高三总复习数列求通项方法总结已知Sn求an累加法累乘法题型分类整理总结
高中数学数列题型归纳及解题方法梳理
1数列典型例题分析【题型1】 等差数列与等比数列的联系 例1 （2010陕西文16）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n 项和S n . 解：（Ⅰ）由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得＝， 解得d ＝1，d ＝0（舍去）， 故{a n }的通项a n ＝1+（n －1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知=2n，由等比数列前n 项和公式得S m =2+22+23+ (2)==2n+1-2.小结与拓展：数列{}na 是等差数列，则数列}{na a 是等比数列，公比为da ，其中a 是常数，d 是{}na 的121d +1812d d++2ma 2(12)12n --公差。
（a>0且a≠1）.【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。
解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n(n∈N*) ①当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2a n－1＝8(n－1)(n∈N*) ②①－②得2n－1a n＝8，求得a n＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴a n＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，2∴数列{b n＋1－b n}的公差为－2－(－4)＝2，∴b n －b n＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，＋1法一（迭代法）b n＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(b n－b n－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*)．法二（累加法）即b n－b n－1＝2n－8，b n－1－b n－2＝2n－10，…b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得b n＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)34 ＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2＝n 2－7n ＋14(n∈N *)．小结与拓展：1）在数列{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为：⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1(111n S S n S a a n n n.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。
数列通项公式的求解方法总结
数列通项公式的求解方法总结求数列的通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就高中数学中常见的几类题型从解决通法上做一总结，方便于学生学习和老师的教学。
一、累加法：利用an=a1+（a2-a1）+…（an-an-1）求通项公式的方法称为累加法。
累加法是求型如an+1=an+f（n）的递推数列通项公式的基本方法（f（n）可求前n项和）.例1.已知数列an满足an+1=an+2n+1，a1=1，求数列an的通项公式。
解：由an+1=an+2n+1得an+1-an=2n+1则an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a3-a2）+ （a2-a1）+a1=[2（n-1）+1]+[2（n-2）+1]+…+（2×2+1）+（2×1+1）+1=2[（n-1）+（n-2）+…+2+1]+（n-1）+1=2+（n-1）+1=（n-1）（n+1）+1=n2所以数列an的通项公式为an=n2。
例2：在数列{an}中，已知an+1= ，求该数列的通项公式.备注：取倒数之后变成逐差法。
解：两边取倒数递推式化为：=+，即-=所以-=，-=，-=…-=.…，将以上n-1个式子相加，得：-=++…+即=+++…+==1-故an==二、累乘法：利用恒等式an=a1…（an≠0，n？叟n）求通项公式的方法称为累乘法，累乘法是求型如：an+1=g（n）an的递推数列通项公式的基本方法（数列g（n）可求前n项积）.例3.已知数列{an}中a1=，an=·an-1（n？叟2）求数列{an}的通项公式。
解：当n？叟2时，=，=，=，…=将这n-1个式子累乘，得到=，从而an=×=，当n=1时，==a1，所以an= 。
注：在运用累乘法时，还是要特别注意项数，计算时项数容易出错.三、公式法：利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法，常用的公式有an=Sn-Sn-1（n？叟2），等差数列或等比数列的通项公式。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(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)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
数列通项的求法一(归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法)-高中数学常见题型解法归纳反馈训练
【知识要点】一、数列的通项公式如果数列{}n a 的第n 项n a 和项数n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.即()n a f n =.不是每一个数列都有通项公式.不是每一个数列只有一个通项公式. 二、数列的通项的常见求法：通项五法1、归纳法：先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据n a 与项数n 的关系，猜想数列的通项公式，最后再证明.2、公式法：若在已知数列中存在：)0(,)(11≠==-++q q a a d a a nn n n 或常数的关系，可采用求等差数列、等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项；若在已知数列中存在：)()(n f S a f S n n n ==或的关系，可以利用项和公式11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求数列的通项.3、累加法：若在已知数列中相邻两项存在：1()(2)n n a a f n n --=≥的关系，可用“累加法”求通项.4、累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：1()(2)nn a g n n a -=≥的关系，可用“累乘法”求通项. 5、构造法：(见下一讲) 【方法讲评】【例1】在数列{n a }中，16a =，且111n n n a a n n---=++*(,2)n N n ∈≥， （1）求234,,a a a 的值；（2）猜测数列{n a }的通项公式，并用数学归纳法证明.