题型-数列通项之作差法
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 。
求数列通项公式的十种办法
求数列通项公式的十种办法求数列的通项公式是数学中的一项重要工作。
下面列举了十种常用的求解数列通项公式的方法：1.递推法：这是最常见的一种方法。
通过观察数列中的规律，找出前一项与后一项之间的关系，并将其表达成递推公式，从而求得数列的通项。
例如斐波那契数列：F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(n)表示第n项，F(n-1)表示第n-1项，F(n-2)表示第n-2项。
2.数列差法：如果数列的前后两项之间的差值有规律可循，可以通过观察差的变化规律来得到通项公式。
例如等差数列：a(n)=a(1)+(n-1)d，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，d表示公差。
3.数列比法：如果数列的前后两项之间的比值有规律可循，可以通过观察比的变化规律来得到通项公式。
例如等比数列：a(n)=a(1)*r^(n-1)，其中a(n)表示第n项，a(1)表示首项，r表示公比。
4.代数方程法：数列中的数可以看作方程中的未知数，通过列方程组求解，得到方程的解即为数列的通项公式。
例如斐波那契数列可以通过矩阵的特征值和特征向量求得。
5.数列求和法：如果数列是由一个个项的和组成的，可以通过数列的求和公式求得通项公式。
例如等差数列的前n项和：S(n)=[n/2]*[2a(1)+(n-1)d]，其中[n/2]表示n除以2的整数部分，a(1)表示首项，d表示公差。
6.数列积法：如果数列可以表达为一系列项的连乘积的形式，可以通过求取连乘积的对数，再利用对数运算得到通项公式。
例如等比数列的前n项积：P(n)=a(1)^n*(r^n-1)/(r-1)，其中a(1)表示首项，r表示公比。
7.查表法：如果数列的部分项已知，可以通过列出表格的方式观察规律，推测出通项公式。
例如自然数列：1,2,3,...，通过观察可得到通项公式：a(n)=n。
8.数学归纳法：数学归纳法是一种证明方法，但也可以用来求数列的通项公式。
首先证明数列的通项公式对n=1成立，然后假设对n=k也成立，通过数学归纳法证明对n=k+1也成立，从而得到通项公式。
数列问题中的“作差法”
数列问题中的“作差法”
作者：李凤迎李洪涛
来源：《师资建设》 2014年第10期
文/河北省武邑县职教中心李凤迎李洪涛
数列作为高考重要的知识体系，在高考解答题中占有极其重要的地位。
解决数列问题有很多方法，本文介绍一种非常实用有效的方法：“作差法”。
“作差法”是一种具有通性的方法，它作为解题的一块跳板，可以把数列中的数量关系变得由远及近，由模糊到明朗，由复杂到简单，从而为后续步骤打好基础。
通过“作差”，不但达到了化繁为简的目的，而且“差式”又化为一个含有具体含义的代数式。
虽是一种小小的“作差”变形，让解题更加简单、更加方便、更加实用。
题型一求数列的公比或公差。
高考数学解答题(新高考)数列求通项(数列前n项和Sn法、数列前n项积Tn法)(解析版)
专题01 数列求通项（n S 法、n T 法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1对于数列{}n a ，前n 项和记为n S ； ①1231n n n S a a a a a -=++++；②11231(2)n n S a a a a n --=+++≥①-②：1(2)n n n S S a n --=≥2对于数列{}n a ，前n 项积记为n T ； ①1231n n n T a a a a a -=；②11231(2)n n T a a a a n --=≥①÷②：1(2)nn n T a n T -=≥二、典型例题n S 法：角度1：用1n n S S --，得到n a例题1．（2022·湖北·黄冈中学二模）数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()12N n n a S n *+=∈.求数列{}n a 的通项n a ；感悟升华（核心秘籍）1、使用n S 法注意两步：①1n =②2n ≥2、在本例中化简1n n S S --后，得到13(2)n na n a +=≥，特别提醒，在化简后需跟上（2n ≥），此时需要验证1n =是否符合，如本例2123a a =≠，则此时，数列{}n a 是从第二项开始成以3为公比的等比数列【答案】(1)21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩①当时，思路点拨：根据题意：，已知与的关系，用②当时，；又由题意知作 差，又因为：所以，数列从第二项开始成以为公比的等比数列，则，下结论解答：解：当1n =时，2122a S ==，当2n ≥时，由12n n a S +=可得12n n a S -=，上述两个等式作差得12n n n a a a +=-，可得13n n a a +=，且213a a ≠，所以，数列{}n a 从第二项开始成以3为公比的等比数列，则223n n a -=⋅，因为11a =不满足223n n a -=⋅，故21,123,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩.n S 法：角度2：将题意中的n a 用1n n S S --替换例题2．（2022·全国·模拟预测）已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为()*n S n ∈N ，且11n n n S a S ++=-．求数列{}n a 的通项公式；由思路点拨：根据题意：，已知与的关系，用替换题目中的由约分，所以是首项为1，公差为1的等差数列，所以，当时，，又当时，也满足上式，所以解答过程化简再用作差法感悟升华（核心秘籍）1、已知1n a +与1n n S S ++，使用n S 法时，用1n n S S +-替换1n a +作为核心秘籍记忆；2、当遇到1(2)n n n a S S n -=≥，使用n S 法时，用1n n S S --替换n a 作为核心秘籍记忆；【答案】21n a n =-依题意，111n n n n n S S a S S ++++==-，故()()111n n n nn n S S S S S S ++++=-+，因为10n n S S ++>，所以11n n S S +-=，又111S a ==，所以{}n S 是首项为1，公差为1的等差数列，所以n S n =，2n S n =．当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-， 又当n ＝1时，11a =也满足上式，所以21n a n =-．n S 法：角度3：已知等式中左侧含有：1ni i i a b =∑例题3．（2022·湖北十堰·三模）已知数列{}n a 满足()()1233521131n n a a a n a n ++++-=-+.求{}n a 的通项公式；①当时思路点拨：根据题意：，用类似作差法②当时：，所以.又因为当时，上式也成立，所以的通项公式为.解答过程检验 作差感悟升华（核心秘籍）已知等式中左侧含有：1ni i i a b =∑，如本例：()()1233521131n n a a a n a n ++++-=-+解题密码类似“1n n S S --”；【答案】13-=n n a 解：因为()()1233521131n n a a a n a n ++++-=-+，① 当1n =时11a =，当2n ≥时，()()112313523231n n a a a n a n --++++-=-+，②①-②得()()()()()11211312312132n n n n n a n n n n --⎡⎤⎡⎤-=-+--+=-≥⎣⎦⎣⎦.所以()132-=≥n n a n .