说明：等差数列(通常可称为 A P数列)的单调性：d 0为递增数列，d 0为常数列，d 0为递减数列。

例：1.已知等差数列a n中，a7 a9 16，a4 1,则等于( )A. 15 B . 30 C . 31 D . 642. ｛a n｝是首项a1 1，公差d 3的等差数列，如果务2005，则序号n等于(A) 667 ( B) 668 (C) 669 (D) 6703. 等差数列a n 2n 1,b n 2n 1，则a.为______________________________ g为________________ (填“递增数列”或数列“递减数列”)题型三、等差中项的概念：定义：如果a , A, b成等差数列，那么A叫做aa , A, b成等差数列A -_b即：2a n 12例：1•设a n是公差为正数的等差数列，若a1 a2A. 120 B . 105 C.2.设数列｛a n｝是单调递增的等差数列，前三项的和为A. 1B.2C.4D.8a b与b的等差中项。

其中A2a n a n 2(2a n a n m a n m)a315, qa2a3 80，贝U a11 a12 a13() 90 D . 7512,前三项的积为48,则它的首项是( )题型四、等差数列的性质: (1 ) 在等差数列a n中,在等差数列a n中,在等差数列a n中,在等差数列a n中,每一项是它相邻二项的等差中项;m)d , d n);题型五、等差数列的前n和的求和公式：S n(a1 a n)na1q，则a m a n a p a q ；(S n An2 Bn (A,B为常数) an是等差数列递推公式：S n @1 a n)n2(a m a n (m 1) )n3d2 从第2项起,(2)相隔等距离的项组成的数列是等差数列;(3)(4) 对任意m , n N , a n a m (n 若m , n , p , q例：1.如果等差数列a n中，a3 a4 a5 12，那么a1 a2 a763a n 的前n 项和为S n ，若S 9 72 ,则a 2 a 4比=9.设等差数列 a n 的前n 项和为S n ,若a 6 S 3 12 ,则a n _____________________________10. 已知数列｛ b n ｝是等差数列，b 1=1, b+b 2+…+b °=100.,则b n = ____________________S n11. 设｛ a n ｝为等差数列，$为数列｛ a n ｝的前n 项和，已知 S ?= 7, S 5= 75, T n 为数列｛ ——｝的前n 项n和，求T n 。

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一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn例1（07高考山东文18）设{}n a 是公比大于1的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且123334a a a ++，，构成等差数列．（1）求数列{}n a 的等差数列．（2）令31ln 12n n b a n +==，，，，求数列{}n b 的前n 项和T ．解：（1）由已知得1231327:(3)(4)3.2a a a a a a ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得22a =．设数列{}n a 的公比为q ，由22a =，可得1322a a q q==，．又37S =，可知2227q q ++=，即22520q q -+=，解得12122q q ==，．由题意得12q q >∴=，．11a ∴=．故数列{}n a 的通项为12n n a -=．（2）由于31ln 12n n b a n +==，，，，由（1）得3312nn a +=3ln 23ln 2n n b n ∴==，又13ln 2n n n b b +-={}n b ∴是等差数列．12n n T b b b ∴=+++1()2(3ln 23ln 2)23(1)ln 2.2n n b b n n n +=+=+=故3(1)ln 22n n n T +=．练习：设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(21++=n n S n （利用常用公式）∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f二、错位相减法设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则数列{}n n b a 的前n 项和n S 求解，均可用错位相减法。