【点评】（1）本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.（2）归纳法在主观题中一般用的比较少，一是因为它要给予严格的证明，二是有时数列的通项并不好猜想.如果其它方法实在不行，再考虑利用归纳法.【反馈检测1】在单调递增数列{}n a 中，11a =，22a =，且21221,,n n n a a a -+成等差数列，22122,,n n n a a a ++成等比数列，1,2,3,n = ．（1）分别计算3a ，5a 和4a ，6a 的值； （2）求数列{}n a 的通项公式（将n a 用n 表示）；（3）设数列1{}na 的前n 项和为n S ，证明：42n n S n <+，n *∈N ．【例2】已知数列{}n a ，n S 是其前n 项的和，且满足21=a ，对一切*∈N n 都有2321++=+n S S n n 成立，设n a b n n +=．（1）求2a ；（2）求证：数列{}n b 是等比数列； （3）求使814011121>+⋅⋅⋅++n b b b 成立的最小正整数n 的值．【点评】利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项. 【反馈检测2】已知等比数列{n a }中，164a =,公比1q ≠,234,,a a a 又分别是某等差数列的第7项，第3项，第1项.(1)求n a ；(2)设2log n n b a =,求数列{||}n b 的前n 项和n T .【例3】数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，12n n a S += ( n ∈N *),求{n a }的通项公式.【点评】（1）已知)()(n f S a f S n n n ==或，一般利用和差法.如果已知1()n n S f a +=1()n f a -或也可 以采用和差法.（2）利用此法求数列的通项时，一定要注意检验1n =是否满足，能并则并，不并则分. 【例4】已知函数x x x f 63)(2+-= ，n S 是数列}{n a 的前n 项和，点(,)n n S （n N *∈）在曲线)(x f y =上.（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若1)21(-=n n b ，6nn n b a c ∙=，且n T 是数列}{n c 的前n 项和. 试问n T 是否存在最大值？若存在，请求出n T 的最大值；若不存在，请说明理由.【解析】（Ⅰ）因为点(,)n n S 在曲线)(x f y =上，又x x x f 63)(2+-=，所以n n S n 632+-=. 当1n =时，311==S a .当1n >时，221(36)[3(1)6(1)]96n n n a S S n n n n n -=-=-+---+-=- 所以n a n 69-=.（Ⅱ）因为111(96)()1112(),(32)()2662n n n n n n n n b c a b n ---====- ①所以 231111(1)()(3)()(32)(),2222n n T n =+-+-++- ②234111111()(1)()(3)()(32)(),22222n n T n +=+-++-++- ③ ②－③得 132)21)(23()21)(2()21)(2()21)(2(2121+---++-+-+=n n n n T112)21)(23(211])21(1[)21()2(21+-----=-+=n n n .整理得1)21)(12(-+=nn n T ， ④方法一 利用差值比较法由④式得1)21)(32(11-+=++n n n T ，所以111111(23)()(21)()[(23)()(21)]()22223111[(21)]()()().2222nn n n n n nT T n n n n n n n ++-=+-+=+-+=+-+=-因为1≥n ，所以021<-n . 又0)21(>n，所以01<-+n n T T 所以n n T T <+1，所以 >>>>>>+1321n n T T T T T . 所以T n 存在最大值11.2T =方法三 利用放缩法由①式得0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++n n n n n c ，又因为n T 是数列}{n c 的前n 项和， 所以n n n n T c T T <+<++11. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T 所以n T 存在最大值211=T . 【反馈检测3】已知数列{n a }的前n 项和14122333n n n S a +=-⨯+(1,2,3,4n =⋅⋅⋅)，求{n a }的通项公式.【例4】已知数列{}n a ，{}n b ，11=a ，112--+=n n n a a ，111+-+=n n n n a a a b ，n S 为数列{}n b 的前n 项和，nT 为数列{}n S 的前n 项和.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和n S ；（3）求证：312->n T n . 【解析】（1）法一：112--+=n n n a a 112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=∴--- ，122121122221-=--=++++=--n nn n【点评】（1）本题11n n a a n --=-，符合累加法的使用情景1()(2)n n a a f n n --=≥，所以用累加法求数列的通项.（2）使用累加法时，注意等式的个数，是1n -个，不是n 个.【反馈检测4】已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 满足n n n a a n n a a 求,1,3211+==+【点评】（1）由已知得,11+=+n n a a n n 符合累乘法求数列通项的情景，所以使用累乘法求该数列的通项.（2）使用累乘法求数列的通项时，只要写出1n -个等式就可以了，不必写n 个等式.【反馈检测5】 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第36讲：数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）参考答案【反馈检测1答案】33a =，56a =，492a =，68a =.