又因为当1n =时，上式也成立，所以{}n a 的通项公式为13-=n n a .n T 法：角度1：已知n T 和n 的关系例题4．（2022·湖北·模拟预测）已知数列{}n b 的前n 项之积()(1)*22N n n n T n +=∈.求{}nb 的通项公式.感悟升华（核心秘籍）使用n T 法本质：1(2)nn n T a n T -=≥其中： ①1231n n n T a a a a a -=；②11231(2)n n T a a a a n --=≥①当时，思路点拨：根据题意：，已知与的关系，用②当时，；当时，上式也成立，所以.检验解答过程【答案】2nn b =解：由(1)22n n nT +=，当1n =时，112b T ==， 当2n ≥时，12n nn n T T b -==， 当1n =时，上式也成立，所以2nn b =.n T 法：角度2：已知n T 和n a 的关系例题5．（2022·贵州毕节·模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，且121n na T +=.求数列{}n T 的通项公式；【答案】21n T n =+，*n N ∈ 当1n =时，113T a == 当2n ≥时，1n n n T a T -=∴11n n nT a T -= 由121n n a T +=得121n n nT T T -+=即12n n T T -+= ∴12n n T T --=，∴{}n T 是以3为首项，2为公差的等差数列，∴21n T n =+，*n N ∈ ①当时，思路点拨：根据题意：，已知和的关系，用替换题目中②当时，∴代入已知条件，得即解答过程下结论∴12n n T T --=∴{}n T 是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴21n T n =+，*n N ∈三、题型归类练1．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（文））数列{}n a 满足31232n a n a a a +++=+()121n n -⋅+，则7a =（ ）A ．64B ．128C ．256D ．512【答案】A当2n ≥时，由31232n a n a a a +++=+()121n n -⋅+，①得()1231231n a a a n a -++++-=()1221n n --⋅+，②①－②，得()121n n na n ⎡⎤=-⋅+⎣⎦()1221n n -⎡⎤--⋅+⎣⎦12n n -=⋅()2n ≥，所以()122n n a n -=≥，则764a =．故选：A ．2．（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 ．2n D ．121n +-【答案】C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 na ，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.3．（2022·全国·模拟预测）若数列{}n a 前n 项和为123n n S a =+，则数列{}n a 的通项公式是n a =______．【答案】1132n -⎛⎫⋅- ⎪⎝⎭123n n S a =+①，当1n =时，11123a a =+，解得：13a =，当2n ≥时，11123n n S a --=+②，①-②得：11133n n n a a a -=-，解得：112n n a a -=-， 所以{}n a 是首项为3，公比是12q =-的等比数列，所以1132n n a -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭，经检验，符合要求故答案为：1132n n a -⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭4．（2022·江苏江苏·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，各项均为正数的数列{}n b 的前n 项积为n T ，且21n n S a =-，11b a =，()n n n n T a b =.(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：{}n b 为等比数列. 【答案】(1)12n na (2)证明见解析(1)解：当1n =时，1121a a =-，11a =，当2n ≥时，()()111212122n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-， 所以12n n a a -=，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以12n na ；(2)证明：1110a b ==≠，()12nn n n T b -=，当2n ≥时，()()122112111222nn n nn n n n n n n n n n b T b b T b b --------===，则122112n n n n n b b ----=， 由于0n b >，则()1124n n b b n -=≥，所以数列{}n b 是等比数列.5．（2022·黑龙江·哈师大附中高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意正整数n ，22n n a S -=成立.求证：数列{}n a 是等比数列，并求{}n a 的通项公式； 【答案】(1)证明见解析，n a n =； 在22n n a S -=中令1n =得12a =．因为对任意正整数n ，22n n a S -=成立，所以1122n n a S ++-=， 两式相减得120n n a a +-=，所以12n n a a +=，即12n na a +=，所以{}n a 为等比数列， 所以1222n nn a -=⋅=.6．（2022·福建福州·高二期中）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2412n n n S a a -=+．求数列{}n a 的通项公式； 【答案】(1)21n a n =-当1n =时，由2412n n n S a a -=+得2111412a a a -=+，11a =． 当2n ≥时，由2412n n n S a a -=+得2111412n n n S a a ----=+，两式相减可得2211422n n n n n a a a a a --=+--，化简得()()1120n n n n a a a a --+--=，由条件得10n n a a ->+，故()122n n a a n -=+≥， 得数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列， 从而数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．7．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知等差数列{}n a 的首项为11a =，且1533+=+a a a ，数列{}n b 满足1122(21)31,2n n n n a b a b a b n *-⋅++++=∈N ．求n a 和n b ；【答案】(1)n a n =；123n n b -=⋅因为{}n a 是等差数列，设其公差为d .因为1533+=+a a a ，所以111342a d d a a +=+++． 因为11a =，所以等差数列{}n a 的公差1d =， 所以1(1)n a a n d n =+-=． 因为1122(21)312n n n n a b a b a b -⋅++++=，所以112a b =，所以12b =．