高考数学数列答题技巧解析

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高考数学复习历年考点题型专题讲解38--- 数列中的通项公式(解析版)

高考数学复习历年考点题型专题讲解38数列中的通项公式一、题型精讲解题方法与技巧题型一、由S a n n 与的关系求通项公式例1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a =.求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==,所以2n a n =例2、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；【解析】设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列，所以()21312a a a a =+-，即232a a =.因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n n n a a q-==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=.所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.例3、（2020届山东省德州市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，242n n n S a a =+.求数列{}n a 的通项公式；【解析】当1n =时，211142a a a =+，整理得2112a a =，10a >，解得12a =；当2n ≥时，242n n n S a a =+①，可得211142n n n S a a ---=+②，①－②得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()221120n n n n a a a a ----+=，化简得()()1120n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，10n n a a -∴+>，所以12n n a a --=，从而{}n a 是以2为首项，公差为2的等差数列，所以()2212n a n n =+-=；题型二、由a a n n 与1+的递推关系求通项公式例3、【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21nn a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n na ab a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．例4、（2020届山东省德州市高三上期末）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ，对自然数()2k k ≥，规定{}kn a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆.若11a =，且()2*12n n n n a a a n +∆-∆+=-∈N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．212n n a n -=⨯ B ．12n n a n -=⨯C ．()212n n a n -=+⨯D ．()1212n n a n -=-⨯【答案】B【解析】根据题中定义可得()()2*1112n n n n n n n n a a a a a a n a +++∆-∆+=∆-∆-∆+=-∈N ，即()1122nn n n n n n n a a a a a a a ++-∆=--=-=-，即122nn n a a +=+，等式两边同时除以12n +，得111222n n n n a a ++=+，111222n n n n a a ++∴-=且1122a =，所以，数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列，()1112222n n a n n ∴=+-=，因此，12n n a n -=⋅.故选：B.例5、【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221nna c -的通项公式；【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941nnnn n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221nna c -的通项公式为()221941nnn a c -=⨯-．题型三、新定义题型中通项公式的求法例6、【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk k n nn S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；【解析】（1）因为等差数列{}n a 是“λ～1”数列，则11n n n S S a λ++-=，即11n n a a λ++=，也即1(1)0n a λ+-=，此式对一切正整数n 均成立．若1λ≠，则10n a +=恒成立，故320a a -=，而211a a -=-，这与{}n a 是等差数列矛盾．所以1λ=．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列*{}()n a n ∈N是“”数列，==．因为0n a >，所以10n n S S +>>1-=．n b，则1n b -=221(1)(1)(1)3n n n b b b -=->．解得2n b =，即2=，也即14n nS S +=，所以数列{}n S 是公比为4的等比数列．因为111S a ==，所以14n n S -=．则21(1),34(2).n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩例7、【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12mi i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12mi i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得1pq r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,pr r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0pm r a a ≤.所以0m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m . 因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件.所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知数列{}n a 满足：12125 1,6n n n a a a a n -≤⎧=⎨-⎩()*n N ∈)若正整数()5k k ≥使得2221212k k a a a a a a ++⋯+=⋯成立，则k =（）A ．16B ．17C ．18D ．19【答案】B【解析】当6n ≥时，()1211111n n n n n a a a a a a a +--==+-，即211n n n a a a +=-+，且631a =.故()()()222677687116......55n n n n a a a a a a a a a n a a n +++++=-+-++-+-=-+-，2221211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，故17k =.故选：B .2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．求{}n a 和{}n b 的通项公式；【解析】当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+=22n -，所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b =于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q-=⋅=12n -．3、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知数列{}{},n n a b 满足：1112,,2n n n n a a n b a n b ++=+-==.（1）证明数列{}n b 是等比数列，并求数列{}n b 的通项；【解析】证明：因为n n b a n -=，所以n n b a n =+．因为121n n a a n +=+- 所以()()112n n a n a n +++=+ 所以12n n b b +=．又12b =，所以{}n b 是首项为12b =，公比为2的等比数列，所以1222n n n b -=⨯=．4、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列.求数列{}n a 的通项公式；【解析】对任意*n ∈N ，有()()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.② ①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. 而数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=. 当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成立；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成立，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .5、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，满足424S S =，917a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足1212112n n n b b b a a a +++=-…，求数列{}n b 的通项公式【解析】（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．由已知得11914684817a d a d a a d +=+⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．于是12(1)21n a n n =+-=-．（2）当1n =时，1111122b a =-=．当2n ≥时，1111(1)(1)222n n n n nb a -=---=，当1n =时上式也成立．于是12n n nb a =．故12122n n n n n b a -==． 6、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，n a =*n N ∈，且2n ≥）求数列{}n a 的通项公式；【解析】由n a =1n n S S --=+1(2)n =≥，所以数列1==为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n =+-⨯=，即2n S n =，当2n ≥时，121n n n a S S n -=-=-，当1n =时，111a S ==，也满足上式，所以21n a n =-；7、【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．8、【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n项和．①求数列{b n }的通项公式；【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n nb b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .。

高考数学数列问题解题方法与技巧总结

数列问题篇数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的根底。

高考对本章的考查比拟全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。

有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。

探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。

本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等根本数学方法。

近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。

(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。

(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以根底题为主，解答题大都以根底题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

知识整合1. 在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的根底上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。

3. 培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法.排列组合篇1. 掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。

2. 理解排列的'意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。

3. 理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。

4. 掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。

高考数学构造法求数列通项的八种技巧(二)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(二)【必备知识点】◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧.模型一：a n +1=nn +1⋅a n 左右同乘n +1 (n +1)a n +1=n ⋅a n ,构造b n =n ⋅a n ,则b n +1=b n ,b n 为常数数列.模型二：a n +1=n +1n ⋅a n 左右同除n +1 a n +1n +1=a n n ,构造b n =a n n,则b n +1=b n ,b n 为常数数列.模型三：a n +1=n +2n ⋅a n 左右同除n +2 n +1 a n +1(n +1)(n +2)=a n n (n +1),构造b n =a n n (n +1),则b n +1=b n,b n 为常数数列.模型四：na n +1=2(n +1)a n 左右同除n n +1a n +1n +1=2a n n ,构造b n =an n,则b n +1=2b n ,b n 为等比数列.模型五：a n +1=n +2n ⋅S n ⇒S n +1-S n =n +2n ⋅S n ⇒S n +1=2n +2n ⋅S n 左右同除n +1 S n +1n +1=2S n n,构造b n =S nn ,则b n +1=2b n ,b n 为等比数列.模型六：a n +1=n +1n ⋅a n +n +1左右同除n +1 a n +1n +1=a n n +1,构造b n =a n n,则b n +1=b n +1,b n 为等差数列.模型七：a n +1=2a n +2n +1左右同除2n +1a n +12n +1=a n 2n +1,构造b n =a n 2n,则b n +1=b n +1,b n 为等差数列.模型八：a n -a n +1=a n a n +1左右同除a n a n +11a n +1-1a n =1,构造b n =1an ,则b n +1-b n =1,b n 为等差数列.看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将n +1和a n +1,n 和a n 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列.【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=23,a n +1=nn +1⋅a n,求a n . 【解析】因为a n +1=nn +1a n,所以(n +1)a n +1=na n .令b n =na n ,则b n =b n +1,即b n 是常数数列,所以b n=b 1,即na n =1×a n =23,a n =23n.【经典例题2】已知数列a n 中,a n +1=nn +2a n且a 1=2,求数列a n 的通项公式.【解析】因为a n +1=nn +2a n,所以(n +2)a n +1=na n ,(n +1)(n +2)a n +1=n (n +1)a n .令b n =n (n +1)a n ,则b n +1=b n ,即b n 是常数数列,所以b n =b 1.因此n (n +1)a n =1×2×2,a n =4n (n +1).【经典例题3】已知数列a n 中,na n +1=2(n +1)a n +n (n +1)且a 1=1,求数列a n 的通项公式.【解析】na n +1=2(n +1)a n +n (n +1),等式两侧同除n (n +1),形成a n +1n +1=2a n n +1,令b n =an n,则b n +1=2b n +1,这又回到了构造一的形式,所以b n +1+1=2(b n +1),b n +1 是以2为首项,2为公比的等差数列,即b n +1=2×2n -1=2n , b n =2n -1,所以a nn=2n -1,a n =n (2n -1).【经典例题4】已知a 1=1,且na n +1=(n +2)a n +n ,求数列a n 的通项公式.【解析】等式两侧同除n (n +1)(n +2),得a n +1(n +1)(n +2)=a n n (n +1)+1(n +1)(n +2),即a n +1(n +1)(n +2)-a n n (n +1)=1(n +1)(n +2),a n +1(n +1)(n +2)-a n n (n +1)=1(n +1)-1(n +2),另b n =a n n (n +1)，所以b n +1-b n =1(n +1)-1(n +2),接下来就是叠加法发挥作用的时候了b 2-b 1=12-13b 3-b 2=13-14b 4-b 3=14-15⋯⋯b n -b n -1=1n -1(n +1)叠加得b n -b 1=12-1(n +1),b 1=a 12=12,所以b n =1-1(n +1)=n n +1，即a n n (n +1)=nn +1，a n =n 2.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n -a n +1=3a n a n +1,则a 10=()A.28B.128C.-28D.-128【答案】B【解析】数列a n 满足a 1=1,a n -a n +1=3a n a n +1,则:1a n +1-1a n=3(常数)则：数列1a n 是以1a 1=1为首项,3为公差的等差数列。

高考数学难点突破：数列通项公式推导技巧

高考数学难点突破：数列通项公式推导技巧在高考数学中，数列一直是重点和难点内容，而数列通项公式的推导更是重中之重。

掌握了数列通项公式的推导技巧，就相当于握住了解决数列问题的关键钥匙。

接下来，让我们一起深入探讨数列通项公式的推导技巧。

一、等差数列通项公式的推导等差数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的数列。

这个常数称为等差数列的公差，通常用字母 d 表示。

假设等差数列的首项为\（a_1\），公差为 d，那么第二项就是\（a_2 ＝ a_1 ＋ d\），第三项\（a_3 ＝ a_2 ＋ d ＝ a_1 ＋ 2d\），第四项\（a_4 ＝ a_3 ＋ d ＝ a_1 ＋ 3d\）……以此类推，我们可以发现第 n 项\（a_n ＝ a_1 ＋（n 1)d\）。

通过这种逐步推导的方式，我们很容易理解等差数列通项公式的由来。

二、等比数列通项公式的推导等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的数列。

这个常数称为等比数列的公比，通常用字母 q 表示。

设等比数列的首项为\（a_1\），公比为 q，那么第二项\（a_2 ＝a_1q\），第三项\（a_3 ＝ a_2q ＝ a_1q^2\），第四项\（a_4 ＝ a_3q ＝a_1q^3\）……依此类推，第 n 项\（a_n ＝ a_1q^｛n 1}＼）。