①当1=n 时，21111a a ⨯-==，221222a ⨯==，猜想成立； ②假设(1,*)n k k k N =≥∈时，猜想成立，即21(1)2k k k a -+=,22(1)2k k a +=，那么[]22(1)121221(1)(1)1(1)(1)22222k k k k k k k k k a a a a +-+-+++++==-=⨯-=, [][]2222212(1)2222(1)(2)(1)1(2)222(1)2k k k kk k k a k a a a k ++++++++=====+ ∴1+=k n 时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的*n N ∈，猜想成立．∴当n 为奇数时，8)3)(1(212121++=⎪⎭⎫⎝⎛+++=n n n n a n ；当n 为偶数时，8)2(21222+=⎪⎭⎫⎝⎛+=n n a n ．即数列}{n a 的通项公式为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=为偶数为奇数n n n n n a n ,8)2(,8)3)(1(2．（方法2）由（2）得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=为偶数为奇数n n n n n a n ,)2(8,)3)(1(812． 以下用数学归纳法证明24+<n nS n ，*n N ∈． ①当1=n 时，2114341111+⨯=<==a S ； 当2=n 时，222422321111212+⨯=<=+=+=a a S ．∴2,1=n 时，不等式成立．②假设)2(≥=k k n 时，不等式成立，即24+<k k S k ， 那么，当k 为奇数时， 211)3(8241+++<+=++k k k a S S k k k 22)3)(2(83)1(431)3(2243)1(4++-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++++++=k k k k k k k k k k k 2)1()1(4+++<k k ； 当k 为偶数时， )4)(2(824111++++<+=++k k k k a S S k k k )4)(3)(2(83)1(431)4)(2(2243)1(4+++-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++++=k k k k k k k k k k k k k 2)1()1(4+++<k k ．∴1+=k n 时，不等式也成立． 综上所述：42n n S n <+ 【反馈检测2答案】（1）1164()2n n a -=⨯；(2) n T =⎪⎩⎪⎨⎧>+--≤-).7(212)6)(7(),7(2)13(n n n n n n .【反馈检测3答案】42n n n a =-【反馈检测4答案】3 1.n n a n =+-【反馈检测4详细解析】由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+则11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+ 1221(231)(231)(231)(231)3n n --=⨯++⨯+++⨯++⨯++ 12212(3333)(1)3n n n --=+++++-+13(13)2(1)313n n --=+-+-3313n n =-+-+31n n =+- 所以3 1.n n a n =+- 【反馈检测5答案】(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯【反馈检测5详细解析】因为112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n n a n a +=+， 故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅ 1221[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯ 1(1)(2)212[(1)32]53n n n n n --+-+++=-⋅⋅⨯⨯⨯(1)12325!n n n n --=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯。
数列之通项公式求法 高考数学解题技巧归纳(新高考地区专用)
1+
为首项，以
−1
为公比的等比数列
∴
+
=(
−1
1+
)
−1
−1解得：
=(
1+
)
−1
−1 −
−1
例 4、数列an 中，a1 1 ， an 3an1 2 ，求数列an 的通项公式
解：设 an 3 an1 即an 3an1 2
对比 an 3an1 2 ，可得 1
an 1 3 an1 1 an 1 是以 2 为首项，3 为公比的等比数列 an 1 a1 1 3n1
2 3
bn
1
1
3 bn1
1
bn
1
为公比是
1 3
的等比数列
bn
1
b1
1
1 3
n 1
bn
1
1 3
n
即
n an
1
1 3
n
an
1
n 1 3
n
n 3n 3n 1
移项整理得： 1 = 1 + 1 −1
令 = 1 ，则 = −1 + 1， 从而转化为第①种形式进行处理。
例 6、已知在数列 an 中，an 0, a1 2 ，且an1 an 2an1an
求数列 an 的通项公式；
解：∵ +1 − = 2 +1 ；且 +1 ≠ 0
∴ 1 − 1 = 2 ，即 1 − 1 =− 2
9 2
n
，
显然
a1
7 2
满足上式，
∴数列an的通项公式为an
9 2
n
n N
.
【跟踪训练】4、已知数列an 满足
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 。
数列求通项公式的五种重要方法
求通项公式的5种重要方法一、Sn 法，根据等差数列、等比数列的定义求通项an=Sn-S n-1*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n n n n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列二、累加、累乘法1、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+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 +-=-=-=例1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。
例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
2、累乘法 适用于： 1()n n a f n a += 若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na a a f f f n a a a +===，，， n a例4 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