当2n ≥时，11(21)31(23)312322---⋅+-⋅+=-=⋅n n n n n n n a b n ， 结合n a n =可知123n n b -=⋅．经检验：12b =也适合上式.所以123n n b -=⋅．8．（2022·湖北·模拟预测）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为)*1,1,,2n n S a a n N n =∈≥.求证；数列是等差数列，并求{}n a 的通项公式；【答案】(1)证明见解析，21n a n =-因为n a 所以当2n ≥时，1n n S S --=即=而0n a >0>()12n =≥所以数列1=为首项，公差为1的等差数列； ()111n n +-⨯=，则2,n S n =当2n ≥时，121n a n n n =+-=-，又11a =满足上式， 所以{}n a 的通项公式为21n a n =-.9．（2022·广东·测试·编辑教研五高二阶段练习）数列{}n a 满足2313123n na a a a n++++=-．求n a ； 【答案】(1)123n n a n -=⋅解：因为2313123n na a a a n++++=-， 当1n =时，11312a =-=，当2n ≥时，1231131231n n a a a a n --++++=--， 两式相减得113323n n n na n--=-=⋅， 所以123(2)n n a n n -=⋅≥，又12a =符合上式，所以123n n a n -=⋅．10．（2022·四川省通江中学高二阶段练习（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且)12,N,2n a a n n =∈≥ ；(1)求数列{}n a 的通项公式；【答案】(1)2,123,2,N n n a n n n *=⎧⎪=⎨+≥∈⎪⎩由题意正项数列{}n a 的前n 项和为n S ， 当2n ≥时，1n n n a S S -=- ，故1n n n a S S -=-=22=-，1=，所以 1为公差的等差数列，(1)1n n -= ，所以11123,(2)n a n n n n =+-=+≥ ，即23n a n =+，但12a =不适合上式，故2,123,2,N n n a n n n *=⎧⎪=⎨+≥∈⎪⎩； 11．（2022·全国·高二课时练习）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11S =，2n a =（2N*n n ≥∈， ），求数列{}n a 的通项公式n a ； 【答案】11882n n a n n =⎧=⎨-≥⎩，， ∵an ＞0，当2n ≥时，∵2n a =，∴2n a ==Sn ﹣Sn ﹣1=，∴2， 又∵1=，∴是首项为1，公差为2的等差数列，∴1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴()221n S n =- ，当2n ≥ 时，()()221212388n n n a S S n n n -=-=---=- ，111a S == 不满足该式，∴an 11882n n n =⎧=⎨-≥⎩，，； 12．（2022·广东·高三阶段练习）已知正项数列{}n a 满足11,a =前n 项和n S满足*22,)n a n n N =≥∈.求数列{}n a 的通项公式；【答案】(1)1,121,24n n a n n =⎧⎪=⎨+≥⎪⎩由*22,)n a n n N =≥∈可得)*22,n a n n N =≥∈ 即：())*122,n n S S n n N --=≥∈ 0n a >0n S ∴>，0>2=12，∴1=为首项，公差为12的等差数列211,22nn nS++⎛⎫= ⎪⎝⎭当2n≥时，1214n n nna S S-+=-=当1n=时，11a=所以：1,121,24nna nn=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩13．（2022·湖北恩施·高二期中）记n b为数列{}n a的前n项积，已知13a=，121n na b+=.证明：数列{}n b是等差数列.由题意可得1(2)nnnba nb-=，因为121n na b+=，所以121(2)nn nbnb b-+=，即12(2)n nb b n-+=，所以12(2)n nb b n--=.又11121a b+=，13a=，所以13b=，故{}n b是以3为首项，2为公差的等差数列.14．（2022·新疆·乌市八中高二期中（理））设数列{}n a的前n项积为n T，且()*22n nT a n=-∈N.求证数列1nT⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；因为数列{}n a的前n项积为n T，且()*22n nT a n=-∈N，∴当n=1时，11122T a a==-，则123a=，1132T=.当n≥2时，1121222nnn n nTTT T T--=-⇒=-，∴11112n nT T--=，所以1nT⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132T=为首项，12为公差的等差数列；15．（2021·湖北黄冈市·黄冈中学高三其他模拟）在数列{}n a中，若12a=-且12(2)n n na S S n-=≥.求数列{}n a的通项公式。
数列题型及解题方法归纳总结
知识框架数列的分类数列的通项公式数列的递推关系等差数列的疋义a n a n 1d(n2)等差数列的通项公式a n a1 (n1)d等差数列等差数列的求和公式Sn n /(a1a n) na1n(n 1)d 22等差数列的性质a n a m a p a q(m n p q)两个基本数列等比数列的定义ana n 1q(n2)等比数列的通项公式a n a1q n 1数列等比数列a1a n q a1(1q n)(q1)等比数列的求和公式S n 1 q 1 qn a© 1)等比数列的性质a n a m a p a q (m n [)q)公式法分组求和（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。
⑴递推式为a n+i=a+d及a n+i=qa n（d，q为常数）例1、已知｛a n｝满足a n+i=a n+2，而且a i=1。
求a n。
例1、解■/a n+i-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-11例2、已知｛a n｝满足a n 1 a n，而a1 2，求a n =?2(2)递推式为a n+1=a n+f (n)1例3、已知｛a n｝中a1，a n 12+ ( a n-a n-1 )数列求和错位相减求和裂项求和倒序相加求和解：由已知可知a n 1 a n1(2n 1)(2 n 1)1 1 12(2n 1 2n 1)累加累积令n=1，2，…，（n-1 ），代入得（n-1 ）个等式累加，即（a2-a 1) + (a3-a 2) + …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。
一、典型题的技巧解法1、求通项公式★ 说明只要和a n C £(1f (1) +f (2) +…+f1 ) 4n 32n 1) 4n 2（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 ⑶递推式为a n+1=pa n+q （p, q为常数）数列的概念函数角度理解归纳猜想证明例 4、｛a *｝中，a i 1，对于 n > 1 (n € N )有 a n 3a “ 1 2，求 a n .求a * 。
二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点2数列单调性的判断方法(二)——作差比较法、作商比较法
=
3 8
,
an+1
=
1 8
an2
+
3 8
n N
试判断数列的单调性.
