【习题集含详解】高中数学题库高考专点专练之97辅助数列法求数列通项
利用辅助数列求数列的通项公式
中学生数理化高考版数列通项公式的求法有多种，在近几年的高考中，利用辅助数列求通项公式成为热点与雉点，现将常考的两类辅助数列归纳如下．一，用辅助等差数列求通项公式１．ａｎ＋Ｉ一口。
＝－－ｋ・口。
口。
（或口一一南）净ｉｉｌ一ｉ１一七净｛去）是等差数列，且其首项为去，公差为惫．倒，已知数列（ｂ。
｝中，ｂ，一１，ｓ。
是（ｂ。
｝的前竹项和，旦满足ｉ惫一１（行≥２），求数列｛ｓｎ）的通项公式・解：由题意得趸晏笃妄热一ｌ（，ｌ≥；）寺解：由题意得趸÷善篆专要圭哥一１（ｎ≥；’寺型荽墨生．一１（咒≥２），Ｓ—Ｓ。
一ｌ。
’…■…即圭一击一虿１，则｛圭｝是等差数列，且其首项为１，公差为丢，故击一１＋虿１（雄一１）一专（竹＋１）辛ｓ。
一南．２．ｎ州一－２ｔａ。
＋Ａ一净詈蔫一禺＋ｒ“。
净｛南｝是等差数列，且其首＾＾Ｉ＾Ｊ项为南，公差为吖一１一．１列２在数列｛ａｎ｝中，口。
一１，口州一２口。
＋２”，设６。
２歹ａ＝Ｔｎ，求数列｛玩）的通项公式．・一解：由ａｎｑ－１—２口。
－ｑ－２ｎ，得警一鲁＋１，即ｂ。
一巩＋１，则｛６。
｝是等差放弃是对理想的亵渎！——福建厦门市海沦区渐芙村芦坑社２１号王友德】Ｏ万方数据万方数据万方数据利用辅助数列求数列的通项公式作者：张海华作者单位：刊名：中学生数理化（高考版）英文刊名：MATHS PHYSICS & CHEMISTRY FOR MIDDLE SCHOOL STUDENTS(SENIOR HIGH SCHOOL EDITION)年，卷(期)：2009，""(10)被引用次数：0次本文链接：/Periodical_zxsslh-gzb200910011.aspx授权使用：华中师范大学(hzsfdx)，授权号：97f1e6dc-9518-4fb6-8e05-9ddb010dd8ab下载时间：2010年8月23日。
求数列通项公式的十种方法-例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。
这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。
下面我们逐个讲解这些重要的方法。
递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。
这种方法有两种类型。
第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，要将n改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。
但是需要注意的是，求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。
第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。
累加法（迭、叠加法）是在教材上推导等差数列通项公式和前n项和公式的时候使用的一种方法。
其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的。
只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。
基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。
+f(n)。
因此重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列的前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。
累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。
它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。
*f(n)。
以上是数列通项公式的三种求法。
2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。
左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。
数列通项公式经典例题解析
求数列通项公式一、公式法类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n na a ++-=，故数列{}2n n a 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
练习题：1.已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
2. 已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案
数列通项公式的求法10种求数列的通项公式方法非常众多，而且这个问题基本上都是高考试卷中第一问，也就是说这一问题做不出来或没有思路，那么即使后面的问题比如求前N 项和的问题，会做也是无济于事的。
我们逐个讲解一下这些重要的方法。
递推公式法：递推公式法是指利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这样的问题有两种类型，（1）题目中给出的是()n S f n =的形式，也就是n S 的表达式是一个关于n 的函数，要将n 改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。
这种情况是比较简单的，但是也有值得我们注意的地方，那就是求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下1a 和1S 是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式，只要题中涉及到角标n 不能从n=1开始取值的，都需要检验。
（2）第二种情况是非常常见的，即11(,)n n n a a a -+与n S (1n S -,1n S +)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n 改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。
累加法（迭、叠加法）：累加法是在教材上推导等差数列通项公式和前n 项和公式的时候使用的一种方法，其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的，我们可以总结为，只要适合：1()n n a a f n -=+的形式，都是可以使用累加法的，基本的书写步骤是：21324312,(2)3,(3)4,(4)......,()n n n a a f n a a f n a a f n n a a f n -=-==-==-==-=将上述展开后的式子左边累加后总是得到1(2)(3)(4)......()n a a f f f f n -=++++所以重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。
数列求通项的方法(完整版本)
四、连续迭代型：形如 an2 pan1 qan （其中 p，q 均为常数） 。先把原递推公式转化为
s t p an2 san1 t (an1 san ) 其中 s，t 满足 st q
2、设等比数列 an 1 f (n) ，公比为 4、比较系数求 1 ， 2
3、列出关系式 an1 1 f (n 1) 2 [an 2 f (n)] 5、解得数列 an 1 f (n) 的通项公式
6、解得数列 an 的通项公式
为了方便同学们更好地掌握待定系数法求通项，以下再进行分类。 1）常数型。可转化为特殊数列{a n +k}的形式求解。一般地，形如 a n1 =p a n +q（p≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数 q 分解法：设 a n1 +k=p（a n +k）与原式比较 系数可得 pk－k=q，即 k= 系数就行。 1、数列{a n }满足 a 1 =1， 3an1 an 7 0 ,求数列{a n }的通项公式。
2. 已知数列 {an } 满足 a1 2,
1 a n 1
1 2 ，求数列 an 的通项公式； an
3. 已知数列 {an } 满足 a1 2, an 3an1 (n 1) ，求数列 {an } 的通项公式；
4.已知数列 {an } 满足 a1 2，a2 4且an2 an an1 公式；
高中数学常见求数列通项的方法
一、公式法。即是题目说清楚该数列是等比或者等差数列时，直接套用公式。但是难点在 于，一旦给出的条件，不是具体的数字而是字母参数时，就是对个人运算能力的考验。 1.已知数列 {an } 满足 a1 2, an an1 1(n 1) ，求数列 {an } 的通项公式；
数列求通项公式的常见题型与解题方法(有变式练习)
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基础．高考对本章的考查比较全面，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、待定系数法等基本数学方法．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，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，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．对数列求通项公式这一部分内容做一个浅显的分析与提炼．题型1 已知数列前几项求通项公式在我们的教材中，有这样的题目：1．数列的通项na=0为奇数为偶数nn⎧⎪．2．数列1111,,,12233445--⨯⨯⨯⨯ 的通项n a =11(1)（）nn n -+． 3．数列222213571,1,1,12468+-+- 的通项n a =12211(2)1+（）n n n ---． 例1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：练习１:写出下面数列的一个通项公式：练习２．在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表．练习３．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第个图中有__n -n+1_个点．（1） （2） （3） （4） （5）（2006年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2222221314151(1),,,(;234151)1n n a n +----=+-1111(2),,,.122334411)()5(1n n a n n --⨯⨯⨯⨯=-+((1)(65)1)1,7,13,19,;nn a n =---- (2)7,77,777,7777,7777(101)977,;n n a =- (3)5,0,5,0,5,0,5,0,.5sin 2n n a π--= 31313(1)1,,,,,1(1),24562;3n n a n-+-=-⋅- 31537(2),,,,,.5211717232nn a n +=+ 。
(完整版)数列求通项专题(总复习专题-方法全面-有答案)全
求数列通项专题题型一：定义法（也叫公式法）直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目例：等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项。
解：设数列}a {n 公差为)0d (d > ∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =，即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12= ∵0d ≠，∴d a 1=………①∵255S a = ∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d = ∴n 5353)1n (53a n =⨯-+=题型二：已知的关系求通项公式(或)n n S a 与()n n S f a =这种类型一般利用与消去⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n )()(11---=-=n n n n n a f a f S S a n S )2(≥n 或与消去进行求解。
)(1--=n n n S S f S )2(≥n n a 例：（1）已知数列的前项和，求数列的通项公式}{n a n 22+=n S n }{n a 解：当时，；1=n 311==S a 当时，； 2≥n 122)1(2221-=---+=-=-n n n S S a n n n ⎩⎨⎧≥-==∴)2(12)1(3n n n a n （2）已知数列的前项和满足，求数列的通项公式}{n a n n S 1)1(log 2+=+n S n }{n a 解：由，得，1)1(log 2+=+n S n 121-=+n n S ⎩⎨⎧≥==∴)2(2)1(3n n a nn 练习：1、已知数列{}的前n 项和为, 求.n a 32nn S =-n a 2、数列的前n 项和为，，，求的通项公式{}n a n S 11=a )(1121≥+=+n S a n n {}n a题型三：形如用累加法（也叫逐差求和法）：)(1n f a a n n +=+（1）若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.d a a n n =-+1n a d n a )1(1-+（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下： 由 得：)(1n f a a n n =-+时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ，)2(21-=---n f a a n n )2(23f a a =-以上各式相加得)1(12f a a =- 即：.)1()2()2()1(1f f n f n f a a n +++-+-=- ∑-=+=111)(n k n k f a a 为了书写方便，也可用横式来写：时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ∴112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- =.1)1()2()2()1(a f f n f n f ++++-+- 例1：已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ．解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得 n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+=1121n -+， 3121n a n ∴=-+例2：已知数列满足，求数列的通项公式。
2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)
压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ； （2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题； （3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式： （1）111(1)1n n n n =−++； （2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦； （5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS −”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和； （2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题． 【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =； 当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=， 所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立， 所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++， 所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−， 所以42442n nnC +=−<， 令12n n x n −=⋅0n x >， 设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >， 所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+， 则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=， 则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭， 化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=， 所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=． 在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇． 若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶． （2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（ ）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<， 可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（ ）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（ ）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>， 所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列， 因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<， 所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<， 所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（ ） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−， 故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾）， 也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（ ） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列， 设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =， 所以321192482a =⨯=， 即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=， 黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和， 即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−， 综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ， 故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（ ）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（ ）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列， 当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项， 故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−， 则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===， 因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈， 所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”， 故命题②正确； 故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤， 所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-， 由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列． 