例5 已知11a =,1()n n n a n a a +=-*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.例6 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。
三、待定系数法 适用于1()n n a qa f n +=+分析：通过凑配可转化为1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+;解题基本步骤：1、确定()f n2、设等比数列{}1()n a f n λ+，公比为2λ3、列出关系式1121()[()]n n a f n a f n λλλ++=+4、比较系数求1λ，2λ5、解得数列{}1()n a f n λ+的通项公式例7 已知数列{}n a 中，111,21(2)n n a a a n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例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 n a a ++-=，故数列{}2n na 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()222n n a n =-。
二、累加法 )(1n f a a n n =--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 n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例3已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：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 +++-=+ 三、累乘法 )(1n f a a n n =- 例4 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
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 −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。
数列重要方法汇总
数列重要方法汇总一、递推公式求通项公式1、累加法，一般形式：)(1n f a a n n +=+例1 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，求其通项公式a n .2、累乘法，一般形式：)(1n f a a n n =+例2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式。
3、定义法4、构造法（1）等比型构造，q pa a n n +=+1例3 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .（2）等差型构造，一般形式nn n q qa a +=+1例 4.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *.求数列{a n }的通项；二、求和 1、公式法 2、倒序相加法 3、错位相减法例：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n ，求数列{c n }的前n 项和T n .4、裂项相消求和法例5 1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n，n∈N*.例6求和：122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n2－1，n≥2，n∈N*.常见数列的裂项方法5、分组求和法例7．已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．6、并项相消求和法例8．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________.三、的关系与n n S a ⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n a a n nn例9．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.例10.（2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．例11．（2018全国新课标Ⅰ理）记为数列的前项和.若，则_____________．n S {}n a n 21n n S a =+6S =例12. 设数列{}n a 前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项和为n T ，满足22n n T S n =-，*n ∈N .（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式.数列重要方法汇总一、递推公式求通项公式1、累加法，一般形式：)(1n f a a n n +=+例1 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，求其通项公式a n .解 由已知，得a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝32，a 4－a 3＝33，…，a n －a n －1＝3n －1， 以上各式左右两边分别相加，得 a n －a 1＝3＋32＋33＋…＋3n －1， 所以a n ＝3(1－3n －1)1－3＋1＝3n －12(n ≥2)，又n ＝1时，a 1＝1＝31－12，所以a n ＝3n －12(n ∈N *). 2、累乘法，一般形式：)(1n f a a n n =+例2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式。
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例1已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 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 =-。
二、累加法)(1n f a a n n =--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 =。