例 4.（2023·湖南省临澧县第一中学高二开学考试）
4．已知公比 q 1 的等比数列{ an }满足 a52 = a10 ， 2 (an + an+2 ) = 5an+1 ．若
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( ) bn = (n − ) an n N* ，且数列bn是递增数列，则实数 的取值范围是 ．
) ，则an 为递增数列”为假命
题的数列an 的通项公式可以为 an =
．
例6
6．已知数列xn
满足：
x1
= 1,
xn+1
=
1 2
xn
+
3 xn
,
n
N
，求证：数列 xn ( n
2)
是单调
递减数列.
例7
7．已知数列an的通项公式是 an
=
9n
(n +1)
10n
，试讨论此数列的单调性.
【针对训练】
8．已知数列 an 的通项公式是
an
=
3n 4n +
2
，则 an （
）
A．不是单调数列 B．是递减数列
C．是递增数列
D．是常数列
9．设等差数列{an}的公差为 d，若数列{2a1an } 为递减数列，则
A． d 0
B． d 0
C． a1d 0
D． a1d 0
（2023·天津·高三期中）
10．数列an 的通项公式为 an = n2 + kn ，则“ k −2 ”是“an 为递增数列”的（ ）
数列求通项公式专题(完美总结)
求通项公式专题1、作差法：已知数列{a n }的前n 项和S n ，求通项公式n a例 已知数列{a n }的前n 项和S n ，求数列{a n }的通项公式．(1)S n ＝2n －1；(2)S n ＝2n 2＋n ＋3.变式训练 已知下面各数列{a n }的前n 项和S n 的公式，求a n . (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n －2.2.累加法：型如)(1n f a a n n +=+的数列例 已知数列}{n a 满足21=a ，231++=+n a a n n ，求}{n a 的通项公式.变式训练 已知数列}{n a 满足21=a ，12123-+⋅=-n n n a a ，求}{n a 的通项公式.3.累乘法：型如)(1n f a a n n ⋅=+的数列例 已知数列}{n a 满足11=a ，n n a nn a 21+=+，求}{n a 的通项公式.变式训练 已知数列}{n a 满足11=a ，12n n n a a +=⋅，求}{n a 的通项公式.4.构造法4-1型如b ka a n n +=+1(b k 、为常数)的数列构造}{λ+n a 为等比数列▲例 已知数列}{n a 满足21=a ，321+=+n n a a ，求}{n a 的通项公式.变式训练1 已知数列}{n a 满足11=a ，231+=+n n a a ，求}{n a 的通项公式.变式训练2 已知数列}{n a 满足2171-=a ，)2(5231≥+=-n a a n n ，求}{n a 的通项公式.4-2 型如001B n A pa a n n ++=+的数列解法：设1(1)()n n a A n B p a An B ++++=++，去括号整理对比001B n A pa a n n ++=+解出A 、B的值，构造出}{B An a n ++为等比数列．理解该数列的构造原理，若出现00201C n B n A pa a n n +++=+，方法也相同.例 已知数列}{n a 满足11=a ，1231n n a a n +=+-，求}{n a 的通项公式.变式训练 已知数列}{n a 满足11=a ，1321n n a a n +=++，求}{n a 的通项公式.4-3 型如n n n q m pa a ⋅+=+1的数列将原递推公式两边同除以1n q +得q m q a q p q a n n n n +⋅=++11，设n n n a b q=，得q m b q p b n n +⋅=+1， 转化为“6-1型如b ka a n n +=+1(b k 、为常数)的数列构造}{λ+n a 为等比数列”.例 已知数列}{n a 满足11=a ，123n n n a a +=+，求}{n a 的通项公式.变式训练1 已知数列}{n a 满足21=a ，n n n a a 2211+=+，求}{n a 的通项公式.变式训练2 已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a 。
史上最全的数通项公式的求法15种
最全的数列通项公式的求法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。
而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。
本文给出了求数列通项公式的常用方法。
◆一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。
例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1.3.7.15.31……… 2、1,2,5,8,12………3、21212,1,,,,3253………4、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0………◆二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①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.②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21nS n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。
③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴ )1()1(1+=⋅+=-q q q q q b nn n◆三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
数列求通项的6种常用方法 高考数学
【点睛】易错点睛：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.