理解这个推导过程，对于掌握等比数列的通项公式至关重要。

三、累加法推导通项公式对于形如\（a_{n ＋ 1} a_n ＝ f(n)＼）的递推关系式，我们可以使用累加法来推导通项公式。

例如，已知\（a_{n ＋ 1} a_n ＝ 2n\），且\（a_1 ＝ 1\）。

那么\（a_2 a_1 ＝ 2×1\），＼（a_3 a_2 ＝ 2×2\），＼（a_4 a_3 ＝ 2×3\），……，＼（a_n a_{n 1} ＝ 2(n 1)＼）。

将上述式子相加：＼＼begin{align}a_n a_1&＝ 2×1 ＋ 2×2 ＋ 2×3 ＋＼cdots ＋ 2(n 1)＼＼＆＝ 2×（1 ＋ 2 ＋ 3 ＋＼cdots ＋（n 1)）＼＼＆＝ 2×＼frac{（n 1)n}｛2}＼＼＆＝ n(n 1)＼end{align}＼因为\（a_1 ＝ 1\），所以\（a_n ＝ n(n 1) ＋ 1\）。

2023年新高考数学技巧硬核解密之数列(新高考适用)专题03 累加法累乘法求数列通项(解析版)

专题03 累加法累乘法求数列通项【必备知识点】◆累加法若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=-+，则称数列{}n a 为“变差数列”，求变差数列{}n a 的通项时，利用恒等式)2()1()3()2()1()()()(1123121≥-+⋅⋅⋅++++=-+⋅⋅⋅+-+-+=-n n f f f f a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累加法. 具体步骤：21(1)a a f -=32(2)a a f -=43(3)a a f -=1(1)n n a a f n --=-将上述1n -个式子相加（左边加左边，右边加右边）得：2132431()()()()n n a a a a a a a a --+-+-++-=(1)(2)(3)(1)f f f f n ++++-整理得：1n a a -=(1)(2)(3)(1)f f f f n ++++-【经典例题1】已知数列{}n a 满足11a =，对任意的n *∈N 都有11n n a a n +=++，则10a =（） A ．36 B ．45 C ．55 D ．66【答案】C 【解析】由11n n a a n +=++得：11n n a a n +-=+，1n n a a n -∴-=，121n n a a n ---=-，232n n a a n ---=-，…，212a a -=，各式作和得：()()112232n n n a a n -+-=++⋅⋅⋅+=，()()1212n n n a -+∴=+，109121552a⨯∴=+=. 故选：C.【经典例题2】已知数列{}n a 满足12nn n a a +-=，11a =，则5a =（）A ．30B ．31C ．22D ．23【答案】B 【解析】因为数列{}n a 满足12nn n a a +-=，11a =，所以1212a a -=，2322a a -=，3432a a ，4542a a -=，所以()()()()1234213243542222a a a a a a a a -+-+-+-=+++，所以123451222231a =++++=，故选：B【经典例题3】已知数列{}n a 满足12a =，()111n n a a n n +-=+，则10a =（）A ．238B ．289C ．2910D ．3211【答案】C 【解析】 ∵()111111n n a a n n n n +-==-++，12a =，∵1010998211111111291239108921010a a a a a a a a =-+-++-+=-+-++-+=-=.故选：C.【练习1】已知数列{n a }满足*22212,3(N )n n n a a a n -==+∈，1*212(1)(N )n n n a a n ++=+-∈，则数列{n a }第2022项为（） A ．1012352-B ．1012372-C ．1011352-D ．1011372-【答案】A【解析】解：由1212(1)n n n a a ++=+-.得*2122(1)(N ,2)n n n a a n n --=+-∈≥，又2213n n n a a -=+，可得2223(1)n nn n a a -=++-所以22423(1)a a =++-，33643(1)a a =++-，44863(1)a a =++-，……，10111011202220203(1)a a =++-，将上式相加得10101012231011231011202229(13)35(1)(1)(1)3332132a a ⋅--=+-+-+-++++=+=-，故选：A.【练习2】已知数列{}n a 满足122()3n n n a a n a *+-=∈=N ，，则8a =（）A ．511B ．502C ．256D ．255【答案】D 【解析】因为122()3n n n a a n a *+-=∈=N ，，所以232343787222a a a a a a -=-=-=累加得：272378222222225212a a -⋅-=+++==-，所以82252255a a =+=. 故选：D【练习3】已知数列{}n a 满足112,,n n a a a n +==-则求100a =___________ 【答案】4948- 【解析】∵112,,n n a a a n +==- ∵1,n n a a n +-=- ∵211a a -=-,232a a -=-,433a a -=-,…1009999a a -=-，将以上99个式子都加起来可得()1001991991239949502a a ⨯+-=----⋯-=-=-，1004948a =-.故答案为：4948-.【练习4】数列{}n a 中，11211,n n a a a n n+==++，则5a =__________. 【答案】95##1.8【解析】因为121n n a a n n+=++，所以121111n na a n n n n +-==-++，则当2,n n N *≥∈时，213211121123...111n n a a a a a a n n -⎧-=-⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪⎪⎪-=-⎪-⎩，将1n -个式子相加可得 11111111...12231n a a n n n -=-+-++-=--，因为11a =，则12(2)n a n n =-≥，当1n =时，11211a =-=符合题意，所以12,1,n a n n N n *=-≥∈.所以519255a =-=故答案为：95.【练习5】已知数列{}n a 满足11a =，且1,(2)n n a a n n --=≥，若12n nb a =，n 为正整数，则数列{}n b 的前n 项和n S =__________．【答案】1nn + 【解析】由题意121321(1)()()()1232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=，所以11112(1)1n n b a n n n n ===-++， 1211111111223111n n n S b b b n n n n =+++=-+-++-=-=+++．故答案为：1nn +．【练习6】若数列1{}+-n n a a 是等比数列，且11a =，22a =，35a =，则n a =________．【答案】1312n -+ 【解析】解：数列1{}n n a a +-是等比数列，且11a =，22a =，35a =， ∴数列1{}n n a a +-的公比322152321a a q a a --===--， 113n n n a a -+∴-=，所以121321()()()n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋯+-2211333n -=++++⋯+113113n --=+-13122n -=+．故答案为：13122n -+． ◆累乘法若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a nn ∈=+，则称数列{}n a 为“变比数列”，求变比数列{}n a 的通项时，利用)2()1()3()2()1(113423121≥-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-n n f f f f a a a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累乘法。

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题

高考数学技巧如何快速计算复杂的数列题数列是高考数学中常见的考点之一，也是很多同学感到头疼的难题。

在高考中，能够快速而准确地计算数列题目是取得高分的关键之一。

本文将介绍几种应用数学技巧的方法，以便快速计算复杂的数列题目。

一、等差数列等差数列是高考数学中最基础且常见的数列之一。

在解决等差数列的题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式如果给定了等差数列的前几项或者某一项的值，我们可以通过求解通项公式来快速计算任意项的值。

通项公式的一般形式为：An = a1 + (n-1)d，其中An表示第n项，a1为首项，d为公差。

将已知条件代入，就可以得到计算结果。

2. 利用性质等差数列有一些性质，比如相邻两项的差值始终为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，可以善用这些性质，简化计算步骤，提高计算速度。

二、等比数列等比数列是高考数学中另一个常见的数列。

解决等比数列题目时，可以运用以下技巧：1. 求通项公式与等差数列类似，等比数列也有通项公式。

通项公式的一般形式为：An = a1 * q^(n-1)，其中An表示第n项，a1为首项，q为公比。

通过将已知条件代入通项公式，可以求得任意项的值。

2. 利用性质等比数列也有一些性质，如相邻两项的比值为常数，前n项和的公式等。

在解决题目时，利用这些性质可以简化计算过程，提高效率。

三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，其定义为：F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n ≥ 3）。

在解决斐波那契数列问题时，可以运用以下技巧：1. 利用递推关系斐波那契数列的递推关系非常明显，每一项都是前两项的和。

这个特点可以帮助我们快速计算第n项的值。

如果需要计算较大的斐波那契数列的项数，可以利用循环或递归的方法进行计算。

2. 利用性质斐波那契数列也有一些特殊性质，如相邻两项的比值逐渐趋近于黄金比例等。

在解决题目时，利用这些性质可以得到更多的信息，进一步简化计算过程。

高考数学构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如a n +1=ca n k ,a n =ca n -1k或者a n +b =c (a n -1+b )k ,b 为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.【经典例题1】数列a n 中, a 1=2,a n +1=a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以a 1=2为底的对数(不能取c 为底,因为c =1,不能作为对数的底数),得到log a n +12=log an22,log a n +12=2log a n2,设b n =log a n2,则有b n +1=2b n ,所以b n 是以b 1=log a 12=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n =2n -1,所以log a n2=2n -1,a n =22n -1.【经典例题2】数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取a 1=1为底数的对数了吧),得到log a n +12=log 2a n22,log an +12=log 22+2log a n2,log a n +12=1+2log a n2设b n =log an2,则有b n +1=1+2b n ,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出b n +1+1=2(b n +1),所以b n +1 是以b 1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n +1=2n -1,所以b n =2n -1-1,log a n2=2n -1-1,a n =22n -1-1.【经典例题3】已知a 1=2,点a n ,a n +1 在函数f x =x 2+2x 的图像上,其中n ∈N *,求数列a n 的通项公式.【解析】将a n ,a n +1 代入函数得a n +1=a n 2+2a n ,a n +1+1=a n 2+2a n +1=a n +1 2,即a n +1+1=a n +1 2两边同时取以3为底的对数,得log a n +1+13=log a n+123⇒log a n +1+13=2log a n+13(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为log a 1+13,a 1+1=3,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以log a n+1 3 是以1为首项,2为公比的等比数列,即log a n+1 3=1×2n -1,a n +1=32n -1,a n =32n -1-1.【经典例题4】在数列a n 中, a 1=1,当n ≥2时,有a n +1=a n 2+4a n +2,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=a n 2+4a n +2,得a n +1+2=a n 2+4a n +4,即a n +1+2=a n +2 2,两边同取以3为底的对数,得log a n +1+23=log a n+223,即log a n +1+23=2log a n+2 3,所以数列log a n+2 3是以1为首项,2为公比的等比数列,log a n+23=2n -1,a n +2=32n -1,即a n =32n -1-2.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于a n +1=Aa n +Ba n -1的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为a n +1-a n =(A -1)a n -a n -1 ,利用a n +1-a n 成等比数列,以及叠加法求出a n .还有一小部分题型可转化为a n +1+a n =(A +1)a n +a n -1 ,利用a n +1+a n 成等比数列求出a n .【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n n ∈N * ,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=3a n -2a n -1⇒a n +1-a n =2a n -a n -1 ,故a n +1-a n 是以a 2-a 1=2为首项,2为公比的等比数列,即a n +1-a n =a 2-a 1 2n -1=2n ,接下来就是叠加法啦,a n -a n -1=2n -1...a 2-a 1=2全部相加得:a n -a 1=2n-2,所以a n =2n -1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a 2=2,a n +2=23a n +1+13a n ,求数列a n 的通项公式。