当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==， 则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>， 所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减， 记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =， 于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−， 故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列． 综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=， 叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《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，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦， 所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭， 综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列， 当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下： 当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+， 又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭， 整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<． 【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−． 【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩， 解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+， 即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==， 利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =， 又26a =，所以1624a =−=， 所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =． （2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（ ） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠， 因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=， 故15m =， 故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（ ）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数， 此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅， 于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==， 当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件， 所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（ ） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =， 则89116a q a ==，则44q =， 则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（ ）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=， 所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>， 当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>， 故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（ ）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确； 当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =， 当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−， 显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩， 显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误， 由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（ ）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥， 当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥， 即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确； 因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（ ）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<， 所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确； 故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（ ）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥， 当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>， 所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+， 即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++， 即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+， 可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确； 故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（ ）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ． 【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2， 所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根； 当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零， 由于9100a a <，得9100,0a a <>， 且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >， 不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <， 因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =， 所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，， 则2a = ； 记 ()1212n n T a a a n ==，，， 若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大， 则 0n 的值为 ．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1， 所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数， 前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大， 综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−； 故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>， 所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为 ，n 级n K 角雪花曲线的内角和为 ．。
【高考数学数列通项公式解题方法】高考数学数列大题题型
【高考数学数列通项公式解题方法】高考数学数列大题题型求数列的通项公式一直都是高考数学考试的重点与难点，找到解题方法对考生来说很重要，下面是给大家带来的高考数学数列通项公式解题方法，希望对你有帮助。
高考数学求数列通项公式方法(一)题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。
例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求该数列的通项公式an。
解：由an+1=an+2(n1)及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。
所以an=2n-1。
此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。
高考数学求数列通项公式方法(二)已知数列的前n项和，用公式S1 (n=1)Sn-Sn-1 (n2)例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5(A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6解：∵an=Sn-Sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8∴k=8 选 (B)此类题在解时要注意考虑n=1的情况。
高考数学求数列通项公式方法(三)已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn 与n的关系，再由上面的(二)方法求通项公式。
例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn-1(n2)，且a1=-，求数列{an}的通项公式。
解：∵an=SnSn-1(n2)，而an=Sn-Sn-1，SnSn-1=Sn-Sn-1，两边同除以SnSn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-} 是以-为首项，-1为公差的等差数列，∴-= -，Sn= -，再用(二)的方法：当n2时，an=Sn-Sn-1=-，当n=1时不适合此式，所以，- (n=1)- (n2)高考数学求数列通项公式方法(四)用累加、累积的方法求通项公式对于题中给出an与an+1、an-1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解
2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解【规律方法】常见求解数列通项公式的方法有如下六种：（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式． （2）累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式．（3）累乘法：形如()()*1()02,?n n n a f n a a n n −=⋅≠∈N … （4）公式法（5）取倒数法：形如11n n n p ta a ma −−=+的关系式（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公式．【典型例题】例1．（2022·上海市南洋模范中学高三期中）在数列{}*(N )n a n ∈中.12a =，n S 是其前n 项和，当2n ≥时，恒有n a 、n S 、2n S −成等比数列，则n a =___________ 【答案】22122n n n n=⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，【解析】当2n ≥时，由题可得()22n n n S a S =−，即()()212n n n n S S S S −=−−，化简得1122n n n n S S S S −−+=，得1122n n n S S S −−=+，两边取倒数得11111211222n n n n n S S S S S −−−−=+=+， 11112n n S S −∴−=， 所以，数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111112S a ==为首项，以12为公差的等差数列，()1111222n nn S ∴=+−⋅=，2n S n∴=， 当2n ≥时，()12222211n n n a S S n n n n n n−=−=−=−=−−−−， 所以，22122n n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪−⎩，，.故答案为：22122n n n n =⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，.例2．（2022·黑龙江·肇州县第二中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()21(21)2,N n n n S n S n a n n *−−−=≥∈，则数列n S =_____________． 【答案】2(1)n n +【解析】由题意可得2*11(21)(),(2,N )n n n n S n S n S S n n −−−−=−≥∈， 所以221(1)(1)n n n S n S −−=−，所以21(1)1(1)(1)1n n S n n S n n n −−−==+−+， 所以32121121(1)!2(1)!341(1)2n n S S S n n n S S S n n n −−−⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯==+++，又因为111S a ==，所以2(1)n S n n =+，故答案为：2(1)n n +例3．（2022·福建·高三阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若226n n S n a =+−，则n a =______. 【答案】23n +【解析】当1n =时，11126a a =+−，则15a =； 当2n ≥时，()211126n n S n a −−=−+−，两式相减，整理得1212n n a a n −=−+，设公差为d ，则1121n n n a a d a n −−−==−+，即()5221n d n d +−=+−， 所以2d =， 所以23n a n =+. 故答案为：23n +.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且+1=3+1n n n a a a ，则数列{}n a 的通项公式为=n a ______． 【答案】131n − 【解析】由+1=3+1n n n a a a 两边取倒数可得+111=3n n a a +，即+1113n na a −=． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以()123131n n n a =+−=−，所以131n a n =−． 故答案为：131n −. 例5．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，12a =，3211223nn a a a a a n+++++=−，则n a =__________． 【答案】2n 【解析】因为3211223n n a a a a a n +++++=−，当2n ≥时，31212231n n a a a a a n −++++=−−， 则1n n n a a a n +=−，即有11n n a a n n +=+，当1n =时，122a a =−，得24a =，2121a a=满足上式， N n *∈，11n n a a n n +=+，因此数列{}n a n是常数列，即121n a an ==，所以2n a n =. 故答案为：2n例6．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =______．【答案】3223n n− 【解析】因为156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1122213n n n n a a ++=⨯+，整理得()11223233n n n n a a ++−=−，所以数列{}23n n a −是以14233a −=−为首项， 23为公比的等比数列，所以1422333n n n a −⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，解得3223n n na =−． 故答案为：3223nn −. 例7.（2022·全国·高三专题练习）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_________ 【答案】n a n =【解析】依题意11a =，22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，所以()()1110n n n n a a na n a ++−−+=⎡⎤⎣⎦， 又因为1+≠n n a a ，所以10n n a a +−≠，所以()101n n na n a +−+=，()111,21n n n n a a n nn a n a n +−+==≥−， 所以13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅⋅⋅⋅13211221n n n n n −=⋅⋅⋅⋅⋅=−−， 经检验，11a =也符合上式. 