5.若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为( )
A.28 B.29 C.30 D.31
√
【详解】数列中，，当时，，则，整理得，即，而，即，因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，则，由，知为奇数，此时是递增的，而，，所以正整数的最小值为13. 故选：
7.已知数列满足，()，则满足的 的最小取值为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
【分析】由题意可得，即可得数列 是以4为首项，2为公比的等比数列，即可计算出数列 的通项公式，再解出不等式即可得解.
√
【详解】因为，所以，所以，又，所以数列 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以 由，得，即，解得 因为为正整数，所以的最小值为7.故选：
8.已知正项数列满足，则 ( )
A. B. C. D.
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法探讨数列 的特性即可得解.
【详解】依题意，，则数列是以为公比的等比数列，因此，所以 故选：
2.已知数列的前项和为，，，，下列说法不正确的是( )
A. B. 为常数列C. D.
【分析】对条件进行转化得出 是常数列，进而解出 的通项公式，对选项逐一判断得出答案.
√
【详解】解：因为，所以，整理得，故，所以 是常数列，所以，即，故D选项正确.当时，，经检验时满足，故，对于A选项，由，知，故A选项正确，对于B选项，由，知，所以 为常数列，故B选项正确，对于C选项，由，知，故C选项错误，故选：
√
第四章数列求通项公式专题课件-高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
由已知 an+1=3an+4 ,得 2r =4, 即 r =2.
∴ an+1+2=3(an+2), 令bn an 2, 则bn1 3bn ,
又 a1 2 3 0, an 2 0
bn1 3. bn
∴数列{bn}是首项为b1=a1+2=3,公比为3的等比数列.
∴ bn=an+2=3×3n-1 ∴ an=3n+1-2. 5. 形如an1 pan q ,利用待定系数法构造等比数列:
足 a1 4, Sn Sn1
5
5
3 an1 3 (Sn1
又 S1 a1 4,
Sn
5
3
),
an1
,
求 an.
谁简单化掉谁
故数列{Sn } 是首项为 4, 公比为 4 的等比数列,
Sn 4 4n1 4n ,
当 n 2 时, an Sn Sn1 4n 4n1 3 4n1 ,
n n
3 2
1 2
1
1 (n 2). n
a1
1满足 上式,
an
1 n
.
求数列通项常用方法—5.待定系数法
例5.已知数列{an}, an+1=3an+4, 且a1=1. 求an. 解:设a证n+明1+数r =列3(a{na+n+r)2,}则是等an+比1=数3a列n+，2r并. 求出an.
1,
公
比
为
1 2
的
等
比
数
列,
bn
2
(
1 2
)n1
,
bn
2
1 n1 2
2n 1 2n1
作差法
作差法1 内容概述作差法常指作差比较法，它是一种常用的比较两个数（式）大小的方法，其理论基础是a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，a =b ⇔a －b =0，其步骤是：（1）作差；（2）变形；（3）定号，得出结论. 其中变形是关键，变形的目的是为了判断差值的符号。
这里面蕴含着化归与转化思想，但是其实作差法还是一种常见的消元方法，比如初中学过的解二元一次方程组就常用作差法进行消元。
而在数列问题中我们也常常用到作差法，当我们遇到与前n 项和有关问题时，可以将和式少写或者多写1项，再将二者整体相减，只剩下第n 项或n +1项，这样就得到相应的递推关系式，从而问题转化为已知递推关系求数列通项问题,这就是我们熟悉的和通公式。
2例题示范 例1 （人教A 版必修3 P75B 组第一题（3））比较大小(x ²+y ²+1)与2(x +y -1)的大小解：(x ²+y ²+1)-2(x +y -1)=(x ²-2x +1)+(y ²-2y +1)+1=( x -1)²+( y -1)²+1≥1＞0所以(x ²+ y ²+1)-2(x + y -1)＞0即 x ²+ y ²+1＞2(x + y -1)评析：在利用作差法比较两个数（式）的大小时，关键是将作差后的式子转化成能应用已知条件判断符号的因式. 转化的方法一般为因式分解法和配方法. 转化的结果常常为：①常数；②常数和几个平方和的形式；③几个因式的积. 例2 （人教A 版选修1-1P99B 组题改编）证明：1+x e x ≥解：设f (x )=e x -(1+x ),则f (0)=0,且f '(x )=e x -1当x ＞0时，f '(x )＞0，f (x )在区间[0,＋∞)上单调递增.当x ＜0时，f '(x )＜0,从而f (x )在区间（－∞,0]上单调递减，所以f (x )＞f (0)=0,即f (x )=e x -(1+x )≥0，即 1+x e x ≥评析：证明函数不等式通常要把不等式恒成立问题，通过构造差函数，转化为利用导数求函数最值或值域问题．例3：已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数.证明：2n n a a λ+-=；解：由题设，11211,1n n n n n n a a S a a S λλ++++=-=-两式相减得121()n n n n a a a a λ+++-=，而10n a +≠，2n n a a λ+∴-=评析：当题目的已知条件是n S 与i a 之间的递推关系时，宜采用作差法．该方法实质上是公式11n n n a S S n -=->（）的变形应用，但就是这种小小的变形，却使我们解题时更加简捷、方便、实用．当遇到含有前ｎ项和Ｓｎ或若干项和的数列题目时，我们经常通过例4：已知数列的通项公式为65n a n =+，的通项公式为13+=n b n .令.求数列的前n 项和. 解： +1+16631233n n n n (n )c (n )(n )+==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，即]2)1(242322[31432+++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n T ，34522322324212n n T (n )+= [⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++]，以上两式两边相减得2341232222212n n n T (n )++-=[⨯+++⋅⋅⋅+-+]。
数列题型及解题方法归纳总结
知识框架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a1=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、已知满足，而，求=？（2）递推式为a n+1=a n+f（n）例3、已知中，，求.解： 由已知可知令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）★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 。
(3)递推式为a n+1=pa n +q（p，q 为常数）例4、中，，对于n＞1（n∈N）有，求.解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。