微专题(五) 情境下的数列问题--2025年高考数学复习讲义及练习解析

数学，不仅是运算和推理的工具，还是表达和交流的语言，因此基于问题情境下的数列问题在高考中正逐步成为热点，通过具体的问题背景或新的定义，考查数列在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值、学科素养、关键能力、必备知识．常用的解题思路是审题、建立数列模型、研究模型、解决实际问题，即一是理解题意，分清条件和结论，理清数量关系；二是把文字语言、新情景转化为熟悉的数学语言；三是构建相应的数学模型，利用已学的数列知识、解题的方法和技巧求解．类型一数学文化中的数列问题数学文化题一般是从中华优秀传统文化中挖掘素材，将传统文化与高中数学知识有机结合，有效考查阅读理解能力、抽象概括能力、转化与化归能力．解题时要对试题所提供的数学文化信息进行整理和分析，从中构建等差数列或等比数列模型．例1(1)(2023·湖南永州第一次高考适应性考试)如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程．九连环把玩时按照一定的程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为a n(n≤9，n∈N*)，已知a1＝1，a2＝1，按规则有a n＝a n－1＋2a n－2＋1(n≥3，n∈N*)，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为()A．4B．7C．16D．31答案B解析由题意，a1＝1，a2＝1，a n＝a n－1＋2a n－2＋1(n≥3，n∈N*)，解下第4个圆环，则n＝4，即a4＝a3＋2a2＋1，而a3＝a2＋2a1＋1＝1＋2＋1＝4，则a4＝4＋2＋1＝7.故选B.(2)(2024·湖北鄂州模拟)天干地支纪年法，源于中国．中国自古便有十天干与十二地支．十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，……，依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，……，依此类推.1911年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛亥革命”.1949年新中国成立，请推算新中国成立的年份为()A ．己丑年B ．己酉年C ．丙寅年D ．甲寅年答案A解析根据题意可得，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1911年到1949年经过38年，且1911年为“辛亥”年，以1911年的天干和地支分别为首项，则38＝3×10＋8，则1949年的天干为己，38＝12×3＋2，则1949年的地支为丑，所以1949年为己丑年．故选A.运用所学的等差数列、等比数列知识去求解古代著名的数学问题，解答时准确理解用古文语言给出的数学问题的含义是解答好本类试题的关键，熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式及求和公式，既是基础又是有力保障．1．(2023·江西南昌莲塘第一中学高三二模)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．已知该数列{a n }的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记b n ＝(－1)n ·a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前20项和是()A ．110B ．100C ．90D ．80答案A解析观察此数列可知，当n 为偶数时，a n ＝n 22，当n 为奇数时，a n ＝n 2－12，因为b n ＝(－1)n ·a nn 为奇数，，所以数列{b n }的前20项和为(0＋2)＋(－4＋8)＋(－12＋18)＋…＋－192－12＋2＋4＋6＋…＋20＝10×（2＋20）2＝110.故选A.类型二实际生活中的数列问题数列知识可以用来解决实际生活中较为普遍的很多问题，在解决一些关于利息计算、产值增长、银行存款等问题时常常会用到等比数列的相关知识．例2(1)某人从2015年起，每年1月1日到银行新存入5万元(一年定期)，若年利率为2.5%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2025年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为(单位：万元．参考数据：1.0259≈1.25，1.02510≈1.28，1.02511≈1.31)()A ．51B ．57C ．6.4D ．6.55答案B解析由题意，2015年存的5万元共存了10年，本息和为5(1＋0.025)10万元，2016年存的5万元共存了9年，本息和为5(1＋0.025)9万元，…，2024年存的5万元共存了1年，本息和为5(1＋0.025)万元，所以到2025年1月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数为5(1＋0.025)10＋5(1＋0.025)9＋…＋5(1＋0.025)＝5×1.025×（1.02510－1）1.025－1≈5×1.025×（1.28－1）0.025＝57.4≈57万元．(2)(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1＝0.5，CC1DC 1＝k 1，BB 1CB 1＝k 2，AA1BA 1＝k 3.已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝()A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9答案D解析设OD 1＝DC 1＝CB 1＝BA 1＝1，则DD 1＝0.5，CC 1＝k 1，BB 1＝k 2，AA 1＝k 3，依题意，有k 3－0.2＝k 1，k 3－0.1＝k 2，且DD 1＋CC 1＋BB 1＋AA 1OD 1＋DC 1＋CB 1＋BA 1＝0.725，所以0.5＋3k 3－0.34＝0.725，故k 3＝0.9.故选D.(3)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1a 1，b 2＝1＋1a 1＋1a 2，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3，…，以此类推，其中a k ∈N *(k ＝1，2，…)，则()A ．b 1＜b 5B ．b 3＜b 8C ．b 6＜b 2D ．b 4＜b 7答案D解析解法一：当n 取奇数时，由已知b 1＝1＋1a 1，b 3＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3，因为1a 1>1a 1＋1a 2＋1a 3，所以b 1>b 3，同理可得b 3>b 5，b 5>b 7，…，于是可得b 1>b 3>b 5>b 7>…，故A 不正确．当n 取偶数时，由已知b 2＝1＋1a 1＋1a 2，b 4＝1＋1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4，因为1a 2>1a 2＋1a 3＋1a 4，所以b 2<b 4，同理可得b 4<b 6，b 6<b 8，…，于是可得b 2<b 4<b 6<b 8<…，故C 不正确．因为1a 1>1a 1＋1a 2，所以b 1>b 2，同理可得b 3>b 4，b 5>b 6，b 7>b 8，又b 3>b 7，所以b 3>b 8，故B 不正确．故选D.解法二(取特殊值)：取a k ＝1，于是有b 1＝2，b 2＝32，b 3＝53，b 4＝85，b 5＝138，b 6＝2113，b 7＝3421，b 8＝5534.于是得b 1＞b 5，b 3＞b 8，b 6＞b 2.故选D.求解数列实际问题的注意事项(1)审题、抓住数量关系、建立数学模型，注意问题是求什么(n ，a n ，S n )．(2)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．(3)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n 计算准确．(4)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．2．(2024·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过________年其年投入资金开始超过7000万元．(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)()A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此该公司需经过12年其年投入资金开始超过7000万元．故选C.3．(2023·北京高考)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{a n }，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a 1＝1，a 5＝12，a 9＝192，则a 7＝________；数列{a n }所有项的和为________．答案48384解析解法一：设前3项的公差为d ，后7项的公比为q (q >0)，则q 4＝a 9a 5＝19212＝16，且q >0，可得q ＝2，则a 3＝a5q 2＝3，即1＋2d ＝3，可得d ＝1，a 7＝a 3q 4＝48，a 1＋a 2＋…＋a 9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋3×（1－27）1－2＝384.解法二：因为当3≤n ≤7时，{a n }为等比数列，则a 27＝a 5a 9＝12×192＝482，且a n >0，所以a 7＝48.又a 25＝a 3a 7，则a 3＝a 25a 7＝3.设后7项的公比为q (q >0)，则q 2＝a5a 3＝4，解得q ＝2，可得a 1＋a 2＋a 3＝3（a 1＋a 3）2＝6，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝a 3－a 9q 1－q ＝3－192×21－2＝381，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＝6＋381－a 3＝384.4．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm 的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm ，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S 1＝240dm 2，对折2次共可以得到5dm×12dm ，10dm×6dm ，20dm×3dm 三种规格的图形，它们的面积之和S 2＝180dm 2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n 次，那么∑nk ＝1S k ＝________dm 2.答案5解析对折3次可以得到52dm×12dm ，5dm×6dm ，10dm×3dm ，20dm×32dm ，共四种规格的图形，它们的面积之和为S 3＝4×30＝120dm 2.对折4次可以得到54dm×12dm ，52dm×6dm ，5dm×3dm ，10dm×32dm ，20dm×34dm ，共五种规格的图形，它们的面积之和为S 4＝5×15＝75dm 2.对折n 次有n ＋1种规格的图形，且S n ＝2402n (n ＋1)，因此∑nk ＝1S k ＝240·＋322＋….12∑n k ＝1S k ＝240·＋323＋…＋n 2n ＋，因此12∑n k ＝1S k ＝＋122＋123＋…＋12n －所以∑n k ＝1S k ＝dm 2.类型三数列中的新定义问题新定义主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新定义，这样有助于对新定义的透彻理解．若新定义是运算法则，直接按照运算法则计算即可；若新定义是性质，要判断性质的适用性，能否利用定义外延，也可用特殊值排除等方法．例3(1)(多选)(2023·广东佛山调研)“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，…，这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，…，则下列说法中正确的是()A ．“提丢斯数列”是等比数列B ．“提丢斯数列”的第99项为3×297＋410C ．“提丢斯数列”的前31项和为3×23010＋12110D ．“提丢斯数列”中，不超过300的有11项答案BCD解析对于A ，0.70.4≠10.7，所以“提丢斯数列”不是等比数列，故A 错误；对于B ，设“提丢斯数列”为数列{a n }，当n ≥2时，a n ＝3×2n －2＋410，所以a 99＝3×297＋410，故B 正确；对于C ，“提丢斯数列”的前31项和为0.4＋310×(1＋21＋22＋…＋229)＋410×30＝3×23010＋12110，故C 正确；对于D ，由a n ＝3×2n －2＋410≤300，得n ≤11，所以“提丢斯数列”中，不超过300的有11项，故D正确．故选BCD.(2)(多选)(2024·雅礼中学月考)记〈x 〉表示与实数x 最接近的整数x ＝a ＋12，a ∈Z ，则取〈x 〉＝{a n }的通项公式为a n ＝1〈n 〉(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，设k ＝〈n 〉，则下列结论正确的是()A ．n ＝k －12B ．n <k ＋12C ．n ≥k 2－k ＋1D ．S 2024<90答案BCD解析由题意，〈x 〉表示与实数x 最接近的整数且k ＝〈n 〉，当n ＝1时，可得n ＝1，则k＝〈n 〉＝1，k －12＝12≠1，A 不正确；易得|n －〈n 〉|<12即|n －k |<12，所以－12<n －k <12，故n <k ＋12成立，B 正确；由B 项分析知k －12<n <k ＋12，易知k ≥1，故对k －12<n <k ＋12两边平方得k 2－k ＋14<n <k 2＋k ＋14，因为n ∈N *且k 2－k ＋14不是整数，且k 2－k ＋1是大于k 2－k＋14的最小整数，所以n ≥k 2－k ＋1成立，C 正确；当n ＝1，2时，〈n 〉＝1，此时a 1＝a 2＝1；当n ＝3，4，5，6时，〈n 〉＝2，此时a 3＝a 4＝a 5＝a 6＝12；当n ＝7，8，9，10，11，12时，〈n 〉＝3，此时a 7＝a 8＝…＝a 12＝13；当n ＝13，14，…，20时，〈n 〉＝4，此时a 13＝a 14＝…＝a 20＝14；…，所以数列{a n }中有2个1，4个12，6个13，8个14，…，又2，4，6，8，…构成首项为2，公差为2的等差数列{b n }，其前n 项和T n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，而2024＝44×(44＋1)＋44，所以S 2024＝1×2＋12×4＋13×6＋…＋144×88＋145×44＝2×44＋4445＝88＋4445<90，D 正确．故选BCD.数列新定义问题的解题策略策略一读懂定义，理解新定义数列的含义策略二特殊分析，比如先对n ＝1，2，3，…的情况进行讨论策略三通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案策略四联系等差数列与等比数列知识，将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解5．(多选)(2023·山东日照模拟)若正整数m ，n 只有1为公约数，则称m ，n 互质．对于正整数k ，φ(k )是不大于k 的正整数中与k 互质的数的个数，函数φ(k )以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数．例如：φ(2)＝1，φ(3)＝2，φ(6)＝2，φ(8)＝4.已知欧拉函数是积性函数，即如果m ，n 互质，那么φ(mn )＝φ(m )φ(n )，例如：φ(6)＝φ(2)φ(3)，则()A ．φ(5)＝φ(8)B ．数列{φ(2n )}是等比数列C ．数列{φ(6n )}不是递增数列D n 项和小于1825答案ABD解析φ(5)＝4，φ(8)＝4，∴φ(5)＝φ(8)，A 正确；∵2为质数，∴在不超过2n 的正整数中，所有偶数的个数为2n －1，∴φ(2n )＝2n －2n －1＝2n －1，为等比数列，B 正确；∵与3n 互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，3n －2，3n －1，共有(3－1)·3n －1＝2·3n －1个，∴φ(3n )＝2·3n－1，又φ(6n )＝φ(2n )φ(3n )＝2·6n －1，∴数列{φ(6n )}是递增数列，C 错误；φ(6n )＝2·6n －1，的前n 项和为S n ，则S n ＝12×60＋22×61＋…＋n 2×6n －1，16S n ＝12×61＋22×62＋…＋n2×6n ，两式相减得56S n ＝12×60＋12×61＋12×62＋…＋12×6n －1－n 2×6n ＝12×1－16－n 2×6n ＝35－35×6n －n 2×6n ，∴S n ＝1825－1825×6n －3n 5×6n ＜1825，∴n 项和小于1825，D 正确．故选ABD.。