所以()*N n a n n =∈.综上所述， n a n =. 故答案为： n a n =.例8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【解析】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n −−=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +−=−++， 化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a=⋅，即有*N n ∈，1221n n a a n n +=⋅++， 因此，数列{}1n a n +是以112a=为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n −=+，即1(1)2n n a n −=+⋅， 所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅例9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++−=−∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=−− 【解析】由()()2112122n n n n a a +++−=−得，1122222122121n n n n n n a a ++++−−==⋅−−， 则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a −−−−−+−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−−−−()()11322121n n n −+⋅−−， 即()()111322121n n n n a a −+⋅=−−，又123a =，所以()()122121n n nn a +=−−. 故答案为：()()122121n n nn a +=−−.例10．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n 次由甲掷的概率n P =______（用含n 的式子表示）． 【答案】1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭【解析】易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为121363=．“第1n +次由甲掷”这一事件，包含事件“第n 次由甲掷，第1n +次继续由甲掷”和事件“第n 次由乙掷，第1n +次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为13n P ，()1113n P ⎛⎫−− ⎪⎝⎭，故()11112113333n n n n P P P P +⎛⎫=+−−=−+ ⎪⎝⎭（其中11P =）， 所以1111232n n P P +⎛⎫−=−− ⎪⎝⎭， 所以数列12n P ⎧−⎫⎨⎬⎩⎭是以112P −为首项，13−为公比的等比数列， 于是11111223n n P P −⎛⎫⎛⎫−=−⋅− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1111223n n P −⎛⎫=+− ⎪⎝⎭．故答案为：1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。
求数列通项公式的十种方法-例题答案详解
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法 1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解法一：由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-所以3 1.n n a n =+-解法二：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+，故因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯，则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：已知aa =1,)(1n f a a n n =-+，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项na .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 的二次函数，累加后可分组求和;③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;④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。
高中数列求通项例题
高中数列求通项例题数列是数学中重要的概念之一，它包含了有序排列的一系列数值。
在高中数学中，数列的求解是一个重要的内容，它要求我们根据已知的数列前几项的规律，推断出数列的通项公式，从而用来求解任意项的数值。
本文将通过几个例题来说明高中数列求通项的方法。
【例题一】已知数列的前五项分别是1，3，5，7，9，求该数列的通项公式。
解析：首先观察该数列的前几项，我们可以发现数列的公差为2，即每一项与前一项的差为2。
由此可知，数列的通项公式应该是以2递增的等差数列。
设通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
根据题意，首项a1为1，公差d为2。
代入公式可得：an = 1 + (n-1)2简化后，可得数列的通项公式为an = 2n - 1。
通过该例题，我们可以看到数列的规律与数列的通项公式之间的联系。
根据已知的前几项和规律，我们可以推断出数列的通项公式，从而方便我们求解任意项的数值。
【例题二】数列的前两项分别是2和5，且每一项都是前两项的和减去1，求该数列的通项公式。
解析：根据题意，我们可以得到数列的前几项：2，5，6，10，15。
观察数列的前几项，我们发现每一项都是前两项的和减去1，即an =an-1 + an-2 - 1。
其中an为第n项。
根据这个规律，我们可以得到数列的通项公式。
通过观察前几项的差值，我们可以看到数列的通项公式中可能包含二次项，因此我们可以猜测通项公式为an = an-1 + an-2 - n^2。
接下来我们来验证这个猜测。
首先，我们代入前两项2和5，即a1 = 2，a2 = 5。
代入通项公式，并简化，可得：a3 = a2 + a1 - 3^2 = 5 + 2 - 9 = -2a4 = a3 + a2 - 4^2 = -2 + 5 - 16 = -13a5 = a4 + a3 - 5^2 = -13 - 2 - 25 = -40通过求解前几项的数值，我们可以看到猜测的通项公式an = an-1 + an-2 - n^2是正确的。
数列通项公式求法大全(配练习及答案)
数列通项公式的几种求法注：一道题中往往会同时用到几种方法求解，要学会灵活运用。
一、公式法二、累加法三、累乘法 四、构造法 五、倒数法六、递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =（七）、对数变换法 （当通项公式中含幂指数时适用） （八）、迭代法 （九）、数学归纳法 已知数列的类型 一、公式法*11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈1*11()n nn a a a qq n N q-==⋅∈ 已知递推公式二、累加法 )(1n f a a n n +=+（1）()f n d = （2）()f n n = （3）()2nf n =例 1 已知数列{}na满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
2n a n =例 2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
（3 1.nn a n =+-）三、累乘法 n n a n f a )(1=+（1）()f n d = （2）()f n n =，1n n +，2n例3 已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
（(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯）评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5nn n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+，进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅，即得数列{}n a 的通项公式。
例4 （20XX 年全国I 第15题，原题是填空题）已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求{}n a 的通项公式。
（!.2n n a =） 评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥，进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式。
数列求通项高考真题分析
求通项公式一.公式法高中重点学了等差数列和等比数列，当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。
1、等差数列公式例1、（2011辽宁理）已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8=-10（I ）求数列{a n }的通项公式；2、等比数列公式例2.（2011重庆理）设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式3、通用公式（最常用）若已知数列的前n 项和n S 的表达式，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 求解。
一般先求出a1=S1，若计算出的an 中当n=1适合时可以合并为一个关系式，若不适合则分段表达通项公式。
例3、已知数列}{n a 的前n 项和12-=n s n ，求}{n a 的通项公式。
二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：n a 和a n-1的关系时我们可以根据具体情况采用下列方法1、累加法一般地，对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式，且)()2()1(n f f f +++ 的和比较好求，我们可以采用此方法来求n a 。
即：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥；例4、数列{}n a 的首项为3，{}n b 为等差数列且1(*)n n n b a a n N +=-∈．若则32b =-，1012b =，则8a = A ．0B ．3C ．8D ．11 例5、 已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n+==++，求数列{}n a 的通项公式。
2、累乘法一般地对于形如“已知a 1，且n1n a a +=f （n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。
高考数学模拟试题与解析 数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)
考向26 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n a 与前n 项的和n S 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n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++<． 【解析】（1）∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立，∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ （2022·全国·高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值． 【解析】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-．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11,(1),(2)-=⎧=⎨-≥⎩n nn S n a S S n 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1a 和n a 合为一个表达，（要先分1=n 和2≥n 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1()+=+n n a a f n 型的递推数列（其中()f n 是关于n 的函数）可构造： 11221(1)(2)(1)...---⎧⎪⎪⎨⎪⎪-=--=--=⎩n n n n a a f n a a f n a a f 将上述2m 个式子两边分别相加，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)=-+-+++≥n a f n f n f f a n 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1()+=⋅n n a a f n 1()+⎛⎫= ⎪⎝⎭n n a f n a 型的递推数列（其中()f n 是关于n 的函数）可构造：11221(1)(2)(1)...---⎪=-=-⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩=nn n n a f n a a f n a a f a 将上述2m 个式子两边分别相乘，可得：1(1)(2)...(2)(1),(2)=-⋅-⋅⋅≥n a f n f n f f a n 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1+=+n n a pa q （其中,p q 均为常数且0≠p ）型的递推式： （1）若1=p 时，数列{n a }为等差数列； （2）若0=q 时，数列{n a }为等比数列；（3）若1≠p 且0q ≠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等比数列来求．方法有如下两种：法一：设1()++=+n n a p a λλ，展开移项整理得1(1)+=+-n n a pa p λ，与题设1+=+n n a pa q比较系数（待定系数法）得1,(0)()111+=≠⇒+=+---n n q q q p a p a p p p λ1()11-⇒+=+--n n q qa p a p p ，即1⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭n q a p 构成以11+-qa p 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1⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭n q a p 的通项整理可得.n a法二：由1+=+n n a pa q 得1(2)-=+≥n n a pa q n 两式相减并整理得11,+--=-n nn n a a p a a 即{}1+-n n a a 构成以21-a a 为首项，以p 为公比的等比数列．求出{}1+-n n a a 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a（二）形如1()+=+n n a pa f n (1)≠p 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[]1(1)-++=+-+n n a An B p a A n B ，通过待定系数法确定、A B 的值，转化成以1++a A B 为首项，以()!！=-mn n A n m 为公比的等比数列{}++n a An B ，再利用等比数列的通项公式求出{}++n a An B 的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公差为d 时，由递推式得：1()+=+n n a pa f n ，1(1)-=+-n n a pa f n 两式相减得：11()+--=-+n n n n a a p a a d ，令1+=-n n n b a a 得：1-=+n n b pb d 转化为类型Ⅴ㈠求出 n b ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出.n a（2）当()f n 为指数函数类型（即等比数列）时：法一：设[]1()(1)-+=+-n n a f n p a f n λλ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以1(1)+a f λ为首项，以()!！=-mn n A n m 为公比的等比数列{}()+n a f n λ，再利用等比数列的通项公式求出{}()+n a f n λ的通项整理可得.n a法二：当()f n 的公比为q 时，由递推式得：1()+=+n n a pa f n ——①，1(1)-=+-n n a pa f n ，两边同时乘以q 得1(1)-=+-n n a q pqa qf n ——②，由①②两式相减得11()+--=-n n n n a a q p a qa ，即11+--=-n nn n a qa p a qa ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出.n a法三：递推公式为1+=+n n n a pa q （其中p ，q 均为常数）或1+=+n n n a pa rq （其中p ，q ， r 均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以1+n q ，得：111++=⋅+n n n n a a p q q q q，引入辅助数列{}n b （其中=n n na b q ），得：11+=+n np b b q q 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1()+=+n n a pa f n 两边同时除以1+n p 可得到111()+++=+n n n n n a a f n p p p ，令=nn na b p ，则11()++=+n n n f n b b p，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出n b 之后得=n n n a p b ． 类型Ⅵ 对数变换法：形如1(0,0)+=>>q n n a pa p a 型的递推式：在原递推式1+=q n a pa 两边取对数得1lg lg lg +=+n n a q a p ，令lg =n n b a 得：1lg +=+n n b qb p ，化归为1+=+n n a pa q 型，求出n b 之后得10.=n b n a （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11---=n n n n a a pa a （p 为常数且0≠p ）的递推式：两边同除于1-n n a a ，转化为111-=+n n p a a 形式，化归为1+=+n n a pa q 型求出1na 的表达式，再求n a ； 还有形如1+=+n n n ma a pa q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成111+=+n n m ma q a p形式，化归为1+=+n n a pa q 型求出1na 的表达式，再求n a ． 类型Ⅷ 形如21++=+n n n a pa qa 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列1{}--n n a a 的形式求解．