例2（07高考天津理21）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅰ）解：由11(2)2()n n n n a a n λλλ+*+=++-∈N ，0λ>，可得111221n nn n n na a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2nn n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭为等差数列，其公差为1，首项为0，故21n n n a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以数列{}n a 的通项公式为(1)2n nn a n λ=-+．（Ⅱ）解：设234123(2)(1)n n n T n n λλλλλ-=++++-+-， ①345123(2)(1)n n n T n n λλλλλλ+=++++-+- ② 当1λ≠时，①式减去②式，得212311(1)(1)(1)1n n n n n T n n λλλλλλλλλ+++--=+++--=---， 21121222(1)(1)(1)1(1)n n n n n n n n T λλλλλλλλλ++++----+=-=---．这时数列{}n a 的前n 项和21212(1)22(1)n n n n n n S λλλλ+++--+=+--．当1λ=时，(1)2n n n T -=．这时数列{}n a 的前n 项和1(1)222n n n n S +-=+-．例3（07高考全国Ⅱ文21）设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．解：（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =，2q =．所以1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．（Ⅱ）1212n n n a n b --=．122135232112222n n n n n S ----=+++++，①3252321223222n n n n n S ----=+++++，②②－①得22122221222222n n n n S ---=+++++-，221111212212222n n n ---⎛⎫=+⨯++++- ⎪⎝⎭1111212221212n n n ----=+⨯--12362n n -+=-．三、逆序相加法把数列正着写和倒着写再相加（即等差数列求和公式的推导过程的推广）例4（07豫南五市二联理22.）设函数222)(+=x xx f 的图象上有两点P 1(x 1, y 1)、P 2(x 2,y 2)，若)(2121OP +=,且点P 的横坐标为21. （I ）求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；（II ）若;求,),()3()2()1(*n n S N n nn f n f n f n f S ∈+⋯+++=（I ）∵)(2121OP +=,且点P 的横坐标为21. ∴P 是12P P 的中点，且121x x +=((()()()12211222121124141222222222px x x xx xxx xx xy yy++++==+=+=+∴=由（I）知，121x x+=()()()121,12f f fx x+==且()()12111212nnn nf f f fn n n nn nf f f fn n n nSS-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭又，（1）+（2）得：()() ()11221211 21111332nnn n nf f f f f f f fn n n n n nf nnSS⎡-⎤⎡-⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦=++++=+-+-∴=四、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）111)1(1+-=+=nnnnan（2）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=nnnnnan（3）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=nnnnnnnan等。

例5 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211nn的前n项和.解：设nnnnan-+=++=111（裂项）则11321211+++⋅⋅⋅++++=nnSn（裂项求和）＝)1()23()12(nn-++⋅⋅⋅+-+-＝11-+n例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有n N *∈都成立的最小正整数m ；解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2+bx (a ≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x －2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x 2－2x.又因为点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上，所以n S ＝3n 2－2n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[])1(2)132---n n （＝6n －5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5 （n N *∈）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知13+=n n n a a b ＝[]5)1(6)56(3---n n ＝)161561(21+--n n ，故T n ＝∑=ni i b 1＝21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--++-+-)161561(...)13171()711(n n ＝21（1－161+n ）. 因此，要使21（1－161+n ）<20m （n N *∈）成立的m,必须且仅须满足21≤20m，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.五、分组求和法所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。

例7数列{a n }的前n 项和12-=n n a S ，数列{b n }满)(,311*+∈+==N n b a b b n n n .（Ⅰ）证明数列{a n }为等比数列；（Ⅱ）求数列{b n }的前n 项和T n 。

解析：（Ⅰ）由12,,1211-=∴∈-=++*n n n n a S N n a S ，两式相减得：,2211n n n a a a -=++01.,211≠=∈=∴*+n n n a a N n a a 知同，,21=∴+nn a a 同定义知}{n a 是首项为1，公比为2的等比数列. （Ⅱ）,22,211111-+-+-=-+==n n n n n n n n b b b b a,2,2,2234123012=-=-=-b b b b b b,221--=-n n n b b 等式左、右两边分别相加得：,222121322211211+=--+=++++=---n n n n b b n T n n n 2)2222()22()22()22()22(12101210+++++=++++++++=∴--=.12222121-+=+--n n n n例8求2222121234(1)n S n -=-+-++-（n N +∈）解：⑴ 当n 为偶数时，222222(1)(12)(34)[(1)](12)2n n S n n n +=-+-++--=-+++=-； ⑵ 当n 为奇数时， 2222222222(1)1(12)(34)[(2)(1)][12(1)]()22n n S n n n n n n n n -=-+-++---+=-+++-+=-+=+综上所述，11(1)(1)2n S n n +=-+．六、利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法.例9 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 解：由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅kk k个个（找通项及特征）∴11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ ＝)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n （分组求和）＝)1111(91)10101010(911321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++ ＝9110)110(1091nn ---⋅＝)91010(8111n n --+ 例10 已知数列{a n }：∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值. 解：∵ ])4)(2(1)3)(1(1)[1(8))(1(1++-+++=-++n n n n n a a n n n （找通项及特征）＝])4)(3(1)4)(2(1[8+++++⋅n n n n （设制分组）＝)4131(8)4121(4+-+++-+⋅n n n n （裂项）∴ ∑∑∑∞=∞=∞=++-+++-+=-+1111)4131(8)4121(4))(1(n n n n n n n n n a a n （分组、裂项求和）＝418)4131(4⋅++⋅ ＝313 类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。