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解18 数列中的奇、偶项问题

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第18讲数列中的奇、偶项问题高考定位数列的奇、偶项问题，是近年来的高考的热点问题，考察了学生的分类与整合能力，考察了学生的探究发现的能力，也是今后考察的热点。

专题解析（1）求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；（2）求S n时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.专项突破类型一、数列中连续两项和或积的问题(a n＋a n＋1＝f(n)或a n·a n＋1＝f(n))；例1-1.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＋a n＝4n.(1)求数列{a n}的前100项和S100；(2)求数列{a n}的通项公式.解(1)∵a1＝1，a n＋1＋a n＝4n，∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋...＋4×99＝4×(1＋3＋5＋ (99)＝4×502＝10 000.(2)由题意，a n ＋1＋a n ＝4n ，①a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)，② 由②－①得，a n ＋2－a n ＝4，由a 1＝1，a 1＋a 2＝4，所以a 2＝3.当n 为奇数时，a n ＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×4＝2n －1，当n 为偶数时，a n ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×4＝2n －1.综上所述，a n ＝2n －1.练．设各项均为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，520S =，且2a ，61a -，11a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的公差d ；（2）数列{}n b 满足1n n n b b a ++=，且111b a +=，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）1d =；（2）()11124n n n b -+-=+.【分析】（1）根据2a ，61a -，11a 成等比数列可得()262111a a a -=，利用1,a d 表示出520S =和()262111a a a -=，解方程组可求得1,a d ，结合0n a >可得结果；（2）由（1）可得11n n b b n +=-++，整理得()1131312424n n b n b n +⎛⎫--=---- ⎪⎝⎭，可知数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到结果.（1）（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，2a Q ，61a -，11a 成等比数列，()262111a a a ∴-=，即()()()21115110a d a d a d +-=++，又51545202S a d ⨯=+=，解得：121a d =⎧⎨=⎩或18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩；当18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时，13182842120171717a a d =+=-=-<，与0n a >矛盾，121a d =⎧∴⎨=⎩，即等差数列{}n a 的公差1d =；（2）由（1）得：1n a n =+，11n n b b n +∴+=+，即11n n b b n +=-++，()1131312424n n b n b n +⎛⎫∴--=---- ⎪⎝⎭，又1121b a +==，解得：11b =，∴数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭是以13144b -=为首项，1-为公比的等比数列， ()()113111244n n b n -∴---=-⨯，整理可得：()11124n n n b -+-=+.练．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121()n n a a n n N +++=+∈，则数列1{}nS 的前2020项的和为（） A ．20202021B ．40402021C ．40392020D ．40412022【答案】B 【分析】首先根据已知条件求得n a ，然后求得n S ，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121n n a a n ++=+，则2132a a =-=. 所以2123n n a a n +++=+，两式相减得：22n n a a +-=，且11a =，22a =，当n 为奇数时，11121122n n a a n n +⎛⎫=+-⨯=++-=⎪⎝⎭，当n 为偶数时，212222n na a n n ⎛⎫=+-⨯=+-= ⎪⎝⎭，所以n a n =，所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列. 所以(1)2n n n S +=，故12112()(1)1n S n n n n ==-++，所以121111111112(1)2(1)22311n n T S S S n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-++，则2020140402(1)20212021T =-=. 故选：B例1-2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列.因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.练．已知正项数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，且12n nn aa S +=.数列{}n b 满足：1n a +(b 1+b 2)n n b a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记*n c n N =∈122n c c c +++<.【答案】（1）(*)n a n n N =∈ （2）证明见解析【分析】（1）根据题意得到12n n n a a S +=和112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，解得答案.（2）计算1(1)n b n n =+，n c =n c <和n c >，利用裂项相消法计算得到证明. （1）由12n n n a a S +=得112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，由11a =，得22a =，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列，当n 为奇数时，n a n =，当n 为偶数时，n a n =. 综上所述(*)n a n n N =∈. （2）由1211n n n a nb b b a n ++++==+，1211n n b b b n --+++=，2n ≥，112b =，两式相减得1(1)n b n n =+，2n ≥，验证112b =成立，故1(1)n b n n =+.则n c那么n c =，故12111112(1)2231n c c c nn +++<-+-++-+=2(12<，同理n c，故121111112()233412n c c c n n +++>-+-+-++.类型二、含有(－1)n 的类型；例2-1.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前100项和S 100； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)∵{a n }为等差数列，且a 1＝1，a 2＝2，∴公差d ＝1，∴a n ＝n .∴b n ＝⎩⎨⎧a n ＋1－a n ＝1，n 为奇数，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，n 为偶数，即b n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n ＋1，n 为偶数，∴b n 的前100项和S 100＝(b 1＋b 3＋...＋b 99)＋(b 2＋b 4＋...＋b 100) ＝50＋(5＋9＋13＋ (201)＝50＋50×5＋50×（50－1）2×4＝5 200.(2)由题意得，b 1＝a 2－a 1＝1，公差d ＝2， ∴b n ＝2n －1.∴⎩⎨⎧b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3， ①b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， ② 由②－①得，a 2n ＋1＋a 2n －1＝2， ∴a 2n ＋1＝2－a 2n －1，又∵a 1＝1，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝1， ∴a 2n －1＝1，∴a 2n ＝4n －2，综上所述，a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.例2-2.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)na n －12n ，n ∈N *.(1)求a 3；(2)求S 1＋S 2＋…＋S 100.解(1)令n＝4，则S4＝a4－124，∴S3＝－124.令n＝3，则S3＝－a3－1 23，∴a3＝－S3－123＝－124.(2)当n＝1时，a1＝－1 4；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝(－1)n·a n－12n－(－1)n－1·a n－1＋12n－1＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n ，即a n＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n.(*)①当n为偶数时，由*式可得a n－1＋12n＝0，则a n－1＝－12n ，∴a n＝－12n＋1，此时n为奇数.②当n为奇数时，由*式可得a n－1＝－2a n＋12n＝－2·⎝⎛⎭⎪⎫－12n＋1＋12n＝12n－1，∴a n＝12n，此时n为偶数.综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋116＋…＋12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 练 .数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400 答案 B解析 S 100＝1－5＋9－…－397＝4×(－50)＝－200.练.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0，即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列. 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列；当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n （n －1）×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.类型三、含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型；例3-1.已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)S 2n －1＝（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝a n (2n －1)＝a 2n ，∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ＝n （2n －1）（2n ＋1）(－1)n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1(－1)n ，当n 为偶数时T n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…＋12n －1＋12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11＋12n ＋1＝－n4n ＋2，当n 为奇数时T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…－12n －1－12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－12n ＋1＝－n －14n ＋2. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 4n ＋2，n 为偶数，－n ＋14n ＋2，n 为奇数.练．已知数列{}n a 满足11a =，()2211nn n a a -=+-，2123n n n a a +=+（*N n ∈），则数列{}n a 的前2017项的和为（） A ．100332005- B ．201632017- C ．100832017- D ．100932018-【答案】D 【分析】根据给定条件求出21{}n a -与2{}n a 的通项，进而求得212n n a a ++即可求出数列{}n a 的前2017项的和. 【详解】在数列{}n a 中，11a =，221(1)n n n a a -=+-，2123n n n a a +=+，*N n ∈，则有1122212(1)3(1)n n n n n n a a a ++++=+-=++-，即12223(1)n n n n a a ++-=+-，而20a =，于是得2242642224222()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=+-+-++-+-223211[3(1)][3(1)][3(1)][3(1)]n n n n ---=+-++-+++-++-221231[3333][(1)(1)(1)(1)]n n n n ---=+++++-+-++-+-113(13)1(1)113(1)1131(1)22n n n n -----=+=⋅+⋅-----，因此，212222113232[3(1)1]322n n n n nn n n n n a a a a a ++=++=+=⋅+⋅--+23(1)2n n =⋅+--，则2017123456720162017()()()()S a a a a a a a a a =+++++++++2233100810081[23(1)2][23(1)2][23(1)2][23(1)2]=+⋅+--+⋅+--+⋅+--++⋅+--23100823100812(3333)[(1)(1)(1)(1)]21008=++++++-+-+-++--⋅100810093(13)12020163201813-=+⋅+-=--，数列{}n a 的前2017项的和为100932018-. 故选：D练．数列{}n a 满足11a =，21n n a a n --=（*n N ∈且2n ≥），数列{}21n a -为递增数列，数列{}2n a 为递减数列，且12a a >，则99a =（）． A ．4950- B ．4851- C ．4851 D ．4950【答案】D 【分析】由数列{}21n a -为递增数列，得到()()2122210n n n n a a a a +--+->，进而得出2120n n a a +->，又由数列{}2n a 为递减数列，得到()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，得到22210n n a a ++-<，得出当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=，当n 为偶数时，21n n a a n --=-，即可求解．【详解】因为数列{}21n a -为递增数列，所以2121n n a a -+<，即21210n n a a +-->，则()()2122210n n n n a a a a +--+->，由题意22212221(21)(2)n n n n a a n n a a +--=+>=-，则由()()212221212221n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-⎧-+->⎪⎨->-⎪⎩得2120n n a a +->，*n N ∈，因为数列{}2n a 为递减数列，所以222n n a a +>，即2220n n a a +-<，则()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，由题意得，222221(22)(21)n n a a n n ++-=+>+212n n a a +=-，由()()222121222213120n n n n n n n na a a a a a a a ++++++⎧-+-<⎪⎨->-⎪⎩，可得22210n n a a ++-<，*n N ∈，又12a a >，即210a a -<，所以当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=；当n 为偶数时，21n n a a n --=-．所以99a =()()()()999898979796211a a a a a a a a a -+-+-++-+…2222229998979632199=-+-++-+=+…9897963214950++++++=…．故选：D ．类型四、已知条件明确的奇偶项问题. 例4-1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n －1，n 为奇数，a n－2n ，n 为偶数，记b n ＝a 2n ，求证：数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式.证明 ∵b n ＋1＝a 2(n ＋1)＝12a 2n ＋1＋2n ＋1－1＝12a 2n ＋1＋2n＝12(a 2n －2·2n )＋2n ＝12a 2n ＝12b n ， ∴{b n }为等比数列，且公比q ＝12.又b 1＝12a 1＝12，可得b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以，当n 为偶数时，a n ＝b n2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n；当n 为奇数且n ≥3时，a n ＝a (n －1)＋1＝a (n －1)－2(n －1)＝b n －12－2(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2(n －1)，可验证a 1＝1也符合上式，综上所述，a n＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2（n －1），n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.练.已知数列{a n }满足a n＝⎩⎨⎧n2an ＋12＋12，n 为正奇数，2a n 2＋n2，n 为正偶数.(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列？说明理由；(2)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是等差数列，并求数列{a 2n }的通项公式.(1)解由a 1＝12a 1＋12＋12＝12a 1＋12⇒a 1＝1，a 2＝2a 22＋22＝2a 1＋1＝3，a 3＝32a 3＋12＋12＝32a 2＋12＝5，a 4＝2a 42＋42＝2a 2＋2＝8.∵a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，∴a 3－a 2≠a 4－a 3， ∴数列{a n }不是等差数列.又∵a 2a 1＝3，a 3a 2＝53，∴a 2a 1≠a 3a 2，∴数列{a n }也不是等比数列.(2)证明 ∵对任意正整数n ，a 2n ＋1＝2a 2n ＋2n ， ∴a 2n ＋12n ＋1－a 2n 2n＝12，a 22＝32，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是首项为32，公差为12的等差数列，从而对∀n ∈N *，a 2n 2n＝32＋n －12，则a 2n ＝(n ＋2)·2n －1. ∴数列{a 2n }的通项公式是a 2n ＝(n ＋2)·2n －1(n ∈N *).练．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.【答案】30342023【分析】由题意，当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭；当n 为偶数时，sin 4n n a π=.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.【详解】解：数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=，故答案为:30342023. 练．已知n S 数列{}n a 的前n 项和，1a λ=，且21(1)n n n a a n ++=-，若201920192101020192019S a μ-=-，（其中,0λμ>），则20191λμ+的最小值是（）A ．B ．4C ．D ．2018【答案】B 【分析】由21(1)n n n a a n ++=-，可得2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得可求得()12345201820192a a a a a a a +++++++，结合201920192101020192019S a μ-=-，根据均值不等式，即可求得答案. 【详解】21(1)n n n a a n ++=-∴2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得，()22222212345201820192123420172018a a a a a a a +++++++=-+-+--+，()()()2222222019120192123420172018S a a ∴--=-++-+++-+(21)(21)(43)(43)(20182017)(20182017)=-⨯++-⨯+++-⨯+，12342017201820191009=++++++=⨯20192019121009201920192019S a a∴-=+ 又201920192101020192019S a μ-=-， 1100910102019a μ∴+=-，即112019a μ+=，又1a λ=，20191201912019λμλμλμ⎛⎫⎛⎫∴+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭201911242019μλλμ=++++…，当且仅当20192019μλλμ=时等号成立，故选：B ．练．已知数列{}n a 满足12a =，23a =且*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，则该数列的前9项之和为（） A ．32 B ．43C ．34D ．35【答案】C 【分析】讨论n 为奇数、偶数的情况数列{}n a 的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，∴当n 为奇数时，21210n n a a +--=，则数列21{}n a -是常数列，2112n a a -==；当n 为偶数时，2222n n a a +-=，则数列2{}n a 是以23a =为首项，公差为2的等差数列，129139248()()a a a a a a a a a ∴+++=+++++++4325(342)2⨯=⨯+⨯+⨯34=. 故选：C练．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1),N 2n n n n S a n =--∈，则12100S S S +++=（）A ．10011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ B ．9811132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．5011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D ．4911132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【答案】A 【分析】由递推式求出数列的首项,当2n ≥时分n 为偶数和奇数求出n a ,代入*1(1),2n n n nS a n N =--∈后分组,然后利用等比数列的前n 项和公式求解. 【详解】由*1(1),2n n a n S a n =--∈N ，当1n =时，1112S a =--，得114a =-；当2n ≥时，111111(1)(1)22----=-=----+nn n n n n n n n a S S a a ，即11(1)(1)2n nn n n na a a -=-+-+. 当n 为偶数时，11(2)2n n a n -=-≥，所以112n n a +=-（n 为正奇数），当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n nn a a -+-⎛⎫=-+=--+= ⎪⎝⎭，所以12n na =（n 为正偶数），所以122211,22a a -==，所以412342411112,,2222a a a a -+=⨯=-==，所以34991004310010011112,,,2222a a a a -+=⨯=⋯-==，所以991001009911222a a -+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345699100a a a a a a a a =-++-++-+++-+-2100111222⎛⎫+++⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫-+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=--10011132⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 故选：A练．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()212n n n S S a n -+=≥，设()()121nn nna b S -+=，则数列{}n b 前n 项和的取值范围为_________．【答案】32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【分析】根据n n S a ，之间关系可得数列{}n a 为等差数列并得到n a ，然后得到n b ，根据裂项相消可得数列{}n b 前n 项和，最后进行判断即可. 【详解】由21n n n S S a -+=①，则211n n n S S a +++=②②-①化简可得：()()1110n n n n a a a a ++--+=，又0n a >，所以()112n n a a n +-=≥当2n =时，21212122222a a S S a a a a +=⇒++=⇒= 所以211a a -=符号11n n a a +-=，故数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列所以n a n =，则()12n n nS +=所以()()()()2112111112nn n n n b n n n ⋅-+==⋅⎛⎫+ ⎪+⎝+⎭- 令设数列{}n b 前n 项和n T 所以()()111111121...11223341n nn T n n ⎡⎤=--++--++-⋅+-⋅⎢⎥+⎣⎦所以11,1111n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪--⎪+⎩为偶数，为奇数，当n 为偶数时，111n T n =-+，则12133n T ≤-=-且1n T >- 当n 为奇数时，111n T n =--+，则13122n T ≥--=-且1n T <- 综上所述：32,11,23n T ⎡⎫⎛⎤∈--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦故答案为：32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦练．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1(1)2n n n n S a =-+，则1211S S S ++⋯+=_____. 【答案】13654096 【分析】运用数列的递推式，讨论n 为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.【详解】解：()112n n n nS a =-+，当1n =时，11112a S a ==-+，解得114a =，2n ≥时，1n n n a S S -=-，可得()()1112n n n n nS S S -=--+，当n 为偶数时，112n n n S S S π-=-+，即有1n12n S -=；当n 为奇数（3n ≥）时，()112n n n S S S π-=--+，可得1122n n n S S -=-=1112022n n +⋅-=，即有121114S S S +++=110001664+++++++1212 61111365441409614⎛⎫- ⎪⎝⎭==-. 故答案为13654096.。