方法为：设211()+++-=-n n n n a ka h a ka ，比较系数得,+=-=h k p hk q ，可解得、h k ，于是1{}+-n n a ka 是公比为h 的等比数列，这样就化归为1+=+n n a pa 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.n a（1）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，通项公式为n a ，则1112n n n S n a S S n n N *-=⎧⎪=⎨-≥∈⎪⎩ ， ， ，注意：根据n S 求n a 时，不要忽视对1n =的验证．（2）在数列{}n a 中，若n a 最大，则11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩ ， 若n a 最小，则11.n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩经典题型一：观察法1．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 的前4项为：1111,,,25811，则它的一个通项公式是（ ） A ．121n - B ．121n + C ．131n - D ．131n + 【答案】C【解析】将1111,,,25811可以写成1111,,,311321331341⨯-⨯-⨯-⨯-，所以{}n a 的通项公式为131n -； 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 ．21n -C ．22n +D ．21n【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21n -，所以第n 行的首尾两个数均为21n -. 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1114433n n n b b b --=⋅⋅=，所以{n b }是公比为43q =的等比数列，而首项13b =，所以1433n n b -⎛⎫⎪⎝⎭=⋅，当5n =时，“雪花”状多边形的周长为525627b =. 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{}n a 中，已知11a p=，11nn n a a na +=+，*0,N p n >∈.若1p =，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由题意，11nn na a na +=+ ，得：111n n n a a +-= ，运用累加法： ()2132111111111212n n n n n a a a a a a ---+-++-=+++-=，()2n ≥ ()11112n n n a a -∴-=，即()112n n n p a -=+，()2n ≥，当1p =时，222n a n n =-+，()2n ≥，当1n =时，1n a =成立， 所以222n a n n =-+5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =，求数列{}n a 的通项公式； 【解析】因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++，所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----，…2111122a a -=-，所以累加可得()1112n a a n n n -=-≥．又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥． 经检验，11a =，也符合上式，所以21n a n =-．6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =中，1+=+n n a a n （n ∈N *）中，则4a =________，n a = ________.【答案】 7222n n -+ 【解析】依题意，*N n ∈，2n ≥，11n n n a a -=--，而11a =， 则121321()()()112(1)n n n a a a a a a a a n -=+-+-++-=++++-()()11112n n +-=+⋅-222n n -+=，而11a =满足上式，所以222n n n a -+=，2444272a -+==. 故答案为：7；222n n -+ 经典题型三：叠乘法7．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，12n n na a n +=+（n ∈N *），且14a =，则数列{}n a 的通项公式n a =________. 【答案】()81n n +【解析】由12n n n a a n +=+，得12n n a n a n +=+，则2113a a =， 3224a a =， 4335a a =，()1121n n a n n a n --=≥+， 累乘得()11233212345111n a n n n a n n n n n ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-++， 所以()81n a n n =+.故答案为：()81n n +. 8．（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列，且22*11(2)20(N )n n n n n a na a a n +++-+=∈ ，求通项公式n a =___________【答案】2(1)n n +【解析】由22*11(2)20(N )n n n n n a na a a n +++-+=∈，得11[(2)]()0n n n n n a na a a +++-+=，∵0n a >，∴10n n a a ++>，∴1(2)0n n n a na ++-= ，∴12n n a na n +=+， ∴324112311232121(2)3451(1)n n n a a a a n n a a n a a a a n n n n ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=≥++， 又11a =满足上式，∴2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n n +.9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++-=-∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=-- 【解析】由()()2112122n n n n a a +++-=-得，1122222122121n n n n n n a a ++++--==⋅--，则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a -----+--------⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=----()()11322121n n n -+⋅--， 即()()111322121n n n n a a -+⋅=--，又123a =，所以()()122121n n nn a +=--.故答案为：()()122121n n nn a +=--.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{}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【解析】∵121n n a a +=+，可得()1121n n a a ++=+， 又112a +=∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则12nn a +=，∴21n n a =-，故C 错误；则37a =，故A 正确； ∴()12122212n n n S n n +-=-=---，故D 错误.故选：AB.11．（2022·河南安阳·三模（文））已知数列{}n a 满足1122n n a a +=+，且前8项和为506，则1a =___________.【答案】32【解析】由题意得： 1122n n a a +=+111222n n a a +⎛⎫+ ⎪⎝=+⎭∴，即121212n n a a +++= ∴数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以112a +为首项，2为公比的等比数列，记数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T823823881111(12)111112()850645102122222a a a a a a T a a a ==-⎛⎫+- ⎪⎝⎭++++++++=++++⨯=+=解得：132a =故答案为：3212．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*23n n S n a n +=∈N ，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2n n b a =，求数列{}n b 的前10项和10T ．【解析】(1)当1n =时，11213S a +=，即11213a a +=，解得11a =； 当2n 时，∵23n n S n a +=，∴11213n n S n a --+-=， 两式作差得12133n n n a a a -+=-， 即111131,322n n n n a a a a --⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭， ∴112312n n a a -+=+，又11322a +=， ∴数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以32为首项，3为公比的等比数列，∴11333222nn n a -+=⨯=，()31131.222n nn a =-=-(2)∵2n n b a =， 则1012310T b b b b =++++2420a a a =+++()()()242013131312⎡⎤=-+-++-⎣⎦()24201333102⎡⎤=+++-⎣⎦()210319110219⎡⎤-⎢⎥=--⎢⎥⎣⎦1198916-=．13．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 满足12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ． (1)求证：{}n a n -为等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)若()n n b a n n =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）因为12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ， 所以122n n a a n -=+-，即()121n n a n a n -⎡⎤-=--⎣⎦又11211a -=-=，所以{}n a n -是以1为首项，2为公比的等比数列，所以112n n a n --=⨯，所以12n n a n -=+（2）由（1）可得()12n n n b a n n n -=-⋅=⨯， 所以01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⨯①， 所以12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⨯②，①-②得12311121212122n n n T n --=+⨯+⨯+⨯++⨯-⨯即12212n n n T n --=-⨯-，所以()121nn T n =-⨯+； 14．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)令(1)nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】（1）因为121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，又114a -=，所以1121n n a a +-=-，所以{}1n a -是以4为首项，2为公比的等比数列.故1142n n a --=⨯，即121n n a +=+.（2）由（1）得()1(1)21n n n b +=-⋅+，则()1*1*21,2,21,21,n n n n k k N b n k k N++⎧+=∈⎪=⎨-+=-∈⎪⎩，①当*2,n k k =∈N 时，()()()()()23412121212121n n n S +=--++-+++--++()2345124422222222221;3n n n n+=-+-++-+=+++=-②当*21,n k k =-∈N 时，()()21211427212133n n n n n n S S b ++++++=-=--+=-，综上所述，()*2*421,2,327,21,3n n n n k k N S n k k N +⎧-=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩经典题型五：同除以指数15．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 中，15a =且()12212,n n n a a n n *-=+-∈N ，11n n a b n -=+ (1)求证：数列{}n b 是等比数列；(2)从条件①{}n n b +，②{}n n b ⋅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n T ．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15a =且()12212,n n n a a n n *-=+-∈N ， 所以当2n 时，()11212nn n a a --=-+，所以1111122n n n n a a ----=+，即1111122n n n n a a -----= 所以12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1122a -=为首项，1为公差的等差数列， 所以()121112n na n n -=+-⨯=+， 所以()121nn a n =++，()12111211nn n n n a b n n ++--===++因为111211a b -==+，2n ≥时，11222n n n n b b --== 所以数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)选①：因为2n n b =，所以2n n n b n +=+，则()()()23(12)22322nn T n =++++++⋅⋅⋅++()()231232222n n =+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()()21212112221222nn nnn n +-=++=++-- 选②：因为2nn b =，所以2n n nb n =⋅，则1212222n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯（i ）231212222n n T n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯（ii ）（i ）-（ii ）得1231122222n n n T n +-=⨯+++⋅⋅⋅+-⨯()()1111212222212212n n n n n n T n n n ++++-=⨯-=⨯-+=-+-16．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足11a =，123nn n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由123nn n a a +=+两边同除以13n +得11213333n n n n a a ++=⋅+，令3nnn a b =， 则12133n n b b +=+，设12()3n n b b λλ++=+，解得1λ=-，121(1)3n n b b +-=-，而1213b -=-，∴数列{1}n b -是以23-为首项，23为公比的等比数列，21()3n n b -=-，得32n n n a =-17．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，11a =，142n n S a +=+，则2019a 的值为( ) A ．20207572⨯ B ．20197572⨯ C ．20187572⨯ D ．无法确定【答案】A【解析】∵11a =，142n n S a +=+，∴212142S a a a =+=+，解得25a =. ∵142n n S a +=+，∴2142n n S a ++=+，两式相减得，2144n n n a a a ++=-， ∴()211222n n n n a a a a +++-=-，∴{}12n n a a +-是以212a a -＝3为首项，2为公比的等比数列，∴11232n n n a a -+-=⨯，两边同除以12n +，则113224n n n n a a ++-=， ∴2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以34为公差，11122a =为首项的等差数列， ∴()133112244n n a n n -=+-⨯=， ∴()23123124nn n n a n --=⨯=-⨯， ∴()20172020201932019127572a =⨯-⨯=⨯.故选：A.经典题型六：取倒数法18．（2022·全国·高三竞赛）数列{}n a 满足1a p =，212n n n a a a +=+．则通项n a =______．【答案】()1211n p -+-【解析】∵2112n n n a a a --=+，∴()()()()211222212111111n n n n n a a a a p ----+=+=+==+=+．即()1211n n a p -=+-．故答案为()1211n p -+-19．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且131n n n a a a +=+，则数列n a =__________【答案】131n -【解析】由131n n n a a a +=+两边取倒数可得1113n na a +=+，即1113n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且首项为2，公差为3，所以131nn a =-，所以n a =131n -； 故答案为：131n - 20．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足()112nn na a n a *+=∈+N ，11a =，则下列结论错误的是（ ） A ．10317211a a a =+ B ．12n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭是等比数列C ．()211n n a -=D ．517493a a a =【答案】D 【解析】由112nn n a a a +=+，且11a =，则121021a a a =>+，232012a a a =>+，，以此类推可知，对任意的n *∈N ，0n a >， 所以，112112n n n na a a a ++==+，所以1112n n a a +-=，且111a ，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，()112121nn n a =+-=-，则()211n n a -=，其中n *∈N ，C 对；111112122242n n nna a a a ++-===，所以，数列12n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭是等比数列，B 对； 由等差中项的性质可得10317211a a a =+，A 对； 由上可知121n a n =-，则51711133251217199a a =⨯⨯=⨯-⨯-，4911249197a ==⨯-， 所以，517493a a a ≠，D 错.