例3已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：13231nn n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+三、累乘法)(1n f a a n n=-例4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。
解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n 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 n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯例5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。
(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档
1 2
5
文德教育
n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
4
文德教育
建议收藏下载本文，以便随时学习！ （8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法：
2、 由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)
求数列通项方法归纳总结
求数列通项公式的方法一、公式法：适用于求符合定义的等差数列或等比数列的通项公式。
例1.已知数列{}n a 满足112,3,n n a a a +==求数列{}n a 的通项公式。
解：∵112,3,n n a a a +==∴数列{}n a 是首项为2,公比为3的等比数列∴数列{}n a 的通项公式是123n n a -=g。
练习1.已知数列{}n a 满足112,3(2)n n a a a n -==+≥,求数列{}n a 的通项公式。
解：∵13(2)n n a a n -=+≥ ∴13(2)n n a a n --=≥∴数列{}n a 是首项为2,公差为3的等差数列 ∴数列{}n a 的通项公式为23(1)31n a n n =+-=-二、累加法：适用于1()n n a a f n +=+------这是广义的等差数列例2. 已知数列{}n a 满足1121,1,n n a a n a +=++=求数列{}n a 的通项公式。
解：∵121,n n a a n +=++∴121,n n a a n +-=+∴2n ≥时,112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L[][]2(1)12(2)1(211)1n n =-++-+++⨯++L []2(1)(2)111n n n =-+-+++-+L(11)(1)22n n n -+-=+g2n =1n =时,11a =适合上式∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
练习2.在数列{}n a 中，12a =， 11ln(1)n n a a n+=++，求数列{}n a 的通项公式.解：∵11ln(1)n n a a n+=++∴1ln(1)ln n n a a n n +-=+-∴2n ≥时,112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L[ln ln(1)][ln(1)ln(1)](ln 2ln1)2n n n n =--+---++-+Lln 2n =+又1n =时,11a =适合上式∴数列{}n a 的通项公式是2ln n a n =+评注：已知11,()n n a a a a f 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n a .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。
高三总复习数列求通项方法总结已知Sn求an累加法累乘法题型分类整理总结
已知n S 求n a ，这种方法很好辨认，一般式子里都有n S 或1-n S 、1+n S 等，题型一般有以下两种：①式子中只含n S 和有关n 的函数式；②式子中出了含有n S 和有关n 的函数式以外，还有其他诸如n a 、1-n a 、1-n S 、1+n S 等等。
对于第一种题型，在求出n a 后，一般还需对11S a 与是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n 取1去求1a 。
1、已知数列{}n a 满足n n a S 411+=,则n a =（） 2、已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：m n m n S S S +=+，且11=a ，那么=10a （ ）3、数列{}n a 的前n 项和23n S n n -＝，则n a ＝（）4、若等比数列{}n a 的前项之和为3n n S a =+，则a 等于（）A ．3B ．1C ．0D ．1-5、设等差数列{}n a 的前n 项和公式是253n S n n =+，求它的前3项，并求它的通项公式。
6、数列{}n a 的前n 项和记为()11,1,211n n n S a a S n +==+≥，（1）求{}n a 的通项公式；（2）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T 。
7、已知n S 求n a ，（1）422++=n n S n ，求n a ；（2）132+-=n n S n ，求n a 。
8、设数列{}n a 的每一项都不为零，n n a a a a S ++++=Λ321，已知2)1(4+=n n a S ，求通项公式n a 。
9、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意正整数n ，4096n n a S +=。
（1）求数列{}n a 的通项公式（2）设数列2{log }n a 的前n 项和为n T10、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，点()n n S a ,在直线n x y 32-=上．（1）若数列{}c a n +成等比，求常数c 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；11、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，常数0>λ，且11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立。
高中数学：累加法、累乘法、已知前n项和求数列通项
高中数学：累加法、累乘法、已知前n项和求数列通项
数列是高中数学中的重点内容之一，在高考中数列部分的考查既是重点又是难点也是每年高考的必考内容之一，数列的通项公式，在求数列问题中尤其重要其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键，本讲给出了求数列通项公式的几种常用方法.