高考数学数列解题技巧必备

高考数学数列解题技巧必备各个科目都有自己的学习方法，但其实都是万变不离其中的，基本离不开背、记，运用，数学作为最烧脑的科目之一，也是一样的。

下面是小编给大家整理的一些高考数学数列解题技巧的学习资料，希望对大家有所帮助。

高考数学重点：数列公式及结论总结数学中有很多的概念和公式，只有理解这些概念，才能正确解题。

数列中有很多性质和公式，这些是我们做题的基础，很多同学觉得数列的性质公式太多太杂，记不住。

其实按照一定方法将数列性质公式进行归纳总结，记住它们就简单多了。

下面是小编为大家整理的高中数列基本公式,希望对大家有帮助。

一、高中数列基本公式：1、一般数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=2、等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1为首项、ak为已知的第k项) 当d≠0时，an是关于n的一次式;当d=0时，an是一个常数。

3、等差数列的前n项和公式：Sn=Sn=Sn=当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0;当d=0时(a1≠0)，Sn=na1是关于n的正比例式。

4、等比数列的通项公式： an= a1 qn-1 an= ak qn-k(其中a1为首项、ak为已知的第k项，an≠0)5、等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=n a1 (是关于n的正比例式);当q≠1时，Sn=Sn=三、高中数学中有关等差、等比数列的结论1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等差数列。

2、等差数列{an}中，若m+n=p+q，则3、等比数列{an}中，若m+n=p+q，则4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等比数列。

5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列。

6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列{anbn}、、仍为等比数列。

高中数学数列高考小题秒杀技巧

高中数学数列高考小题秒杀技巧-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN今天给大家讲解数列技巧，今天会讲7道题，这些题都来源于高考真题，难题并不大，难度并不大，常规做2-3分钟一道题是不成问题，今天主要讲秒杀技巧，同学只要掌握这思维方式，这类题型可以做到5-10秒内出答案，在讲秒杀之前，先看一下这种题型用常规解答应该如何去分析。

我们先来看第一道题：我们先用常规方法解，大家会发现等差数列的首项和公差都是未知的，而条件只给出一个，明显条件不足，所以我们就将整体换成a1和d表达，如图：针对等差数列，我们首先想到的是有两种特殊类型：一类是公差为0；另一类公差为1、2、3这种特殊的等差数列。

像这类首项和公差都未知，大家可以看到，当公差为0的时候，是不是跟题干不相违背，那么我就让公差为0。

那就是等差数列的所有项都均等！前面讲了5道等差数列的题，这些题用技巧是不是直接秒杀！接下来我们就来看看等比数列的题型，我们再来看第6道题：我们先用常规方法解，同样大家会发现等比数列的首项和公比也都是未知的，而条件只给出一个，明显条件不足，所以我们就将整体换成a1和q表达，如图：同样，针对等比数列，我们首先想到的是有两种特殊类型：一类是公比为1；另一类公比为2、4、6这种特殊的等比数列。