故选：D.21．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足11a =，141nn n a a a +=+，*()n N ∈，则满足137n a >的n 的最大取值为（ ） A ．7 B ．8C ．9D ．10【答案】C 【解析】因为141n n n a a a +=+，所以1114n na a +=+，所以1114n n a a +-=，又111a ，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，4为公差的等差数列．所以114(1)43nn n a =+-=-，所以143n a n =-，由137n a >，即114337n ->，即04337n <-<，解得3104n <<，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n a ，令2log n n b a =，则3b =___________，n b =___________.【答案】 14 312n + 【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，1x ，2x ，…，k x ，2.则122n k a x x x =，则第1n +次构造后得到的数列为1，1x ，1x ，12x x ，2x ，…，1k k x x -，k x ，2k x ，2. 则()33311214422n n k n a a x x x a +⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，∴312121log log 132n n n n b a a b ++⎛⎫===-+ ⎪⎝⎭，∴111322n n b b +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又∵212log 22b ==，∴数列12n b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以32为首项，3为公比的等比数列，∴11333222nn n b --=⨯=，312n n b +=，314b =.故答案为：14；312n + 23．（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{}n x 满足()()1n n n n f x x x f x +=-'，则称数列{}n x 为牛顿数列．如果函数()228f x x =-，数列{}n x 为牛顿数列，设2ln2n n n x a x +=-，且11a =，2n x >．数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S =______．【答案】21n -【解析】∵()228f x x =-，∴()4f x x '=，又∵()()2128+4242n n n n n n n n n f x x x x x x f x x x +=-=-='-， ∴()21222nn nx x x +++=，()21222nn nx x x +--=，∴1212222n n n n x x x x ++⎛⎫+ ⎪--⎝=⎭-，又2n x >∴211222ln ln 2ln 222n n n n n n x x x x x x ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++== ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又2ln2n n n x a x +=-，且11a =， 所以12n n a a +=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列， ∴{}n a 的前n 项和为n S ，则()1122112n n n S ⨯-==--.故答案为：21n -.经典题型八：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题24．（2022·江苏南通·高三开学考试）从条件①()21n n S n a =+，②22,0n n n n a a S a +=>，③()2n a n ≥，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为1,1n S a =，___________. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设1112n n n a b +++=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在正整数n 使得83nT >. 【解析】（1）若选择①，因为()*21,N n n S n a n =+∈，所以112,2n n S na n --=≥，两式相减得()121n n n a n a na -=+-，整理得()11,2n n n a na n --=≥,即1,21n n a a n n n -=≥-，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，而111n a a n ==，所以n a n =；若选择②，因为()2*2N n n n a a S n +=∈，所以()211122n n n a a S n ---+=≥， 两式相减()221112222n n n n n n n a a a a S S a n ----+-=-=≥，得()()()1112n n n n n n a a a a a a n ----+=+≥， 因为()1100,1,2n n n n n a a a a a n -->∴>∴+-=≥， 所以{}n a 是等差数列，所以()111n a n n =+-⨯=；()2n a n =≥1n n S S --，，由题意知0n S >1，所以为等差数列，11a ==()21,,212n n n n n S n a S S n n -==∴=-=-≥，又1n =时，11a =也满足上式，所以21n a n =-； （2）若选择①或②，1111222n n n n n b +++++==， 所以()234111113452,2222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以()345211111345222222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得()2341211111132222222n n n T n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯++++-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2121113148221142212n n n n n +-+⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭=+-+⨯=- ⎪⎝⎭-， 则1422n n n T ++=-，故要使得83nT >，即148223n n ++->，整理得，14223n n ++<-， 当N*n ∈时，1402n n ++>，所以不存在*N n ∈，使得83nT >. 若选择③，依题意，111122n n n n a n b ++++==， 所以()23111123412222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故()234111111234122222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得：()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=++++-+⨯=+-+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=-，则332n n n T +=-，令38323n n n T +=->，则3123n n +<， 即2390n n -->，令239nn c n =--，则1100c =-<，当2n ≥时，()()112319239230n n nn n c c n n ++-=-+----=->，又450,0c c <>，故234560c c c c c <<<<<，综上，使得83n T >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{}n a 的前n 项和是n S ，已()*144N 3n n n S a a n +=+-∈.(1)求{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q .因为()*144N 3n n n S a a n +=+-∈，所以当1n =时，112443a a a =+-，解得23a =；当2n =时，1223443a a a a +=+-，则13443a a =-.因为{}n a 是等比数列，所以2132a a a =，即334493a a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，整理得233412270a a --=，解得332a =-（舍去）或392a =.所以32123,22a aq a a q====， 所以1322n n a -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.（2）由（1）得1322n n na n -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，所以()2213333212312222n n n T n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦①则()23133333321231222222n nn T n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦② ①-②得23133333212222222n nnT n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⨯+++++-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦3132223212nnn ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⨯-⨯ ⎪⎝⎭-()3442,2n n ⎛⎫=-+-⨯ ⎪⎝⎭ 所以()34882nn T n ⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭.26．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*11N n n n a S S n ++=-∈，11a =.求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.【解析】111n n n n n S S a S S +++-==-，110S =≠，则0n S ≠，所以111n nn n S S S S ++--=，有1111n nS S +-=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭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{}n x 满足*1112,2,,,n n n x x x n n N x a x b +-=-≥∈==，则2019x =_________.【答案】b a -.【解析】由题干中递推公式，可得： 1x a =，2x b =，321x x x b a =-=-， 432x x x b a b a =-=--=-， 543()x x x a b a b =-=---=-，654()x x x b a a b =-=---=-， 765()x x x a b b a =-=---=， 876()x x x a a b b =-=--=， 987x x x b a =-=-，∴数列{}n x 是以6为最小正周期的周期数列．201963363÷=，20193x x b a ∴==-．故答案为b a -.28．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足12a =，2111a a =-，若对于大于2的正整数n ，111n n a a -=-，则102a =__________.【答案】12 【解析】由题意知：()2345111111,,2,11121121212a a a a ==-======------， 故{}n a 是周期为3的周期数列，则102334312a a a ⨯===. 故答案为：12.29．（2022·河南·模拟预测（文））设数列{}n a 满足11,1nn n a a a ++=-且112a =，则2022a =（ ） A ．2- B ．13-C ．12D ．3【答案】D【解析】由题意可得：121111231112a a a ++===--，2321132113a a a ++===---， ()()34312111123a a a +-+===----，14541111311213a a a a -+====-+， 据此可得数列{}n a 是周期为4的周期数列， 则20225054223a a a ⨯+===. 故选：D30．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的通项公式为()()()*121cos1N 2nn n a n n π=--⋅+∈，其前n 项和为n S ，则120S =（ ） A ．60- B ．120- C ．180 D ．240【答案】D【解析】当43n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，431k a -=； 当42n k =-，*N k ∈时，1os2c n π=-，()()4224211186k a k k -=⨯--⨯-+=-+⎡⎤⎣⎦；当41n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，411k a -=； 当4n k =，*N k ∈时，cos12n π=，424118k a k k =⨯-+=. ()4342414186188k k k k a a a a k k ---∴+++=+-+++=，12012082404S ∴=⨯=. 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{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =-∈N .(1)求证数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；(2)设()()111n n n b a a +=--，求数列{}n b 的前n 项和n S .【解析】(1)因为数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =-∈N ，∴当n =1时，11122T a a ==-，则123a =，1132T =. 当n ≥2时，1121222n n n n n T T T T T --=-⇒=-，∴11112n n T T --=， 所以1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132T =为首项，12为公差的等差数列；(2)由（1）知数列122n n T +=，则由22n n T a =-得12n n a n +=+， 所以()()1112323n b n n n n ==-++++， 所以111111113445233339n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 32．（2022·全国·高三专题练习）记n T 为数列{}n a 的前n 项积，已知133n nT a +=，则10T = （ ） A ．163B ．154C ．133D ．114【答案】C【解析】112341,,,3n n n T T a a a a ===则1(2)n n n a n T T -≥=，代入133n n T a +=，化简得：113n n T T --=，则10313,33n n T T +==. 故选:C.33．（2022·全国·高三专题练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知22n n S b +=，则9a =___________. 【答案】1110【解析】因为12n n b S S S =，所以111b S a ==，1121n n b S S S --=（2n ≥），1nn n b S b -=（2n ≥）, 又因为22n n S b +=，当n =1时，得 123a =，所以11123b S a ===， 当2n ≥时， 122nn n b b b -⨯+=， 即1221n n b b -=+， 所以2{}n b 是等差数列，首项为123b =，公差1d =，所以23(1)12nn n b =+-⨯=+， 所以22n b n =+，满足 123b =， 故22n b n =+， 即12n S S S ＝22n +， 所以121n S S S -＝21n +（2n ≥）， 两式相除得：12n n S n +=+， 所以11n nS n -=+（2n ≥）， 所以1n n n a S S -=-＝12n n ++－1nn +＝1(1)(2)n n ++， 所以9111110110a ==⨯. 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{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231111231n n a a a a a n -++++=-. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若11n n n b a a +=，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <. 【解析】（1）因为12311112,231n n n a a a a a n -≥++++=-， 所以当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-， 两式相减，得1111n n n a a a n --=--，即11n n n a a n -=-， 当2n =时，211a a ==，所以当3n ≥时，11n n a na n -=-， 所以当3n ≥时，1321221311222n n n n n a a a n n na a a a a n n ----=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=--， 当2n =时，上式成立；当1n =时，上式不成立，所以1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ （2）证明：由（1）知1,14,2(1)n n b n n n =⎧⎪=⎨≥⎪+⎩ 当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以当1n =，113S =<；当2n ≥时，111111144423341n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111414143323341211n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 综上，3n S <.35．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足1a Z ∈，123n n a a n ++=+，且其前n 项和为n S .若13m S a =，则正整数m =（ ） A ．99 B ．103C ．107D ．