两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1）因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1-1解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2，把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1(4)递推式为an+1=p a n +q n（p，q 为常数）由上题的解法，得： ∴(5)递推式为思路：设,可以变形为：，想于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。
题型-数列通项之作差法
题型-数列通项之作差法数列是数学中的一个重要概念，是由一定规律排列的一组数字的集合。
数列通项是指数列中的每一项与项号之间的关系，即通过项号可以得到该位置上的数值。
数列通项的求解方法有很多种，其中之一就是作差法。
作差法是一种通过相邻两项的差值的规律来确定数列通项的方法。
就是将相邻两项之间的差值进行分析，找出这些差值之间的规律，并根据规律得出通项的表达式。
下面将详细介绍作差法的步骤和应用。
首先，我们来看一个简单的例子，通过作差法求解数列通项。
例题1：求数列1，3，6，10，15，···的通项公式。
解：首先，我们计算相邻两项之间的差值，得到的结果依次为2，3，4，5，···。
我们可以发现，每一项差值比前一项差值增加1。
这意味着通项中包含项号的平方。
所以，通项公式可以推导为an = n * (n + 1) / 2。
通过这个简单的例子，我们可以看到作差法的基本思路，就是观察相邻两项的差值，寻找出差值之间的规律，并根据规律得到通项的表达式。
接下来，我们看一个稍微复杂一些的例子。
例题2：求数列1，4，9，16，25，···的通项公式。
解：同样地，我们计算相邻两项之间的差值，得到的结果依次为3，5，7，9，···。
观察这些差值，可以发现它们是依次递增的奇数。
所以，我们可以得知通项中包含项号的平方，并且末项的系数是递增的奇数。
通项公式可以推导为an = (2n - 1) * (2n - 1)。
通过这个例子，我们可以看到作差法不仅仅可以找到差值的规律，还可以找到差值规律中的其他规律，并通过这些规律来推导数列的通项。
除了差值的规律，作差法还可以用于分析数列中各项之间的其他关系。
例如，我们可以观察数列中每一项与前一项的比值，利用比值的规律来确定数列的通项。
例题3：求数列1，2，4，8，16，···的通项公式。
数列求通项定律的常见题型与解题方法
.数列求通项公式的常见题型与解题方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的根底．高考对本章的考查比拟全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏．有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起．探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现．本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等根本数学方法．数列这一章的主要章节结构为：近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面：〔1〕数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式．〔2〕数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合．〔3〕数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主．试题的难度有三个层次，小题大都以根底题为主，解答题大都以根底题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大．.题型1数列前几项求通项公式在我们的教材中，有这样的题目：1．数列0,2,0,2的通项a n．2．数列1,1,314,1的通项a n．1223453．数列11,13,15,17的通项a n．242622281、0n为奇数2、n13、n12n1．a n a n〔〕a n1+〔〕n为偶数1n(n1)1(2n)2 2练习例1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是以下各数：(1)221,321,421,521;a n(n1)212345n11111n1 (2)12,23,34,45.a n(1)n(n1)例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：(1) 1,7, 13,19, ;a n(1)n(6n5).(2)7,77,777,7777,77777,;an 7(10n1) 9(3)5,0,5,0,5,0,5,0,.a n5sinn2例3:写出下面数列的一个通项公式：313131(1)n2(2)31537,.a nn2(1)1,,,,,,;a nn ,,,,3n2234565211717题型2由a n与S n的关系求通项公式.1、数列{a n }的前n 项和S n 1 (n 2 n)，那么a n．22、数列{a n }的前n 项和S n 3 2n ，那么a n3 1 〔a n -1〕(n N )．、设数列{a n }的前项的和S n =3(Ⅰ)求a 1；a 2；(Ⅱ)求证数列{a n }为等比数列．4、数列{a n }的前n 项和S n =3·2n-3,求数列的通项公式.5、设数列{a n }的前n 项和为S n =2n 2+3n+2，求通项a n 的表达式，并指出此数列是否为等差数列.6、数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且na n+1=S n +n(n+1)，求a n ．7、数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n =2a n +(-1)n,n ≥1．〔Ⅰ〕写出求数列{a n }的前3项a 1,a 2,a 3；〔Ⅱ〕求数列{a n }的通项公式；〔Ⅲ〕证明：对任意的整数m >4，有1 117a 4a 5a m.87、解：⑴当n =1时,有：S 1=a 1=2a 1+(-1)a 1=1；当n =2时,有：21+a 2=2 2+(-1) 2a 2=0；S =a a当n =3 时,有：S 3=a 1+a 2+a 3=2a 3+(-1)3a 3=2；综上可知a 1=1,a 2=0,a 3=2；⑵由得：a n S n S n12a n (1)n2a n1( 1)n1化简得：a n 2a n12(1)n1上式可化为：a n2(1)n2[a n12(1)n1]2( 3 2(3故数列{a n1)n }是以a 1 1)1 为首项,公比为2的等比数列.3 3故a n2(1)n12n1 ∴a n1 2n12(1)n2[2n2 (1)n ]33233 3数列{a n }的通项公式为：a n [2n2 ( 1)n ].31 11 3 1 11m ]⑶由得：a 4 a 5a m [ 2 123 12m2(1)223[111 111m ]1 111 1m2[1 3511]239 15 33 632( 1)2 21.1111111]145(12m5)14221][1351020[]2[552m52231132131(1)m5131041057.故1117(m>4).1552151201208a4a5a m8题型3数列递推公式求通项公式(公式法)1、数列{a n}的首项a11，且a n a n13(n2)，那么a n．2、数列{a n}中，a11,a n1a n2，求{a n}的通项公式．3、数列{a n}满足a11，111，求a n．a n a n14、数列{a n}中，a11,a n12a n，求{a n}的通项公式．a n25、数列{a n}的首项a11，且a n3a n1(n2)，那么a n．6、数列{an}的a1，a22且an22an1an那么an．1,〔累加法与累积法〕1、数列{a n}中，a11,a n1a n n，求{a n}的通项公式．2、数列{a n}中，a11,a n1a n3n1，求{a n}的通项公式．3、数列{a n}满足a n1a n2n，1，求数列{an}的通项公式。