像这类首项和公比都未知，当公比为1的时候，是不是跟题干不相违背，那么我就让公比为1。

那就是等比数列的所有项都均等！第7题，同样首项和公比都未知，大家可以看到，由于题干中强调了各项为正数，那么当公比为1的时候，是不是跟题干不相违背，那么我就让公比为1。

那就是等比数列的所有项都均等！同学们，是不是这些题用技巧是不是直接秒杀，大家或许会疑惑，我告诉大家，这种方法绝对可靠，只要是公差公比未知，而题中又没强调公差不能为0，或者公比不能为1，所以我们就可以用特例，如果我们用这种方法做答案不对，也不可能强调公差不能为0、公比不能为1，高考是不可能出这种不严谨的题，所以大家放心大胆的使用。

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

高考数学考点突破——数列：数列求和含解析(1)

高考数学考点突破——数列：数列求和含解析(1)
【考点梳理】
1．公式法
(1)等差数列的前n 项和公式：
Sn ＝＝na1＋d ；
(2)等比数列的前n 项和公式：
Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝－1－q ，q≠1.
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)裂项时常用的三种变形：
①＝－；
②＝；
③＝－.
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
6．并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
【考点突破】
考点一、公式法求和
【例1】已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
[解析] (1)设{an}的公差为d，由a1＝1，a2＋a4＝10得1＋d＋1＋3d＝10，
所以d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.。