198【答案】B【解析】由123n n a a n ++=+得()1(1)11n n a n a n +-+-=---，∴{}1n a n --为等比数列，∴()111(1)2n n a n a ---=--，∴()11(1)21n n a a n -=--++，()11(1)21m m a a m -=--++，∴()()131231213S a a a a a =+++++112(2412)36102a a =+⨯++++⨯=+，①m 为奇数时，1121102a m a -++=+，103m =； ②m 为偶数时，()1121102a m a --++=+，1299m a =+， ∵1a Z ∈，1299m a =+只能为奇数，∴m 为偶数时，无解， 综上所述，103m =. 故选：B .36．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()2*12n n S S n n ++=∈N ，且10a ≠，1028a =，则1a 的值为A ．－8B ．6C ．－5D ．4【答案】C【解析】对于212n n S S n ++=，当1n =时有212S S +=，即1222a a -=- 212n n S S n ++=，212(1)n n S S n -∴+=-，(2)n两式相减得：142n n a a n ++=-[]122(1)n n a n a n +-=---，(2)n由10a ≠可得21220,a a -=-≠ 121(2)2(1)n n a nn a n +-∴=---即{}2(1)n a n --从第二项起是等比数列， 所以()222(1)2(1)n n a n a ---=--，即()222(1)2(1)n n a a n -=--+-，则10221828a a =-+=，故212a =， 由1222a a -=-可得15a =-， 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{}n a 满足()*111,3n n a a a n n N +=+=∈，则2018a =___________.【答案】3026【解析】∵13n n a a n ++=，∴()1231n n a a n +++=+，得23n n a a +-=，∵()*111,3n n a a a n n N +=+=∈，∴12232a a a +=⇒=，所以{}n a 的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴2018210083230243026a a =+⨯=+=. 故答案为：302638．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，()1212n n n a a ++=-+，则1819a a =（ ） A ．3 B ．113C ．213D ．219【答案】D【解析】当n 为奇数时，22n n a a +-=，即数列{}n a 中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，()191101219a =+-⨯=，当n 为偶数时，22n n a a ++=，则422n n a a +++=，两式相减得40n n a a +-=， 所以，1844222a a a ⨯+===， 故1819219a a =， 故选：D.39．（2022·广东·高三开学考试）已知数列{}n a 满足13a =，22a =，21,213,2n n n a n k a a n k +-=-⎧=⎨=⎩. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .【解析】（1）当n 为奇数时，21n n a a +-=-，所以所有奇数项构成以13a =为首项，公差为－1的等差数列， 所以173(1)22n na n --=+-⋅=， 当n 为偶数时，23n n a a +=，所以所有偶数项构成以22a =为首项，公比为3的等比数列，所以222223n n n a --=⨯=⨯，所以227,21223,2n n nn k a n k--⎧=-⎪=⎨⎪⨯=⎩； （2）()()212213521242n n n n S a a a a a a a a a a -=+++=++++++++()2213(1)(1)(7)1733131213222nn n n n n n n n n --⋅--=++=+-=-++--.40．数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-，前16项和为540，则2a = ． 【解析】解：因为数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-， 当n 为奇数时，231n n a a n ++=-，所以312a a +=，7514a a +=，11926a a +=，151338a a +=， 则1357911131580a a a a a a a a +++++++=， 当n 为偶数时，231n n a a n +-=-，所以425a a -=，6411a a -=，8617a a -=，10823a a -=，121029a a -=，141235a a -=，161441a a -=，故425a a =+，6216a a =+，8233a a =+，10256a a =+，12285a a =+，142120a a =+，162161a a =+，因为前16项和为540，所以24681012141654080460a a a a a a a a +++++++=-=， 所以28476460a +=，解得22a =-． 故答案为：2-．41．（2022•夏津县校级开学）数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为508，则1a = ．【解析】解：由2(1)31n n n a a n ++-=-， 当n 为奇数时，有231n n a a n +-=-， 可得23(2)1n n a a n --=--， ⋯31311a a -=⋅-，累加可得11(1)(35)3[13(2)]24n n n n a a n ----=++⋯+--=； 当n 为偶数时，231n n a a n ++=-，可得425a a +=，8617a a +=，121029a a +=，161441a a +=． 可得241692a a a ++⋯+=． 1315416a a a ∴++⋯+=．118(084096176280408560)4164a ∴++++++++=，1824a ∴=，即13a =．。
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【习题集含详解】高中数学题库高考专点专练之97辅助数列法求数列通项一、选择题（共26小题；共130分）1. 已知数列 {a n } 满足 a 1=2，a n+1−a n =a n+1a n ，那么 a 31 等于 ( ) A. −358B. −259C. −130 D. −2612. 已知 a 1=1 ， a n+1=an 6a n+1，则数列 {a n } 的第 66 项是 ( ) A. 1397B. 1391C. 1390D. 13613. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=2a nan +2(n ∈N ∗)，则 a 5= ( )A. 13B. 25C. 12D. 234. 已知数列 {a n } 的前 n 项和是 S n ，且满足 a n +2S n ⋅S n−1=0(n ≥2)，若 S 5=111，则 a 1= ( ) A. 1B. −3C. 13D. −135. 已知数列 {a n } 满足 a 1=1，且 a n =13a n−1+(13)n（n ≥2，且 n ∈N ∗），则数列 {a n } 的通项公式为 ( ) A. a n =3n n+2B. a n =n+23nC. a n =n +2D. a n =(n +2)3n6. 已知数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=2a n +1(n ∈N ∗)，S n 为其前 n 项和，则 S 5 的值为 ( )A. 57B. 61C. 62D. 637. 如图，已知点 D 为 △ABC 的边 BC 上一点，BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，E n (n ∈N +) 为边 AC 上的一列点，满足 E n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14a n+1E n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −(3a n +2)E n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中数列 {a n } 中，a n >0，a 1=1，则 {a n } 的通项公式为( )A. 2⋅3n−1−1B. 2n −1C. 3n −2D. 3⋅2n−1−28. 数列 {a n } 满足 a 1=1，a n ⋅a n−1+2a n −a n−1=0(n ≥2)，则使得 a k >12016的最大正整数 k 为( ) A. 5B. 7C. 8D. 109. 设数列 {a n } 满足：a 1=1，a 2=3，且 2na n =(n −1)a n−1+(n +1)a n+1，则 a 20 的值是 ( )A. 415B. 425C. 435D. 44510. 已知数列 {a n } 满足 a 1=32，a n+1=2−1a n，则数列 {1an −1} 的前 100 项和为 ( )A. 4950B. 5050C. 5100D. 515011. 在数列 {a n } 中， a n+1=2an2+a n对所有的正整数 n 都成立，且 a 7=12 ，则 a 5 等于 ( )A. 1B. 23C. 25D. −112. 若数列 {a n } 满足 a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n−1a n =n 2(n ∈N +)，则 a n = ( )A. 12×3n−1B. 12nC. n3n D. 13×2n−113. 如果数列 {a n } 满足，a 1=2，a 2=1 且a n−1−a n a n a n−1=a n −a n+1a n a n+1 （ n ≥2 ），则此数列的第 10 项为( )A. 1210 B. 129 C. 110D. 1514. 已知数列 {a n } 的各项均为正数，a 1=2，a n+1−a n =4a n+1+a n，若数列 {1a n+1+a n} 的前 n 项和为5，则 n = ( ) A. 119B. 121C. 120D. 12215. 已知数列 {a n } 中，a 3=2,a 7=1，又数列 {11+a n} 是等差数列，则 a 11 等于 ( ) A. 0B. 12C. 23D. −116. 已知数列 {a n }(n ∈N ∗) 中，a 1=1，a n+1=an 2a n+1，则 a n = ( ) A. 2n −1 B. 2n +1C. 12n−1 D. 12n+117. 如果数列 {a n } 满足 a 1=2，a 2=1 且a n−1−a n a n a n−1=a n −a n+1a n a n+1(n ≥2)，那么此数列的第 10 项为( )A. 1210 B. 129C. 110 D. 1518. 数列 {a n } 满足 a 1=2,a 2=1, 并且a n−1−a n a n ⋅a n−1=a n −a n+1a n ⋅a n+1(n ≥2)．则数列的第 100 项为 ( )A.12100B.1250C. 1100D. 15019. 在平面直角坐标系中，定义 {x n+1=y n −x nyn+1=y n +x n(n ∈N ) 为点 P n (x n ,y n ) 到点 P n+1(x n+1,y n+1) 的一个变换为“γ变换”，已知 P 1(0,1)，P 2(x 2,y 2)，…，P n (x n ,y n )，P n+1(x n+1,y n+1) 是经过“γ 变换”得到的一列点．设 a n =∣P n P n+1∣，数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，那么 S 10 的值为 ( )A. 31(2−√2)B. 31(2+√2)C. 31(√2+1)D. 31(√2−1)20. 已知数列 {a n } 满足 a 1=0,a n+1=a n +2√a n +1+1，则 a 13= ( )A. 143B. 156C. 168D. 19521. 已知：a n =log (n+1)(n +2)(n ∈Z ∗)，若称使乘积 a 1⋅a 2⋅a 3⋯a n 为整数的数 n 为劣数，则在区间 (1,2002) 内所有的劣数的和为 ( ) A. 2026 B. 2046C. 1024D. 102222. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a 2=2，若 a n+2=2a n+1−a n +2，则 a n 等于 ( )A. 15n 3−25n +65 B. n 3−5n 2+9n −4 C. n 2−2n +2D. 2n 2−5n +423. 已知数列 {a n } 满足：a 1=1，a n+1=a nan+2(n ∈N ∗)．若 b n+1=(n −2λ)⋅(1an+1)(n ∈N ∗)，b 1=−λ，且数列 {b n } 是单调递增数列，则实数 λ 的取值范围是 ( )A. λ>23B. λ>32C. λ<23D. λ<3224. 在数列{a n}中，S n为其前n项和，n(a n+1−a n)=a n(n∈N∗)，且a3=π，则tanS4=( )A. −√33B. √33C. −√3D. √325. 已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=a na n+2(n∈N∗)，C n=(1+1a n)(2n+1−λ)，若{C n}是单调递减数列，则实数λ的取值范围是( )A. λ≥13B. λ>13C. λ≥43D. λ>4326. 设△A n B n C n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n C n的面积为S n（n=1，2，3，⋯）．若b1>c1，b1+c1=2a1，a n+1=a n，b n+1=c n+a n2，c n+1=b n+a n2，则( )A. {S n}为递减数列B. {S n}为递增数列C. {S2n−1}为递增数列，{S2n}为递减数列D. {S2n−1}为递减数列，{S2n}为递增数列二、填空题（共40小题；共200分）27. 已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}（b n≠0，n∈N∗）满足a n b n+1−a n+1b n+2b n+1b n=0．令c n=a nb n，则数列{c n}的通项公式为．28. 数列{a n}中，a1=1，且a n+1=2a n+1，则{a n}的通项公式为a n=．29. S n是数列{a n}的前n项和，且a1=−1，a n+1=S n S n+1，则S n=．30. 在数列{a n}中，若a1=1，a n+1=3a n+1(n≥1)，则该数列的通项a n = .31. 在数列{a n}中，a1=1，a n+1=a n1+3a n(n∈N∗)，则数列{a n}的通项公式a n=32. 若数列{a n}满足a1=−2，且对任意的m，n∈N∗，都有a m+n=a m⋅a n，则a3=；数列{a n}的前10项的和S10=．33. 已知数列{a n}对任意的n∈N∗都有a n+1=a n−2a n+1a n，若a1=12，则a8=．34. 已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a na n+2(n∈N∗)，则a10=．35. 已知数列{a n}中，a1=2，a n+1=12a n+12，则数列{a n}的通项公式是a n=．36. 已知数列{a n}满足a1=12，2a n+1−a n=1，那么数列{a n}的通项公式为．37. 已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1，那么数列{a n}的通项公式为．38. 已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=n+1na n+2n+2，则a8=．39. 在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+1，则其通项公式为a n=．40. 数列{a n}中，a1=3，a n+1=3a n−4(n∈N∗)，则通项公式a n=．41. 设S n是数列{a n}的前n项和，且a1=−1，a n+1S n+1=S n，求数列{a n}的前n项和S n=，通项公式a n=．42. 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=a n1+2a n，则a6=．43. 已知数列 {a n }，a 1=2，a n =2a n−1−1(n ≥2)，求 a n = ． 44. 已知数列 {a n } 中，a 1=1 且 a n+1=2a n +1，则 a n = ．45. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=23a n +1，则 {a n } 的通项公式 a n = ．46. 若数列 {a n } 满足1a n+1=2a n +1a n，且 a 1=3，则 a n = ．47. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，满足：a 1=1，a n+1+2S n ⋅S n+1=0，则该数列的前 2017 项和 S 2017= ．48. 已知数列 {a n } 满足：∀m,n ∈N ∗ 都有 a m ⋅a n =a m+n ，且 a 1=2．记数列 b n =a n 2+a 2na 2n−1的前 n 项和为 S n ，则 S n = ．49. 艾萨克•牛顿（1643 年 1 月 4 日 ∼ 1727 年 3 月 31 日）英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数 f (x ) 零点时给出一个数列 {x n }：满足 x n+1=x n −f (x n )fʹ(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数 f (x )=ax 2+bx +c (a >0) 有两个零点 1，2，数列 {x n } 为牛顿数列，设 a n =ln x n −2x n −1，已知 a 1=2，x n >2，则 {a n } 的通项公式 a n = ．50. 已知数列 {a n } 中，a 1=−1，a n+1=2a n +3n −1（n ∈N ∗），则其前 n 项和 S n = ． 51. 已知数列 {a n } 中，a 1=−1，a n+1=2a n +3n −1(n ∈N ∗)，则其前 n 项和 S n = ．52. 已知数列 {a n } 满足：a n+12=a n 2+4，且 a 1=1，a n >0，则 a n = ．53. 若数列 {a n } 满足 a 1=1，(1−a n+1)(1+a n )=1(n ∈N ∗)，则 ∑a k a k+1100k=1 的值为 ．54. 已知数列 {a n } 的第 1 项是 2，以后的各项由公式 a n =a n−11−a n−1(n =2,3,4,…) 给出，则这个数列的通项公式是 ．55. 设数列 {a n } 满足 a n+1=3a n +2n (n ∈N ∗)，且 a 1=1，则数列 {a n } 的前 n 项和 S n 为 ．56. 在数列 {a n } 中，a 1=1．若点 (a n n ,an+1n+1) 在直线 x −y +1=0 上，则 a n = ．57. 已知数列 {a n }，{b n } 满足 a 1=2，b 1=1，{a n =23a n−1+13b n−1+1,b n =13a n−1+23b n−1+1(n ≥2,n ∈N ∗)，则 (a 1008+b 1008)(a 2017−b 2017)= ．58. 已知数列 {a n } 的首项 a 1=2，前 n 项和为 S n ，且 a n+1=2S n +2n +2(n ∈N ∗)，则S n = ． 59. 