求数列通项之做差法
2023届高考数学复习讲义5.8由递推公式求数列通项公式——作差法1.等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d=a m ＋(n －m )d （n ≧m ）．2.等差数列前n 项和公式：n d a n d d n n na a a n S n )2(22)1(2)(12121-+=-+=+=3.等差数列的常用性质已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和．(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)；(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)；(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)；(4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d ；(5)S 2n -1=(2n-1)a n ；(6)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列；(7)若{a n }是等差数列，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12.作差法当条件暗示S n 与a n 或者S n 与n 的关系式时，适合作差：若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2.必明易错1．易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一个确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．3.检验a 1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示a n .4.写出a n 的完整表达式考向一：由n 与S n 的关系求通项公式例1已知数列{a n }的前n 项和为S n ，求{a n }的通项公式．(1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋1.[解题技法]已知S n 与n 的关系，求a n 的3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2时的表达式合并．【举一反三】1、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则a n ＝________.2、已知数列{a n }的前n 项和Sn ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是。
初中数学数列题型归纳总结
初中数学数列题型归纳总结数列作为初中数学中的一个重要章节，是数学学习中的基础和重点内容。
在解题过程中，掌握不同类型的数列题型是非常重要的。
本文将对初中数学数列题型进行归纳总结，帮助同学们更好地掌握数列的概念和解题方法。
一、等差数列题型等差数列是指数列中的每一项与它的前一项之差都相等的数列。
以下是几种常见的等差数列题型：1. 求等差数列的通项：通项公式为an = a1 + (n - 1)d，在此题型中，已知首项a1和公差d，要求推导出数列的通项。
2. 求等差数列的前n项和：前n项和公式为Sn = (n / 2)(a1 + an)，同样地，在此题型中，已知首项a1、公差d和项数n，要求计算出数列的前n项和。
3. 已知等差数列的前n项和和项数n，求首项a1：此题型需要将n代入前n项和公式，然后通过解方程求解出a1的值。
4. 求满足条件的等差数列：在这类题目中，通常已知数列的首项a1、公差d和其他条件，要求求解满足这些条件的等差数列。
二、等比数列题型等比数列是指数列中的每一项与它的前一项之比都相等的数列。
以下是几种常见的等比数列题型：1. 求等比数列的通项：通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比，在此题型中，已知首项和公比，要求推导出数列的通项。
2. 求等比数列的前n项和：前n项和公式为Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)，同样地，在此题型中，已知首项、公比和项数n，要求计算出数列的前n项和。
3. 求满足条件的等比数列：在这类题目中，通常已知数列的首项a1、公比q和其他条件，要求求解满足这些条件的等比数列。
三、特殊数列题型除了等差数列和等比数列，还有一些特殊的数列题型需要我们特别注意和掌握。
1. 斐波那契数列：斐波那契数列是一个特殊的数列，它前两项为1，从第三项开始，每一项都是前两项的和。
即F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) =F(n-1) + F(n-2) (n >= 3)。
作差法
作差法1 内容概述作差法常指作差比较法，它是一种常用的比较两个数（式）大小的方法，其理论基础是a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，a =b ⇔a －b =0，其步骤是：（1）作差；（2）变形；（3）定号，得出结论. 其中变形是关键，变形的目的是为了判断差值的符号。
这里面蕴含着化归与转化思想，但是其实作差法还是一种常见的消元方法，比如初中学过的解二元一次方程组就常用作差法进行消元。
而在数列问题中我们也常常用到作差法，当我们遇到与前n 项和有关问题时，可以将和式少写或者多写1项，再将二者整体相减，只剩下第n 项或n +1项，这样就得到相应的递推关系式，从而问题转化为已知递推关系求数列通项问题,这就是我们熟悉的和通公式。