2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧(一)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874 B.634 C.15 D.27【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【练习3】在数列a n 中,a 1=2,a n +1=2a n +1,则a 5=_______.【练习4】已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1,则数列a n 的通项公式a n =______.【练习5】已知数列a n 的首项a 1=2,且a n +1=12a n +12n ∈N * ,则数列1a n -1 的前10项的和为______.【练习6】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +2,则a n =_______.◆构造二:待定系数之a n +1=Aa n +Bn +C 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +Bn +C (A ≠1,C ≠0,B ≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令a n +1+p (n +1)+q =A a n +pn +q ,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p ,q ,从而得到a n +pn +q 是公比为A 的等比数列.2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧（一）（解析版）【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【经典例题2】已知:a1=1,n≥2时,a n=12a n-1+2n-1,求a n的通项公式.【练习1】已知数列a n是首项为a1=2,a n+1=13a n+2n+53.(1)求a n通项公式;(2)求数列a n的前n项和S n.【练习2】已知数列a n和b n,a n的前n项和S n,对于任意的n∈N*,a n,S n是二次方程x2-3n2x+b n=0的两根.(1)求a n和b n通项公式;(2)a n的前n项和S n.【练习3】设数列a n是首项为a1=1,满足a n+1=2a n-n2+3n(n=1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n+λn2+μn成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【练习1】已知数列a n满足a1=1,a n+1=3a n+2n n∈N*,b n=a n+1a n.设t∈Z,若对于∀n∈N*,都有b n>t恒成立,则t的最大值为()A.3B.4C.7D.9【练习2】已知数列a n满足a1=2,a n+1=a n+2n+2n∈N*.(1)判断数列a n-2n是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n为数列a n的前n项和,求S n.【过关检测】一、单选题1.已知S n为数列a n的前n项和，若a n+1=2a n-2,S2=10，则a n的通项公式为( )A.a n=3n-4B.a n=2n+2C.a n=n2+nD.a n=3n2-12.已知数列a n中，a1=1，a n+1=2a n+1，则数列a n的通项公式为( )A.a n=nB.a n=n+1C.a n=2nD.a n=2n-13.已知数列a n满足a1=3，a n+1=5a n-8，则a2022的值为( )A.52021-2B.52021+2C.52022+2D.52022-24.设数列a n的前n项和为S n，若S n=2a n-2n+1，则S10=( )A.211-23B.210-19C.3×210-23D.3×29-195.在数列a n中，a1=1，且a n+1=2a n+1，则a n的通项为( )A.a n=2n-1B.a n=2nC.a n=2n+1D.a n=2n+16.数列a n中，a n+1=2a n+1，a1=1，则a100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.21007.数列a n满足12a n=a n+1-12n+1，且a1=12，若a n<13，则n的最小值为( )A.3B.4C.5D.68.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为( )A.3n-1B.3n+1-2C.3n-2D.3n9.数列a n满足a n=4a n-1+3n≥2且a1=0，则此数列第5项是( )A.15B.255C.16D.6310.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n -1B.2n -1C.nD.2n -111.在数列a n 中，a 1=3，a n =2a n -1-n +2n ≥2,n ∈N + ，若a n >980，则n 的最小值是( )A.8B.9C.10D.1112.设数列{an }中，a 1=2，an +1=2an +3，则通项an 可能是()A.5-3nB.3·2n -1-1C.5-3n 2D.5·2n -1-313.在数列a n 中，若a 1=2，a n +1=3a n +2n +1，则a n =( )A.n ⋅2nB.52-12nC.2⋅3n -2n +1D.4⋅3n -1-2n +114.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12 n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32n C.12n -23n D.23n -12n 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.17.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；18.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.22.已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n-2.(1)求a n的通项公式；(2)求a n的前n项和S n.23.已知数列a n的首项a1=1，且1a n+1=2a n+1．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．24.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +M ,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【解析】根据原式,设a n +1+m =2a n +m ,整理得a n +1=2a n +m ,题干中a n +1=2a n +1,根据对应项系数相等得m =1.∴a n +1+1=2a n +1 ,令b n =a n +1+1,b 1=a 1+1=3+1=4,所以a n +1 是4为首项,2为公比的等比数列.即a n +1=4⋅2n -1,a n =2n +1-1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =2a n +t ,整理得a n +1=2a n +t ,题干中a n +1=2a n +3,根据对应项系数相等,解得t =3,故a n +1+3=2a n +3 .令b n =a n +3,则b 1=a 1+3=4,且b n +1b n=a n +1+3a n +3=2.所以b n 是4为首项,2为公比的等比数列.所以b n =4×2n -1=2n +1,即a n =2n +1-3.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =3(a n +t ),即a n +1=3a n +2t ,题干中a n +1=3a n +4,根据对应项系数相等,解得t =2,故a n +1+2=3a n +2 .令b n =a n +2,则b 1=a 1+2=3,且b n +1b n=a n +1+2a n +2=3.所以b n 是3为首项,3为公比的等比数列.所以b n =3×3n -1=3n ,即a n =3n -2.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874B.634C.15D.27【答案】A【解析】∵a n +1=2a n -1,a 3=2,可得2=2a 2-1,解得a 2=32,同理可得:a 1=54变形为a n +1-1=2a n -1 ,a 1-1=14. ∴数列a n -1 为等比数列,首项为14,公比为2.∴a n -1=14×2n -1,a n =2n -3+1.∴S 6=1426-1 2-1+6=874.故选:A .【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【答案】A【解析】∵数列a n 的前n 项和为S n ,3S n =2a n -3n ,∴a 1=S 1=132a 1-3 ,解得a 1=-3,S n =132a n -3n ,(1),n ≥2,S n -1=132a n -1-3n +3 ,(2),(1)-(2),得a n =23a n -23a n -1-1,∴a n =-2a n -1-3,∴a n +1a n -1+1=-2,∵a 1+1=-2,∴a n +1 是以-2为首项,以-2为公比的等比数列,∴a n+1=(-2)n,∴a n=(-2)n-1,∴a2018=(-2)2018-1=22018-1.故选:A.【练习3】在数列a n中,a1=2,a n+1=2a n+1,则a5=_______.【答案】47【解析】数列 a n中, a1=2,a n+1=2a n+1,变形为:a n+1+1=2a n+1,a1+1=3,∴数列a n+1为等比数列,首项为3,公比为2,∴a n+1=3×2n-1,即a n=3×2n-1-1则a5=3×24-1=47.故答案为:47.【练习4】已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n+1,则数列a n的通项公式a n=______.【答案】a n=2n-1【解析】∵a n+1=2a n+1n∈N*,∴a n+1+1=2a n+1,∴a n+1是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n+1=2n,故a n=2n-1.【练习5】已知数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12n∈N*,则数列1a n-1的前10项的和为______.【答案】1023【解析】数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12(n∈N*),则:a n+1-1=12a n-1 ,整理得:a n+1-1a n-1=12(常数) ,所以：数列a n-1是以a1-1=2-1=1为首项,12为公比的等比数列,所以:a n-1=1*12n-1,当n=1时,符合通项.故：1a n-1=2n-1,所以:S n=20+21+22+⋯+2n-1=2n-1所以：S10=210-1=1024-1=1023.【练习6】已知数列a n中,a1=1,a n+1=3a n+2,则a n=_______.【答案】a n=2×3n-1-1【解析】因为a n+1=3a n+2,所以a n+1+1=3a n+1,因为1+a1=2,所以数列1+a n是以2为首项,以3为公比的等比数列,所以1+a n=2×3n-1,故答案为:a n=2×3n-1-1.◆构造二:待定系数之a n+1=Aa n+Bn+C型构造等比数列求关于a n+1=Aa n+Bn+C(A≠1,C≠0,B≠0)类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn再构造等比数列就可以,即令a n+1+p(n+1)+q=A a n+pn+q,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解p,q,从而得到a n+pn+q是公比为A的等比数列.【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【解析】将递推公式转化为a n+pn+q=3a n-1+p(n-1)+q,化简后得a n=3a n-1+2pn+2q-3p,与原递推式比较,对应项的系数相等,得2p=22q-3p=-1,解得p=1q=1,令bn=a n+n+1,则b n=3b n-1,又b1=6,故b n=6⋅3n-1=2⋅3n,b n=a n+n+1,得a n=2⋅3n-n-1.【经典例题2】已知:a 1=1,n ≥2时,a n =12a n -1+2n -1,求a n 的通项公式. 【解析】设a n +pn +q =12a n -1+p (n -1)+q ,a n =12a n -1-12pn -12p -12q .与题干原式比较,对应项系数相等得-12p =2-12p -12q =-1,解得p =-4q =6 ,首项a 1-4+6=3.所以a n -4n +6 是3为首项,12为公比的等比数列.所以a n -4n +6=3⋅12 n -1,即a n =32n -1+4n -6.【练习1】已知数列a n 是首项为a 1=2,a n +1=13a n +2n +53.(1)求a n 通项公式;(2)求数列a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n +1-3(n +1)+2=13a n -3n + 2),且a 1-3+2=1,所以数列a n -3n +2 是以1为首项,13为公比的等比数列,则a n -3n +2=13n -1,即a n =13n -1+3n -2.【练习2】已知数列a n 和b n ,a n 的前n 项和S n ,对于任意的n ∈N *,a n ,S n 是二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两根.(1)求a n 和b n 通项公式;(2)a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n ,S n 是一元二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两个根,所以a n +S n =3n 2a n S n =b n ,由 a n +S n =3n 2得a n +1+S n +1=3(n +1)2,两式相减得a n +1-a n +S n +1-S n =6n +3,所以a n +1=12a n +12(6n +3),令a n +1+A (n +1)+B =12a n +An +B ,则a n +1=12a n -12An -12B -A ,比较以上两式的系数,得-12A =3-12B -A =32 ,解得A =-6B =9 .所以a n +1-6(n +1)+9=12a n -6n +9 .又 a 1+S 1=3,a 1=32,所以数列a n -6n +9 是以92为首项、12为公比的等比数列.所以 a n -6n +9=9212 n -1,a n =6n +92n +9,S n =3n 2-a n =3n 2-6n -92n +9,所以 b n =6n +92n -9 3n 2-6n -92n +9 【练习3】设数列a n 是首项为a 1=1,满足a n +1=2a n -n 2+3n (n =1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n +λn 2+μn 成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;【解析】依题意,令a n +1+λ(n +1)2+μ(n +1)+γ=2a n +λn 2+μn +γ 所以a n +1=2a n +λn 2+μn -2λn +γ-λ-μ,即λ=-1μ-2λ=3γ-λ-μ=0, 解得λ=-1μ=1γ=0.所以数列a n -n 2+n 是以2为公比、a 1-1+1=1为首项等比数列.所以a n -n 2+n =2n -1,a n =n 2+2n -1-n ,即存在λ=-1,μ=1,使得数列a n -n 2+n 成等比数列.◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为a n+1+λq n+1=p a n+λq n,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【解析】解法一:构造数列a n+1+λ12n+1=13a n+λ12n,化简成题干结构得a n+1=13a n-13λ12n+1,对应项系数相等得λ=-3,设b n=a n-312n,b1=a1-312 1=-23,所以数列b n 是以-23为首项,13为公比的等比数列,b n=-2313n-1,所以an=32n-23n.解法二:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除12n+1,也就是乘2n+1,为方便计算,我们等式两边同乘2n+1,得2n+1⋅a n+1=232n⋅a n+1.令b n=2n⋅a n,则b n+1=23b n+1,这又回到了构造一的方法,根据待定系数法,得b n+1-3=23b n-3,所以数列b n-3是首项为b1-3=2×56-3=-43,公比为23的等比数列.所以b n-3=-43⋅23n-1即b n=3-2⋅23 n.所以a n=b n2n=32n-23n.解法三:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除13n+1,也就是乘3n+1,得3n+1an+1=3n a n+32 n+1⋅令b n=3n⋅a n,则b n+1=b n+32 n+1,所以b n-b n-1=32 n,b n-1-b n-2=32 n-1，...，b2-b1=32 2⋅将以上各式叠加,得b n-b1=32 2+⋯+32 n-1+32 n,又b1=3a1=3×56=52=1+32,所以b n=1+32+32 2+⋯+32 n-1+32 n=1⋅1-32 n+11-32=2⋅32 n+1-2,即b n=2⋅32n+1-2.所以an=b n3n=32n-23n.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【解析】解法一:设a n+1+λ⋅3n=2a n+λ⋅3n-1,待定系数法得λ=-4,则数列a n-4⋅3n-1是首项为a1-4⋅31-1 =-5,公比为2的等比数列,所以a n-4⋅3n-1=-5⋅2n-1,即a n=4⋅3n-1-5⋅2n-1.解法二:(两边同除以 q n+1) 两边同时除以3n+1得:a n+13n+1=23⋅a n3n+432,下面解法略.解法三:(两边同除以p n +1)两边同时除以2n +1得:a n +12n +1=a n 2n +32n -1,下面解法略.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2n n ∈N * ,b n =a n +1a n.设t ∈Z ,若对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,则t 的最大值为()A.3B.4C.7D.9【答案】A【解析】解法一：因为a n +1=3a n +2n ,所以a n +12n =3a n 2n +1,所以a n +12n +1=32⋅a n 2n +12,所以a n +12n +1+1=32a n 2n +1 ,因为a 1=1,所以a 121+1=32,所以数列a n 2n +1 是以32为首相以32为公比的等比数列,所以a n 2n+1=32 n ,所以a n =3n -2n,故选A .解法二:令a n +1+A ⋅2n +1=3a n +A ⋅2n ,因为a n +1=3a n +2n ,对比系数得:A =1,所以数列 a n +2n 是以3为首项,3为公比的等比数列,所以a n +2n =3n ,所以a n =3n -2n,所以 b n =a n +1a n =3n +1-2n +13n -2n=3⋅32 n-232 n -1n =3+132 n -1,因为∀n ∈N *,所以32 n -1≥12.所以0<132 n -1≤2,所以3<b n ≤5,对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,所以t ≥3,所以t 的最大值为3,故选 A .【练习2】已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * .(1)判断数列a n -2n 是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n 为数列a n 的前n 项和,求S n .【解析】(1)数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * ,所以a n +1-2n +1 -a n -2n =2. a 1-2=0,所以数列a n -2n 为等差数列,首项为0，公差为2.(2)由(1)可得:a n -2n=0+2(n -1),可得:a n =2n+2(n -1),所以S n =22n -1 2-1+2×n (0+n -1)2=2n +1-2+n 2-n【过关检测】一、单选题1.已知S n 为数列a n 的前n 项和，若a n +1=2a n -2,S 2=10，则a n 的通项公式为( )A.a n =3n -4B.a n =2n +2C.a n =n 2+nD.a n =3n 2-1【答案】B 【解析】令n =1可得a 2=2a 1-2，又S 2=a 1+a 2=10，解得a 1=4，又a n +1-2=2a n -4=2(a n -2)，则a 1-2=2，a n +1-2a n -2=2，即a n -2 是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n -2=2⋅2n -1，a n =2n +2.故选：B .2.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则数列a n 的通项公式为( )A.a n =n B.a n =n +1C.a n =2nD.a n =2n -1【答案】D 【解析】∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2(a n +1),又a 1=1，a 1+1=2，所以数列a n +1 是首项为2，公比为2 的等比数列，所以a n +1=2×2n -1，∴a n =2n -1.故选：D .3.已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=5a n -8，则a 2022的值为( )A.52021-2 B.52021+2C.52022+2D.52022-2【答案】B 【解析】因为a n +1=5a n -8，所以a n +1-2=5(a n -2)，又a 1-2=1，所以{a n -2}是等比数列，公比为5，首项是1，所以a n -2=5n -1，a n =5n -1+2，所以a 2022=52021+2．故选：B ．4.设数列a n 的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1，则S 10=( )A.211-23 B.210-19C.3×210-23D.3×29-19【答案】C 【解析】当n =1时，S 1=a 1=2a 1-2+1，解得a 1=1.当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n +3，所a n =S n -S n -1=2a n -2n +1-2a n -1-2n +3 ，即a n =2a n -1+2，所以a n +2=2a n -1+2 ，即a n +2a n -1+2=2，所以数列a n +2 是首项为3，公比为2的等比数列，则a n +2=3×2n -1，从而S n =3×2n -2n -3，故S 10=3×210-23.故选：C5.在数列a n 中，a 1=1，且a n +1=2a n +1，则a n 的通项为( )A.a n =2n -1 B.a n =2nC.a n =2n +1D.a n =2n +1【答案】A 【解析】解：∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2a n +1 ，由a 1=1，得a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2⋅2n -1=2n ，即a n =2n -1．故选：A6.数列a n 中，a n +1=2a n +1，a 1=1，则a 100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.2100【答案】C 【解析】数列a n 中，a n +1=2a n +1，故a n +1+1=2a n +1 ，故a n +1≠0，所以a n +1+1a n +1=2，因为a 1=1，所以a 1+1=2≠0，所以a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n +1=2n ，即a n =2n -1，故a 100=2100-1，故选：C .7.数列a n 满足12a n =a n +1-12n +1，且a 1=12，若a n <13，则n 的最小值为( )A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】因为12a n =a n +1-12 n +1，等式两边同时乘以2n +1可得2n a n =2n +1a n +1-1，所以，2n +1a n +1-2n a n =1且2a 1=1，所以，数列2n a n 是等差数列，且首项和公差都为1，则2n a n =1+n -1=n ，所以，a n =n2n，因为a n +1-a n =n +12n +1-n 2n =n +1-2n 2n +1=1-n2n +1.当n =1时，a 1=a 2=12；当n ≥2时，a n +1<a n ，即数列a n 从第二项开始单调递减，因为a 3=38>13，a 4=14<13，故当n ≤3时，a n >13；当n ≥4时，a n <13.所以，a n <13，则n 的最小值为4.故选：B .8.已知数列a n 中，a 1=1，a n =3a n -1+4(n ∈N ∗且n ≥2)，则数列a n 通项公式a n 为( )A.3n -1 B.3n +1-2C.3n -2D.3n【答案】C 【解析】由已知得a 2=7，a n +2a n -1+2=3进而确定数列{a n +2}的通项公式，即可求a n .由a 1=1，a n =3a n -1+4知：a 2=7且a n +2a n -1+2=3(n ≥2)，而a 1+2=3，a 2+2=9，∴{a n +2}是首项、公比都为3的等比数列，即a n =3n -2，故选：C 9.数列a n 满足a n =4a n -1+3n ≥2 且a 1=0，则此数列第5项是( )A.15 B.255C.16D.63【答案】B 【解析】∵a n=4a n-1+3n≥2，∴a n+1=4a n-1+1n≥2，∴a n+1是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n+1=4n-1．∴a n=4n-1-1，∴a5=44-1=255．故选：B．10.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n-1B.2n-1C.nD.2n-1【答案】B【解析】由a n+1=2a n+1，得a n+1+1=2a n+2=2a n+1，故数列a n+1为等比数列，首项为a1+1=2，公比为2，所以a n+1=2n，a n=2n-1，故选：B.11.在数列a n中，a1=3，a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，若a n>980，则n的最小值是( )A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】因为a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，所以a n-n=2a n-1-n-1.n≥2,n∈N+因为a1=3，所以a1-1=2，所以数列a n-n是首项和公比都是2的等比数列，则a n-n=2n，即a n=2n+n,因为a n-a n-1=2n-1+1>0，所以数列a n是递增数列,因为a9=521<980，a10=1034>980，所以满足a n>980的n的最小值是10,故选：C12.设数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3，则通项an可能是()A.5-3nB.3·2n-1-1C.5-3n2D.5·2n-1-3【答案】D【解析】设a n+1+x=2a n+x，则a n+1=2a n+x，因为an+1=2an+3，所以x=3，所以a n+3是以a1+3为首项，2为公比的等比数列，a n+3=5×2n-1，所以a n=5⋅2n-1-3故选：D13.在数列a n中，若a1=2，a n+1=3a n+2n+1，则a n=( )A.n ⋅2nB.52-12n C.2⋅3n -2n +1 D.4⋅3n -1-2n +1【答案】C 【解析】令b n =a n 2n +2，则b n +1b n =a n +12n +1+2a n 2n +2=3a n +2n +12n +1+2a n 2n +2=32，又b 1=a 12+2=3，所以b n 是以3为首项，32为公比的等比数列，所以b n =a n 2n +2=3×32 n -1，得a n =2⋅3n -2n +1．故选：C ．14.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32nC.12n -23n D.23n -12n 【答案】A【解析】解:因为a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，所以2n +1⋅a n +1=23⋅2n a n +1，整理得2n +1⋅a n +1-3=23⋅2na n -3 ，所以数列2n a n -3 是以2a 1-3=-43为首项，23为公比的等比数列．所以2n a n -3=-4323 n -1，解得a n =32n -23n ．故选：A 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)【答案】D【解析】由a n +1=2a n +3可得a n +1+3=2a n +3 ，所以a n +3=a 1+3 ×2n -1所以a n =a 1+3 ×2n -1-3，所以a 2017=a 1+3 ×22016-3≥a 1所以a 1+3 ×22016≥a 1+3，所以a 1+3≥0，所以a 1≥-3故选：D二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.【答案】3n -2##-2+3n 【解析】解：因为a n =3a n -1+4n ≥2 ，∴a n +2=3a n -1+2 ，∴a n +2a n -1+2=3，∵a 1=1，则a 1+2=3，∴数列a n +2 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n +2=3⋅3n -1=3n ，所以a n =3n -2，故答案为：3n -217.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；【答案】2n -1【解析】因为a n +1=2a n +1，所以a n +1+1=2(a n +1),∴a n +1+1a n +1=2，所以a n +1 是一个以a 1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，所以a n +1=2×2n -1=2n ,∴a n =2n -1.故答案为：2n -118.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．【答案】a n =2n -1n ∈N * ．【解析】∵a n +1=2a n +1(n ∈N *)，∴a n +1+1=2(a n +1)，又a 1+1=2∴a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n +1=2n ．即a n =2n -1(n ∈N *)．故答案为：a n =2n -1n ∈N * ．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.【答案】1023【解析】由题意知：a n +1=4a n -1+4=4(a n -1+1)，又a 1+1=1，故a n +1 是1为首项，4为公比的等比数列，故a 6+1=a 1+1 ×45=1024，故a 6=1023.故答案为：1023.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．【答案】52##2.5【解析】解：数列{a n }满足a n +1=2a n +12，整理得a n +1+12=2a n +12 ，若a 1=-12，则a n =-12，显然不符合题意，所以a n ≠-12，则a n +1+12a n +12=2(常数)；所以数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列；所以a n +12=a 1+12 ⋅2n -1，整理得a n =a 1+12 ⋅2n -1-12；由于前8项和为761，所以S 8=a 1+12 ⋅(1+2+...+27)-8×12=a 1+12 ×1-281-2-4=255a 1+12 -4=761，解得a 1=52．故答案为：52．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.【答案】(1)证明见解析，a n =2⋅3n -1-1(2)见解析【解析】(1)证明：因为a n +1=3a n +2，所以a n +1+1=3a n +1 ，又a 1+1=2，所以数列1+a n 是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n +1=2⋅3n -1，所以a n =2⋅3n -1-1；(2)证明：由(1)得1a n +1=12⋅3n -1，因为1a n +1+11a n +1=12⋅3n12⋅3n -1=13，1a 1+1=12，所以数列11+a n 是以12为首项，13为公比的等比数列，则S n =12×1-13n 1-13=341-13n ，因为1-13n <1，所以S n <34.22.已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n -2.(1)求a n 的通项公式；(2)求a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1+2；(2)S n =2n +2n -1.【解析】(1)∵a n +1=2a n -2，∴a n +1-2=2a n -2 即∴a n +1-2a n -2=2∴数列a n -2 是以首相为1，公比为2的等比数列，∴a n -2=2n -1∴a n =2n -1+2(2)由(1)知a n =2n -1+2∴S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=20+2 +21+2 +22+2 +⋯+2n -1+2 =20+21+22+⋯+2n -1 +2n =1×1-2n 1-2+2n=2n +2n -123.已知数列a n 的首项a 1=1，且1a n +1=2a n+1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)a n=12n-1(2)S n=n-12n+1+2-n n+12【解析】(1)∵1an+1=2an+1，等式两边同时加1整理得1an+1+1=21an+1又∵a1=1，∴1a1+1=2∴1an +1是首项为2，公比为2的等比数列．∴1an +1=2n， ∴a n=12n-1(2)∵a n⋅b n=n，∴b n=n an=n⋅2n-n.记n⋅2n的前n项和为T n则T n=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n-1+n⋅2n所以2T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n+n⋅2n+1相减得-T n=21+22+23+24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1整理得T n=n-12n+1+2.所以S n=n-12n+1+2-n n+1224.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n+1+1(2)S n=432n-1,n=2k,k∈N*,-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*.【解析】(1)解：因为a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，又a1-1=4，所以a n+1-1a n-1=2，所以a n-1是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n-1=4×2n-1，即a n=2n+1+1.(2)解：由(1)得b n=(-1)n⋅2n+1+1，则b n=2n+1+1,n=2k,k∈N*-2n+1+1,n=2k-1,k∈N* ，①当n=2k,k∈N*时，S n=-22-1+23+1-24+1+⋯+-2n-1+2n+1+1=-22+23-24+25+⋯-2n+2n+1=22+24+⋯+2n=432n-1;②当n=2k-1,k∈N*时，S n=S n+1-b n+1=432n+1-1-2n+2+1=-2n+2+73，综上所述，S n=432n-1,n=2k,k∈N*-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．【答案】(1)a n=2n+1-2(2)证明见解析【解析】(1)解：因为a1=2，a n+1=2a n+2，所以a n+1+2=2a n+2，所以a n+2是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n+2=4×2n-1=2n+1，所以a n=2n+1-2；(2)解：由(1)可知b n=2n+1a n+2=2n+12n+1=n+12n，所以T n=221+322+423+⋯+n+12n①，所以12T n=2 22+323+424+⋯+n+12n+1②；①-②得12T n=1+122+123+⋯+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1所以T n=3-n+32n<3；。