若数列 {a n } 满足 a 1=1219，a n+1=220a n 2，则 a 1a 2⋯a n 的最小值为 ．60. 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1=a 2=1，{nS n +(n +2)a n } 为等差数列，则 {a n } 的通项公式 a n = ．61. 数列 {a n } 满足 a n+1+(−1)n a n =2n −1，则 {a n } 的前 60 项和为 ．62. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的不恒为零的函数，且对任意 a,b ∈R ，满足下列关系式：f (2)=2，f (a ⋅b )=af (b )+bf (a )，a n =f (2n )n,n ∈N ∗，b n =f (2n )2n,n ∈N ∗，考察下列结论：① f (0)=f (1)；② f (x ) 为偶函数；③数列{a n}为等比数列；④数列{b n}为等差数列．其中正确的结论有．63. 已知数列{a n}满足a n+1=qa n+2q−2（q∈R，且q≠1），若a3，a4，a5∈{−5,−2,−1,7}，则a1=．64. 已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x,y∈R，都有f(x⋅y)=xf(y)+yf(x)成立．数列{a n}满足a n=f(2n)(n∈N∗)，且a1=2．则数列的通项公式a n=．65. 数列{a n}中，a1=1，a n=2S n22S n−1（n≥2且n∈N∗），则a n=．66. 已知数列{a n}满足1−2a n−1+a n−1a n=0（n≥2，n∈N∗），a1=2，则数列{a n}的通项公式为．三、解答题（共34小题；共442分）67. 数列{a n}满足a1=1，a n+1=a na n+1，求a n．68. 在数列{a n}中，a1=2，a n+1=4a n−3n+1,n∈N∗．（1）求a2的值，并求a n+1−(n+1)a n−n的值；（2）求数列{a n}的通项公式；（3）若数列{a n}的前n项和为S n，证明不等式S n+1≤4S n，对任意n∈N∗皆成立．69. 在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+2n，b n=a n2n−1．（1）证明：数列{b n}是等差数列；（2）求数列{a n}的前n项和S n．70. 数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+2n．（1）求证数列{a n+2n}是等比数列；（2）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+⋅⋅⋅+1a n<32．71. 已知数列{a n}和{b n}满足：a1=λ，a n+1=23a n+n−4，b n=a n−3n+21，其中λ为实数，n为正整数．（1）用λ表示a2，a3，并证明：对任意实数λ，数列{a n}不是等比数列．（2）试判断数列{b n}是否为等比数列，并证明你的结论．72. 将数列{a n}中的所有项按第一行三项，以下每一行比上一行多一项的规则排列成如下数表：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12⋯记表中的第一列数a1，a4，a8，⋯构成的数列为{b n}，已知：①在数列{b n}中，b1=1，对于任何n∈N∗，都有(n+1)b n+1−nb n=0；②表中每一行的数按从左到右的顺序均构成公比为q(q>0)的等比数列；③a66=25．请解答以下问题：（2）求上表中第 k (k ∈N ∗) 行所有项的和 S (k )．73. 数列 {a n } 满足 a 1=2，a n+1=a n 2+6a n +6(n ∈N ∗)．（1）设 C n =log 5(a n +3)，求证 {C n } 是等比数列； （2）求数列 {a n } 的通项公式； （3）设 b n =1a n −6−1a n 2+6a n，数列 {b n } 的前 n 项和为 T n ，求证：T n ＜−14．74. 在数列 {a n } 中，S n 是它的前 n 项和，且 a n+1=4a n −4a n−1(n ∈N ∗且n ≥2)，a 1=1，a 2=5．（1）设 b n =αn+1−2a n (n ∈N ∗)，证明：数列 {b n } 是等比数列；（2）设 c n =an2n(n ∈N ∗)，求数列 {c n } 的通项公式． （3）在（1）（2）的基础上，写出数列 {a n } 的通项公式． 75. 数列 {a n } 中，a 1=1, a n+1=2a n +3, 求数列 {a n } 的通项公式.76. 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，满足 2S n =a n+1−2n+1+1，n ∈N ∗，且 a 1，a 2+5，a 3 成等差数列．（1）求 a 1 的值；（2）求数列 {a n } 的通项公式． 77. 数列 {a n } 中，a 1=2，a n+1=2a n a n +1(n ∈N ∗)，求此数列的通项公式．78. 已知数列 {a n } 满足 a 1=1，a n+1=2a n +1，求数列的通项公式．79. （1）数列 {a n } 中，a 1=12，a n =an−12a n−1+1(n ≥2)，求通项 a n ； （2）数列 {a n } 满足 a 1=1，a n+1=12a n +12n，求通项 a n ．80. 已知数列 {a n } 满足以下关系：a 1=3，a n+1=√a n2+1(n ∈N ∗)． （1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）求 a 1000．81. 已知数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=1+2a n，记 b n =a n −2a n +1．（1）求证：数列 {b n } 是等比数列，并求 b n ；（2）求数列 {a n } 的通项公式 a n ；（3）记 c n =nb n ，S n =c 1+c 2+⋯+c n ，对任意正整数 n ，不等式 m32+32S n +n (−12)n+1−13(−12)n>0 恒成立，求最小正整数 m ．82. 已知数列 {a n } 前 n 项和为 S n ，a 1=−2，且满足 S n =12a n+1+n +1(n ∈N ∗)．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）若 b n =log 3(−a n +1)，求数列 {1bn b n+2} 前 n 项和为 T n ，求证 T n <34．83. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，满足 S n =2a n −2n (n ∈N ∗)．（1）证明 {an2n } 是等差数列，并求 {a n } 的通项公式；（2）求数列 {a n } 的前 n 项和 S n ．84. 数列 {a n } 满足：a 1=12，a n+1=n+12na n ，记数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ．（2）求 S n ．85. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=2a n 2+a n．（1）求 a 2，a 3，a 4；（2）求数列 {a n } 的通项公式． （3）若数列 b n =a n n，求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ．86. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 a 1=1，nS n+1−(n +1)S n =n (n+1)2，n ∈N ∗．（1）求 a 2 的值；（2）求数列 {a n } 的通项公式；（3）是否存在正整数 k ，使 a k ，S 2k ，a 4k 成等比数列?若存在，求 k 的值；若不存在，请说明理由.87. 已知数列 {a n } 满足 a 1=25，a n+1=2a n 3−a n，n ∈N ∗．（1）求 a 2；（2）求 {1a n} 的通项公式；（3）设 {a n } 的前 n 项和为 S n ，求证：65(1−(23)n)≤S n <2113．88. 设 S n 是数列 {a n } 的前 n 项和，a 1=1，S n 2=a n (S n −12)(n ≥2)．（1）求 {a n } 的通项； （2）设 b n =Sn2n+1，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．89. 设 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和，对任 n ∈N ∗，都有 S n =(m +1)−ma n （m 为正常数）．（1）求证：数列 {a n } 是等比数列；（2）数列 {b n } 满足 b 1=2a 1，b n =bn−11+b n−1（n ≥2，n ∈N ∗），求数列 {b n } 的通项公式；（3）在满足②的条件下，求数列 {2n+1b n} 的前 n 项和 T n ．90. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a 2=2，且 a n+1=(1+q )a n −qa n−1（n ≥2，q ≠0）．（1）设 b n =a n+1−a n （n ∈N ∗），证明 {b n } 是等比数列； （2）求数列 {a n } 的通项公式；（3）若 a 3 是 a 6 与 a 9 的等差中项，求 q 的值，并证明：对任意的 n ∈N ∗，a n 是 a n+3 与 a n+6的等差中项．91. 在数列 {a n } 中，a 1=2，a n+1=λa n +λn+1+(2−λ)2n (n ∈N ∗)，其中 λ>0．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）求数列 {a n } 的前 n 项和 S n ； （3）证明存在 k ∈N ∗，使得a n+1a n≤a k+1a k对任意 n ∈N ∗ 均成立．92. 已知数列 {a n } 的首项 a 1=4，前 n 项和为 S n ，且 S n+1−3S n −2n −4=0(n ∈N +)．（1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）设函数 f (x )=a nx +a n−1x 2+⋯+a 1x n ，fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数，令 b n =fʹ(1)，求数列 {b n } 的通项公式，并研究其单调性．93. 设 a 0 为常数，且 a n =3n−1−2a n−1(n ∈N ∗)．（1）证明：对任意 n ≥1，a n =15[3n +(−1)n−1⋅2n ]+(−1)n ⋅2n a 0； （2）假设对任意 n ≥1 有 a n >a n−1，求 a 0 的取值范围．94. 函数 f (x )=x 2−2x −3，定义数列 {x n } 如下：x 1=2，x n+1 是过两点 P (4,5)，Q n (x n ,f (x n ))的直线 PQ n 与 x 轴交点的横坐标． （1）证明：2≤x n <x n+1<3； （2）求数列 {x n } 的通项公式．95. 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 1=1，S n+1=4a n +2．（1）设 b n =a n+1−2a n ，证明数列 {b n } 是等比数列． （2）求数列 {a n } 的通项公式．96. 已知数列 {x n } 满足：x 1=1，x n =x n+1+ln (1+x n+1) (n ∈N ∗)，证明：当 n ∈N ∗ 时，（1）0<x n+1<x n ； （2）2x n+1−x n ≤x n x n+12；（3）12n−1≤x n ≤12n−2．97. 已知数列中，a 1=1，a 2=14，且 a n+1=(n−1)a n n−a n(n =2,3,4,⋯)．（1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）求证：（ⅰ）对一切 n ∈N ∗，都有 1a n+12>1a n2；（ⅱ）对一切 n ∈N ∗，有 a 12+a 22+⋯+a n 2<76．98. 若数列 {a n } 中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称数列 {a n } 为“等比源数列”．（1）在数列 {a n } 中，已知 a 1=2，a n+1=2a n −1． ①求数列 {a n } 的通项公式；②试判断数列 {a n } 是否为“等比源数列”，并证明你的结论．（2）已知数列 {a n } 为等差数列，且 a 1≠0，a n ∈Z (n ∈N ∗)，求证：数列 {a n } 为“等比源数列”．99. 已知正项数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1=1，S n+1+S n =a n+12，数列 {b n } 满足 b n ⋅b n+1=3a n ，且 b 1=1．（1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式； （2）记 T n =a n b 2+a n−1b 4+⋯+a 1b 2n ，求 T n ．100. 已知数列 {x n }，{y n } 满足 x1=x 2=1,y 1=y 2=2，并且x n+1x n=λx nxn−1,y n+1y n≥λy nyn−1（λ 为非零参数，n =2,3,4,⋯）．（1）若 x 1，x 3，x 5 成等比数列，求参数 λ 的值； （2）当 λ>0 时，证明 x n+1y n+1≤x n y n(n ∈N ∗)；（3）当 λ>1 时，证明x 1−y 1x 2−y 2+x 2−y2x 3−y 3+⋯+x n −y nxn+1−y n+1<λλ−1(n ∈N ∗)．答案第一部分 1. B【解析】由已知可得 1an+1−1a n=−1，设 b n =1a n，则数列 {b n } 是以 12 为首项， 公差为 −1 的等差数列．所以 b 31=12+(31−1)×(−1)=−592，所以 a 31=−259． 2. B3. A【解析】由 a n+1=2a nan+2，得 1a n+1=1a n+12，又因为 a 1=1，所以数列 {1a n} 是以 1 为首项，以 12为公差的等差数列，则 1a n=1+12(n −1)=n+12，所以 a n =2n+1． 所以 a 5=26=13． 4. C【解析】由 a n +2S n ⋅S n−1=0(n ≥2)，得 S n −S n−1+2S n ⋅S n−1=0(n ≥2)，两边同除以 S n ⋅S n−1，得1S n−1−1S n+2=0，即1S n−1S n−1=2，所以 {1S n} 是以 2 为公差的等差数列， 又 S 5=111， 所以 1S 5=1S 1+4×2，即 11=1a 1+8，解得 a 1=13． 5. B【解析】因为 a n =13a n−1+(13)n(n ≥2,且n ∈N ∗)⇒a n(13)n =a n−1(13)n−1+1，令 b n =a n(13)n，则数列 {b n } 为首项 b 1=a 113=3a 1=3，公差为 1 的等差数列，所以 b n =b 1+(n −1)×1=3+n −1=n +2， 所以 a n =n+23n．6. A7. A【解析】因为 BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 E n C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−13E n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +43E n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，设 mE n C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =E n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则因为 E n A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14a n+1E n B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −(3a n +2)E n D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 −13m =14a n+1，43m =−(3a n +2)，所以 14a n+1=14(3a n +2)，所以 a n+1+1=3(a n +1)，因为 a 1+1=2，所以 {a n +1} 是以 2 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 a n +1=2⋅3n−1，所以 a n =2⋅3n−1−1．8. D 【解析】因为a n⋅a n−1+2a n−a n−1=0(n≥2)，所以1a n =2a n−1+1，所以1a n+1=2(1a n−1+1)，所以数列{1a n+1}是等比数列，首项为2，公比为2．所以1a n+1=2n，所以a n=12n−1，又因为a10=1210−1=11023，a11=1211−1=12047．所以正整数k的最大值为10 .9. D 【解析】令b n=na n，则由2na n=(n−1)a n−1+(n+1)a n+1，得2b n=b n−1+b n+1，所以数列{b n}构成以1为首项，以2a2−a1=5为公差的等差数列，则b n=1+5(n−1)=5n−4，即na n=5n−4，所以a n=5n−4n，则a20=5×20−420=9620=445．10. D11. A 12. A 【解析】因为a1+3a2+32a3+⋯+3n−1a n=n2， ⋯⋯①所以a1+3a2+32a3+⋯+3n−2a n−1=n−12， ⋯⋯②由①−②可知，3n−1a n=n2−n−12，所以a n=12×13n−1．13. D 14. C 15. B【解析】设数列{b n}的通项b n=11+a n ,因为{b n}为等差数列，b3=13,b7=12,所以公差d=124,所以b11=b3+(11−3)d=13+8×124=23,即得1+a11=32,a11=12．16. C 【解析】提示：对a n+1=a n2a n+1两边同时取倒数，得1a n+1=1a n+2，因此，数列{1a n}为首项是1，公差是2的等差数列．17. D 【解析】因为a n−1−a na n a n−1=a n−a n+1a n a n+1，所以1a n−1a n−1=1a n+1−1a n，即{1a n}为等差数列(n≥2)．由a1=2，a2=1，可得d=12，所以1a10=12+9×12=5，所以a10=15．18. D 【解析】由a n−1−a na n⋅a n−1=a n−a n+1a n⋅a n+1(n≥2)，得：1a n−1a n−1=1a n+1−1a n.2a n=1a n−1+1a n+1.所以{1a n }为以1a1=12为首项，公差d=12的等差数列．1a n=12+(n−1)×12=n2.所以 a n =2n ．a 100=150．19. C 【解析】由题设知 p 1(0,1)，P 2(1,1)，a 1=∣P 1P 2∣=1，且当 n ≥2 时，a n2=∣P n P n+1∣2=(x n+1−x n )2+(y n+1−y n )2=[(y n −x n )−x n ]2+[(y n +x n )−y n ]2=5x n 2−4x n y n +y n 2,a n−12=∣P n−1P n ∣2=(x n −x n−1)2+(y n −y n−1)2 ． ⋯⋯① 由 {x n+1=y n −x n ,yn+1=y n +x n 得 {x n =y n−1−x n−1,y n =y n−1+x n−1,，所以 {x n−1=y n −xn 2,y n−1=y n +x n 2. 代入①计算化简得a n−12=∣P n−1P n ∣2=(3x n −y n 2)2+(y n −x n 2)2=12(5x n 2−4x n y n +y n2)=12a n 2. 