2 例题示范例1 （人教A 版必修3 P75B 组第一题（3））比较大小(x ²+y ²+1)与2(x +y -1)的大小 解：(x ²+y ²+1)-2(x +y -1)=(x ²-2x +1)+(y ²-2y +1)+1=( x -1)²+( y -1)²+1≥1＞0所以(x ²+ y ²+1)-2(x + y -1)＞0即 x ²+ y ²+1＞2(x + y -1)评析：在利用作差法比较两个数（式）的大小时，关键是将作差后的式子转化成能应用已知条件判断符号的因式. 转化的方法一般为因式分解法和配方法. 转化的结果常常为：①常数；②常数和几个平方和的形式；③几个因式的积.例2 （人教A 版选修1-1P99B 组题改编）证明：1+x e x ≥解：设f (x )=e x -(1+x ),则f (0)=0,且f '(x )=e x -1当x ＞0时，f '(x )＞0，f (x )在区间[0,＋∞)上单调递增.当x ＜0时，f '(x )＜0,从而f (x )在区间（－∞,0]上单调递减，所以f (x )＞f (0)=0,即f (x )=e x -(1+x )≥0，即 1+x e x ≥评析：证明函数不等式通常要把不等式恒成立问题，通过构造差函数，转化为利用导数求函数最值或值域问题．例3：已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数.证明：2n n a a λ+-=；解：由题设，11211,1n n n n n n a a S a a S λλ++++=-=-两式相减得121()n n n n a a a a λ+++-=，而10n a +≠，2n n a a λ+∴-=评析：当题目的已知条件是n S 与i a 之间的递推关系时，宜采用作差法．该方法实质上是公式11n n n a S S n -=->（）的变形应用，但就是这种小小的变形，却使我们解题时更加简捷、方便、实用．当遇到含有前ｎ项和Ｓｎ或若干项和的数列题目时，我们经常通过例4：已知数列的通项公式为65n a n =+，的通项公式为13+=n b n .令.求数列的前n 项和. 解： +1+16631233n n n n (n )c (n )(n )+==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，即]2)1(242322[31432+++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n T ，34522322324212n n T (n )+= [⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++]，以上两式两边相减得2341232222212n n n T (n )++-=[⨯+++⋅⋅⋅+-+]。
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数列通项之作差法
一、题型要求：
已知n S （12()n a a a f n +++=）求n a ，{11
,(1),(2)
n n
n S n a S S n -==
-≥
二、例题讲解：
例1、已知{}n a 的前n 项和满足2log (1)1n S n +=+，求n a ；
例2、数列{}n a 满足1115
4,3
n n n a S S a ++=+=，求n a ；
三、练习巩固：
1、（2013•东莞一模）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n +1}是公比为2的等比数列，a 2是a 1和a 3的等比中项． （1）求数列{a n }的通项公式；
2、（2013•潮州二模）已知各项都不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且
，a 1=1．
（1）求数列{a n }的通项公式； 3、（2013•佛山一模）数列{a n }的前n 项和为S n =2a n ﹣2，数列{b n }是首项为a 1，公差不为零的等差数列，且b 1，b 3，b 11成等比数列． （1）求a 1，a 2，a 3的值；
（2）求数列{a n }与{b n }的通项公式；
4、（2014－中山期末）数列{n a }的前n 项和为n S ，213
1(*)22
n n S a n n n N +=--+∈． （I ）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列；
5、（2014－东莞二模）已知函数
213(),{},22
n f x x x a =
+n 数列的前n 项和为S 点(,)(n n S n N *
∈）均在函数 ()y f x =的图象上。
（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；
6、（2014－广州综合）已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且
n na a a a ++++ 32132*)(2)1(N n n S n n ∈+-=.
(1)求数列}{n a 的通项公式；
7、（2011－广州一模）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知数列{}n
S 是首
项为1,公差为1的等差数列. (1) 求数列{}n a 的通项公式；
8、（2014－梅州质检）设等比数列{n a }的前n 项和为Sn ，已知122(*)n n a S n N +=+∈。
（1）求数列{n a }的通项公式；
9、（2015－湛江一模理）（14分）记数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=a （a≠0），且2S n =（n+1）•a n ．
（1）求数列{a n }的通项公式a n 与S n ；
10、（2015－湛江一模文）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，
n *∈N ），且12a =，23a =．
()1求数列{}n a 的通项公式；
11、（2015－茂名一模）
12、（2015－中山二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且248,40a S ==错误!未找到
引用源。
，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且230n n T b -+=，n N
*
∈．
（I ）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；
13、（2015－汕头一模）设函数()3
213
g x x ax =
+的图象在1x =处的切线平行于直线20x y -=．记()g x 的导函数为()f x ．
()1求函数()f x 的解析式；
()2记正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n *∀∈N ，()1
2
n n S f a =
，求n a ；
15、（2014－汕头一模）
16、（2014－肇庆一模文）
已知数列{n a }的前n 项和为n S ，对一切正整数n ，点),(n n S n P 都在函数x x x f 2)(2
+=的图像上。
（1）求21,a a ；（2）求数列{n a }的通项公式 17、（2014－肇庆一模理）
19、（2014－广州三校联考）
已知数列{}n a 前n 项和为11,,,2
n n n S a a S 首项为且，成等差数列. （I ）求数列{}n a 的通项公式；
20、（2014－汕头二模）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且
)2(11≥+=-n S S n n .(1)求数列{}n a 的通项公式；
21、（2014－揭阳二模）
22、（2014－东莞二模）设数{}n a 满足：123()n n a a a a n a n N *
+++⋅⋅⋅+=-∈．
(1)求证：数列{}1n a -是等比数列；
23、（2014－珠海三模）已知数列{}n a 为等差数列,且5714,20a a ==,数列{}n b 的前n 项和为n S ,且满足132n n S S -=+(2,*)n n ≥∈N ，12
3
b =. （1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；
24、（2014－惠州三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12
n
n a S -=
；数列{}n b 满足(27)n n b n a =-
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；。