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已知n S 求n a ，这种方法很好辨认，一般式子里都有n S 或1-n S 、1+n S 等，题型一般有以下两种：①式子中只含n S 和有关n 的函数式；②式子中出了含有n S 和有关n 的函数式以外，还有其他诸如n a 、1-n a 、1-n S 、1+n S 等等。
对于第一种题型，在求出n a 后，一般还需对11S a 与是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n 取1去求1a 。
1、已知数列{}n a 满足n n a S 4
11+=,则n a =（ ）
2、已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：m n m n S S S +=+，且11=a ，那么=10a （ ）
3、数列{}n a 的前n 项和23n S n n -＝，则n a ＝（ ）
4、若等比数列{}n a 的前项之和为3n n S a =+，则a 等于（ ）
A ．3
B ．1
C ．0
D ．1-
5、设等差数列{}n a 的前n 项和公式是2
53n S n n =+，求它的前3项，并求它的通项公
式。
6、数列{}n a 的前n 项和记为()11,1,211n n n S a a S n +==+≥， （1）求{}n a 的通项公式；
（2）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T 。
7、已知n S 求n a ，（1）422++=n n S n ，求n a ；（2）132+-=n n S n ，求n a 。
8、设数列{}n a 的每一项都不为零，n n a a a a S ++++= 321，已知2)1(4+=n n a S ，求通
项公式n a 。
9、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意正整数n ，4096n n a S +=。
（1）求数列{}n a 的通项公式 （2）设数列2{log }n a 的前n 项和为n T 10、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，点()n n S a ,在直线n x y 32-=上．
（1）若数列{}c a n +成等比，求常数c 的值； （2）求数列{}n a 的通项公式；
11、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，常数0>λ，且11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立。
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设100,01=>λa ，当n 为何值时，数列1lg
n a ⎧⎫
⎨⎬⎩
⎭
的前n 项和最大？ 12、已知数列{}n a 的前n 项和为23
,2
n S a =
，1232n n S S +=+。
（1）证明数列{}n a 为等比数列，并求出通项公式；
（2）设数列{}n b 的通项1
n n
b a =
，求数列{}n b 的前n 项的和n T ； （3）求满足不等式3n n T S >)(+∈N n 的n 的值。
13、设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2n S kn n =+，*n N ∈，其中k 是常数。
（1）求1a 及n a ；
（2）若对于任意的*m N ∈，m m m a a a 42,成等比数列，求k 的值。
8累加法、累乘法。
累加法适用于类似)(1n f a a n n =-+的，这时右边的)(n f 是一个含
有n 的函数，一般是等差数列、等比数列或者等差+等比、等比+等比、等差×等比等等。
方法就是分别给左右两边求和，就可以倒出通项公式了。
同理，累乘法适用于
)(1
n f a a n
n =+的题型，此时右边的)(n f 也是一个含有n 的函数，一般有等比或其他特殊的式子。
方法也和累加法类似，左右两边分别求前n 项积，就可以倒出通项公式了。
1、已知数列{}n a 满足211=a ，n
n a a n n ++
=+2
11
，求n a 。
2、已知数列{}n a 满足,11=a 。
求n n n n a a a ,31=-+ 3、已知数列{}n a 满足,11=a 。
求n n n n a n a a ,1321-+=-+
4、已知数列{}n a 满足3
2
1=a ，n n a n n
a 1
1+=
+，求n a 。
5、已知数列{}n a 满足,11=a ，
n n
n a a 21
=+，求n a 。