所以 a na n−1=√2,(n ≥2)，所以数列 {a n } 是以 √2 为公比的等比数列，且首项 a 1=1，所以 a n =(√2)n−1，所以 S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n =√2)n1−√2，所以 S 10=√2)101−√2=31(√2+1) .20. C【解析】在等式 a n+1=a n +2√a n +1+1 两边同时加 1，得 a n+1+1=(√a n +1+1)2，化简得 √a n+1+1−√a n +1=1，即 {√a n +1} 是以 1 为首项、以 1 为公差的等差数列． 21. A 【解析】a 1⋅a 2⋅a 3⋯a n =lg3lg2⋅lg4lg3⋯lg (n+2)lg (n+1)=log 2(n +2)．所以要使 n 为 (1,2002) 内的劣数，n +2=22,23,⋯,210． 所以 n =22−2,23−2,⋯,210−2． 因此所有劣数之和为4×(1−29)1−2−2×9=2026．22. C 【解析】依题意得 (a n+2−a n+1)−(a n+1−a n )=2， 因此数列 {a n+1−a n } 是以 1 为首项、 2 为公差的等差数列， 所以 a n+1−a n =1+2(n −1)=2n −1． 当 n ≥2 时，a n =a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+⋯+(a n −a n−1)=1+1+3+⋯+(2n −3)=1+(n−1)(1+2n−3)2=(n −1)2+1=n 2−2n +2,又 a 1=1=12−2×1+2，因此 a n =n 2−2n +2．23. C 24. D 【解析】由 n (a n+1−a n )=a n ，得 an+1n+1=a nn，即 {a nn } 是常数列，而 a 33=π3， 所以 a n n =π3，即 a n =nπ3，于是 S 4=π3+2π3+3π3+4π3=10π3．则 tanS 4=tan10π3=√3．25. B26. B 【解析】b 1=2a 1−c 1 且 b 1>c 1， 所以 2a 1−c 1>c 1， 所以 a 1>c 1，所以 b 1−a 1=2a 1−c 1−a 1=a 1−c 1>0， 所以 b 1>a 1>c 1， 又 b 1−c 1<a 1， 所以 2a 1−c 1−c 1<a 1， 所以 2c 1>a 1， 所以 c 1>a 12．由题意，得 b n+1+c n+1=b n +c n2+an ，整理，得 b n+1+c n+1−2a n =12(b n +c n −2a n )， 结合 b 1+c 1=2a 1 递推，得 b n +c n −2a n =0， 所以 b n +c n =2a n =2a 1， 即 b n +c n =2a 1． 又由题意，得 b n+1−c n+1=c n −b n 2，所以 b n+1−(2a 1−b n+1)=2a 1−b n −b n2=a 1−b n ，化简，得 b n+1−a 1=12(a 1−b n )， 则 b n −a 1=(b 1−a 1)(−12)n−1， 所以 b n =a 1+(b 1−a 1)(−12)n−1，c n =2a 1−b n =a 1−(b 1−a 1)(−12)n−1，由海伦公式，得S n2=3a 12(3a 12−a 1)[3a 12−a 1−(b 1−a 1)(−12)n−1][3a 12−a 1+(b 1−a 1)(−12)n−1]=34a 12[a 124−(14)n−1(b 1−a 1)2].显然 S n 2是关于 n 的增函数（可证当 n =1 时a 124−(b 1−a 1)2>0）．第二部分27. c n =2n −1 28. 2n −1(n ∈N ∗)【解析】由 a n+1=2a n +1 知 a n+1+1=2(a n +1)，所以数列 {a n +1} 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 a n =2n −1(n ∈N ∗) . 29. −1n 30.3n −1231. 13n−232. −8，682【解析】已知 a m+n =a m a n ，令 m =1，得 a n+1=a 1a n =−2a n ， 所以数列 {a n } 是首项和公比都为 −2 的等比数列， 则 a 3=(−2)3=−8，S 10=−2[1−(−2)10]1+2=211−23=682．33. 116【解析】由 a n+1=a n −2a n+1a n 得 1an+1−1a n=2，故数列 {1a n} 是 1a 1=2，公差 d =2 的等差数列1a n=2+2(n −1)=2n ，故 a 8=116．34. 11023【解析】由已知取倒数可得：1a n+1=2a n+1⇒1a n+1+1=2(1a n+1)，又 a 1=1，故 1a n+1=2n−1(1a 1+1)=2n ，a n =12n −1，a 10=11023． 35. 1+(12)n−1【解析】因为 a n+1=12a n +12，变形为：a n+1−1=12(a n −1)， 所以数列 {a n −1} 是等比数列，首项为 a 1−1=1，公比为 12．所以 a n −1=(12)n−1， 所以 a n =1+(12)n−1．36. a n =1−(12)n【解析】由 a 1=12，2a n+1−a n =1，知 2(a n+1−1)=a n −1， 所以a n+1−1a n −1=12．又 a 1−1=−12，所以数列 {a n −1} 是首项为 −12 、公比为 12 的等比数列， 所以 a n −1=−12⋅(12)n−1=−(12)n，所以 a n =−(12)n +1． 37. a n =3n −12【解析】由 a n+1=3a n +1，得 a n+1+12=3(a n +12)．又 a 1+12=32，所以 {a n +12} 是首项为 32 、公比为3 的等比数列， 所以 a n +12=3n2，因此数列 {a n } 的通项公式为 a n =3n −12．38. 120【解析】因为 a n+1=n+1na n +2n +2，所以 an+1n+1=a n n+2，所以 an+1n+1−a n n=2，因为 a 1=1，所以 a 11=1，所以数列 {an n} 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，所以a n n=1+2(n −1)=2n −1，所以 a n =2n 2−n ，所以 a 8=2×82−8=120．39. 2n −1 40. 3n−1+241. −1n ，{−1,n =11n (n−1),n ≥2 【解析】由 S n 是数列 {a n } 的前 n 项和，且 a 1=−1，an+1S n+1=S n ， 所以 a n+1=S n ⋅S n+1，所以 S n+1−S n =S n+1S n ，两边同除以 S n+1S n ， 所以 1S n−1Sn+1=1，即 1Sn+1−1S n=−1，1S 1=−1，所以 {1S n} 是首项为 −1，公差为 −1 的等差数列，所以1S n=−1+(n −1)×(−1)=−n ．所以 S n =−1n，当 n =1 时，a 1=S 1=−1， n ≥2 时，a n =S n −S n−1=−1n +1n−1=1n (n−1)．所以 a n ={−1,n =11n (n−1),n ≥2． 42. 111【解析】因为 a n+1=an1+2a n，两边取倒数可得：1an+1−1a n=2，所以数列 {1a n} 是等差数列，公差为 2．所以 1a n=1+2(n −1)=2n −1．所以 a n =12n−1．则 a 6=111．43. 2n−1+1【解析】由题意，两边减去 1 得：a n −1=2(a n−1−1)， 因为 a 1−1=1，所以 {a n −1} 是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列， 所以 a n −1=1⋅2n−1=2n−1， 所以 a n =2n−1+1(n ≥1)． 44. 2n −1【解析】方法一：因为 a n+1=2a n +1，所以 a n+1+1=2(a n +1)，则数列 {a n +1} 是公比为 2 的等比数列， 所以 a n +1=(a 1+1)⋅q n−1=2n ，所以 a n =2n −1．方法二：因为 a n+1=2a n +1， 所以 a n+2=2a n+1+1，两式相减，得 a n+2−a n+1=2(a n+1−a n )．故数列 {a n+1−a n } 是以 a 2−a 1=2 为首项，2 为公比的等比数列，于是 a n+1−a n =2n ， 又 a n+1=2a n +1，故 a n =2n −1． 45. 3−3×(23)n(n ∈N ∗) 【解析】方法一：因为 a n+1−23a n =1, ⋯⋯①所以 a n −23a n−1=1(n ≥2). ⋯⋯② ①−②，得 a n+1−a n =23(a n −a n−1)． 令 b n =a n+1−a n ，则 b nbn−1=23．所以 {b n } 为等比数列，公比为 23，首项 b 1=a 2−a 1=23a 1+1−a 1=23． 所以 b n =23×(23)n−1=(23)n，即 a n+1−a n =(23)n. ⋯⋯③ 由 ①③ 两式，得 a n =3−3×(23)n． 方法二：令 a n+1−p =23(a n −p )(p 为常数)，则 a n+1=23a n +13p ，把该式与已知 a n+1=23a n +1 对应得 13p =1，即 p =3． 令 b n =a n −3，则数列 {b n } 是首项为 b 1=a 1−3=−2，公比为 q =23 的等比数列． 所以 b n =b 1qn−1=−2×(23)n−1．所以 a n −3=−2×(23)n−1．所以 a n =3−2×(23)n−1=3−3×(23)n．46. 36n−5 【解析】1a n+1=2a n +1a n，得1a n+1−1a n=2，所以，数列 {1a n} 是首项为 13，公差为 2 的等差数列． 所以，1a n=13+(n −1)×2=2n −53，所以 a n =36n−5．47.14033【解析】因为 a n+1+2S n ⋅S n+1=0，所以 S n+1−S n +2S n ⋅S n+1=0， 两边同时除以 S n ⋅S n+1 得，1Sn+1−1S n=2，又 a 1=1，所以数列 {1S n} 是以 2 为公差、 1 为首项的等差数列，所以 1S n=1+2(n −1)=2n −1，则 S n =12n−1，所以该数列的前 2017 项和 S 2017=12×2017−1=14033．48. 4n 49. 2n【解析】因为函数 f (x )=ax 2+bx +c (a >0) 有两个零点 1，2， 所以 {a +b +c =0,4a +2b +c =0, 解得 {c =2a,b =−3a.所以 f (x )=ax 2−3ax +2a ． 则 fʹ(x )=2ax −3a ． 则x n+1=x n −ax n 2−3ax n+2a 2ax n −3a=x n −x n 2−3x n +22x n −3=x n2−22x n −3,所以 xn+1−2x n+1−1=(x n −2x n−1)2， 则 lnx n −2x n −1是以 2 为公比的等比数列，因为 a n =ln x n −2x n−1，且 a 1=2，所以数列 {a n } 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列， 则 a n =2⋅2n−1=2n ． 50. 2n+2−4−3n 2+7n2【解析】因为数列 {a n } 中，a 1=−1，a n+1=2a n +3n −1（n ∈N ∗）， 所以 a 2=0，n ≥2 时，a n =2a n−1+3n −4，所以 a n+1−a n =2a n −2a n−1+3，化为 a n+1−a n +3=2(a n −a n−1+3)，a 2−a 1+3=4． 所以数列 {a n+1−a n +3} 是等比数列，首项为 4，公比为 2． 所以 a n+1−a n +3=2n+1，即 a n −a n−1=2n −3． 所以a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a 2−a 1)+a 1=2n −3+2n−1−3+⋯+22−3−1=4(2n−1−1)2−1−3(n −1)−1=2n+1−3n −2. 所以S n=4(2n −1)2−1−3×n (n+1)2−2n=2n+2−4−3n 2+7n2.51. 2n+2−4−3n 2+7n2【解析】因为 a n+1=2a n +3n −1(n ∈N ∗)，a 1=−1，所以 a 2=0．n ≥2 时，a n =2a n−1+3n −4，相减可得：a n+1−a n =2a n −2a n−1+3，化为：a n+1−a n +3=2(a n −a n−1+3)，所以数列 {a n+1−a n +3} 为等比数列，首项为 4，公比为 2． 所以 a n+1−a n +3=4×2n−1，所以 a n −a n−1=2n −3． 所以a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a 2−a 1)+a 1=2n −3+2n−1−3+⋯+22−3−1=4(2n−1−1)2−1−3(n −1)−1=2n+1−3n −2.所以其前 n 项和 S n =4(2n −1)2−1−3×n (n+1)2−2n =2n+2−4−3n 2+7n2．52. √4n −3【解析】根据已知条件 a n+12=a n 2+4，即 a n+12−a n 2=4．∴ 数列 {a n 2} 是公差为 4 的等差数列，a n 2=a 12+(n −1)⋅4=4n −3．∵a n >0， ∴a n =√4n −3． 53.100101【解析】由 (1−a n+1)(1+a n )=1，得 a n+1=1−1a n +1=a na n +1，两边取倒数，得 1a n+1=a n +1a n=1a n+1，即 1an+1−1a n=1，所以数列 {1a n} 是以 1 为公差、首项 1a 1=1 的等差数列，从而 1a n=1+(n −1)×1=n ， 所以 a n =1n ， 故∑(a k a k+1)100k=1=11×2+12×3+⋯+1100×101=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1100−1101)=100101.54. a n =23−2n【解析】两边取倒数，得 1a n−1a n−1=−1．55. 12⋅3n+1−2n+1+12【解析】因为 a n+1=3a n +2n ， 所以 a n+1+2n+1=3(a n +2n )，所以数列 {a n +2n } 是以 a 1+2=3 为首项，公比 q =3 的等比数列， 所以 a n +2n =3×3n−1=3n ， 所以 a n =3n −2n (n ∈N ∗)， 所以 S n =3(1−3n )1−3−2(1−2n )1−2=32(3n −1)+2(1−2n )=12⋅3n+1−2n+1+12．56. n 2【解析】由题意，得 ann −a n+1n+1+1=0，即 an+1n+1−a n n=1，则数列 {ann } 是以 1 为公差，1 为首项的等差数列，从而 a nn =n ，所以 a n =n 2．57. 201732016【解析】由 a n −b n =13(a n−1−b n−1)，可得数列 {a n −b n } 是以 1 为首项，13为公比的等比数列．所以 a n −b n =(13)n−1， (a 2017−b 2017)=(13)2016，a n +b n =a n−1+b n−1+2， a n +b n −(a n−1+b n−1)=2，{a n +b n } 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列， a 1008+b 1008=3+(1008−1)×2=2017， (a 1008+b 1008)(a 2017−b 2017)=201732016．58.3n+12−n −32．【解析】由 a n+1=2S n +2n +2(n ∈N ∗) 可知 S n+1−S n =2S n +2n +2，所以 S n+1+(n +1)+32=3(S n +n +32)，所以数列 {S n +n +32} 是以 S 1+1+32=92 为首项，3 为公比的等比数列，所以 S n +n +32=92×3n−1=3n+12，所以 S n =3n+12−n −32．59. 2−69【解析】因为数列 {a n } 满足 a 1=1219，a n+1=220a n 2>0，所以 log 2a n+1=2log 2a n +20． 令 log 2a n =b n ，b 1=−19．所以 b n+1=2b n +20，变形为：b n+1+20=2(b n +20)， 所以数列 {b n +20} 是等比数列，首项为 1，公比为 2．所以 b n +20=2n−1，即 b n =2n−1−20，所以 log 2a n =2n−1−20， 令 a 1a 2⋯a n =t n ． 所以log 2t n =log 2a 1+log 2a 2+⋯+log 2a n =(1+2+22+⋯+2n−1)−20n=2n −12−1−20n=2n −1−20n.所以 a 1a 2⋯a n =t n =22n−1−20n ．n =1 时，指数=−19；n =2 时，指数=−37；n =3 时，指数=−53； n =4 时，指数=−65；n =5 时，指数=−69；n =6 时，指数=−57， n ≥5 时，指数单调递增．则 a 1a 2⋯a n 的最小值为 2−69． 60. n2n−1【解析】设 b n =nS n +(n +2)a n ．因为数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1=a 2=1， 所以 b 1=4，b 2=8，所以 b n =b 1+(n −1)⋅(8−4)=4n ，即 nS n +(n +2)a n =4n ， 所以 S n +(1+2n )a n =4．当 n ≥2 时，S n −S n−1+(1+2n )a n −(1+2n−1)a n−1=0， 所以 2(n+1)na n =n+1n−1a n−1，即 2n a n =1n−1a n−1，所以a n n a n−1n−1=12，所以 {ann } 是以 12 为公比，1 为首项的等比数列．所以a n n=(12)n−1，所以 a n =n 2n−1．61. 1830【解析】{a 4k−2−a 4k−3=8k −7,①a 4k−1+a 4k−2=8k −5,②a 4k −a 4k−1=8k −3,③②×2+③−① 得 a 4k−3+a 4k−2+a 4k−1+a 4k =16k −6，604=15． 于是所求式可看作以 10 为首项，16 为公差的等差数列前 15 项的和． 62. ①③④【解析】令 a =0，b =0 可得 f (0)=0，令 a =b =1 可得 f (1)=0，所以 f (0)=f (1)，①正确； 令 a =b =−1 可得 f (−1)=0，然后令 a =x ，b =−1 可得 f (−x )=−f (x )，所以 f (x ) 为奇函数，②错误； 令 a =2n−1，b =2 可得 f (2n )=2f (2n−1)+2n，两边同除以 2n可得 f (2n )2n=f (2n−1)2n−1+1，则 {f (2n )2n} 是等差数列，求得 f (2n )=n ⋅2n ，所以③④正确． 63. −2 或 −179或 79【解析】由 a n+1=qa n +2q −2，得 a n+1+2=q (a n +2)． （i ） 当 a n =−2 时，显然有 a 3,a 4,a 5∈{−5,−2,−1,7}． （ii ） 当 a n ≠−2 时，由 a 3,a 4,a 5∈{−5,−2,−1,7}，得a 3+2,a 4+2,a 5+2∈{−3,0,1,9}.由 a 3+2,a 4+2,a 5+2 成等比数列及 q ≠1，得{a 3+2=1,a 4+2=−3,a 5+2=9.或{a 3+2=9,a 4+2=−3,a 5+2=1.解得 {a 3=−1,q =−3.或{a 3=7,q =−13.将它们分别代入 {a 3=qa 2+2q −2,a 2=qa 1+2q −2, 解得 a 1=−179或a 1=79．64. n ⋅2n【解析】由题 a n =f (2n )=f (2⋅2n−1)=2f (2n−1)+2n−1f (2)=2a n−1+2n ，即 a n =2a n−1+2n ．故等式两边同时除以 2n 得 a n 2n =an−12n−1+1．因此，数列 {a n 2n } 是以 a 12 为首项，1 为公差的等差数列，因此 an 2n =a 12+(n −1)．。