高考数学难点---数列放缩法技巧总结

高考数学备考之一放缩技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。

这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一、裂项放缩例1.(1)求∑=-n k k 12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k .解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n nn k n k (2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk技巧积累:(1)⎪⎭⎫⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n(2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n (3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n nC T r r rn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n (5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+- (9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1(10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21≥---=--=--<--=--n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n nn n 11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n (13) 3212132122)12(332)13(2221nn n n n n n n n <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14) !)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15) )2(1)1(1≥--<+n n n n n (15)111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n (2)求证:n n412141361161412-<++++ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n (4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以 )12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n nn -+<+++=++++(3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合n n n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案 (4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n kn k 另一方面: 1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n 当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6nn n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++ , 所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b-≥.证明:1k a b +>. 解析: 由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列, 故若存在正整数k m ≤, 使b a m ≥, 则b a a k k ≥>+1,若)(k m b a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km m m k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a a km m m <∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |11111例5.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n +≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m n k m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m nk m m k k k m k k1111111])1[()1(])1([,即等价于m m mm m k k k m k k-+<+<--+++111)1()1()1(, 即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k km 而正是成立的,所以原命题成立. 例6.已知n n n a 24-=,n nn a a a T +++= 212,求证:23321<++++n T T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n nnn T -+-=-----=+++-++++= 所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n n nnT⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T 例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明: nn n n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n ∈+-<++++ . 解析:先构造函数有xxx x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n nn+++--<++++cause ⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111nn n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---n例例11.例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n 解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n 解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到: 12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x , 所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n 所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n例14. 已知11111,(1).2n n a a a n n +==+++证明2n a e <.解析:n n n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+, 然后两边取自然对数,可以得到n n n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+ 然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+nnn a n n a )2111(21⇒++++≤+nn an n a ln )2111ln(ln 1nn n n a 211ln 2+++≤。

高考数学数列解题技巧总结

专题三、数列解题技巧总结一、等差数列：1、如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，则这个数列称为等差数列，这个常数称为等差数列的公差．2、由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列，则A 称为a 与b 的等差中项．若2a c b +=，则称b 为a 与c 的等差中项． 3、若等差数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则()11n a a n d =+-．()n m a a n m d =+-4、等差数列的前n 项和的公式：①()12n n n a a S +=；②()112n n n S na d -=+． 5、等差数列的性质：（1）m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a +=+；特别地，若2n p q =+（n 、p 、*q ∈N ），则2n p q a a a =+．（2）n S ，2n n S S -，32n n S S -成等比数列．（3）若项数为()*2n n ∈N ，则S S nd -=偶奇，．（4）若项数为()*21n n -∈N ，则()2121n n S n a -=-，1S n S n =-奇偶二、等比数列： 1、如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，则这个数列称为等比数列，这个常数称为等比数列的公比．2、在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，则G 称为a 与b 的等比中项．若2G ab =，则称G 为a 与b 的等比中项．3、若等比数列{}n a 的首项是1a ，公比是q ，则11n n a a q -=．n m n m a a q -=4、等比数列{}n a 的前n 项和的公式：()()()11111111n n n na q S a q a a q q qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩ 5、等比数列的前n 项和的性质：（1）m n p q+=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a ⋅=⋅；若{}n a 是等比数列，且2n p q =+（n 、p 、*q ∈N ），则2n p q a a a =⋅．（2）n S ，2n n S S -，32n n S S -成等比数列。

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 −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。

高考数学数列放缩法技巧全总结

高考数学备考之放缩技巧证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。

这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一、裂项放缩例1.(1)求∑=-nk k12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k nk(2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n(2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n n C T r rrn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n nn(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8)n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1(10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n (11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14) !)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k (15))2(1)1(1≥--<+n n n n n(15)111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i j i j i j i j i j i j i例2.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n(2)求证:n n 412141361161412-<++++(3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n n n -+<+++=++++ (3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n nn ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n n例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n 解析: 一方面: 因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk另一方面: 1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++ ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++ ,所以综上有35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n例4.(2008年全国一卷)设函数()ln f x x x x =-.数列{}na 满足101a <<.1()n n af a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b-≥.证明:1k ab +>.解析: 由数学归纳法可以证明{}na 是递增数列, 故假设存在正整数k m ≤, 使bam≥, 则ba ak k ≥>+1,假设)(k m b a m≤<,则由101<<≤<b a am 知0ln ln ln 11<<≤b a a a a am m m,∑=+-=-=km mm k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是ba b a b a k a ak =-+≥+>+)(|ln |11111m m m m m n S x N m n ++++=->∈+ 321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nxx n+≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=n k m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1( 所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--n k m m m m m m m m m nk m n k m m k k n n n n n k m k k 111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m n k m n k m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于mm m m m k k k m k k -+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m kk m k k m 而正是成立的,所以原命题成立.n n n a 24-=,nnn a a a T +++=212,求证:23321<++++n T T T T .解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n nnn T -+-=-----=+++-++++=所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n nnn T⎪⎭⎫⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n n n n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n nn T T T T例7.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证:*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+证明: nnn n n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为 12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+二、函数放缩例8.求证：)(665333ln 44ln 33ln 22ln *N n n n n n ∈+-<++++ .解析:先构造函数有xx x x x 11ln 1ln -≤⇒-≤,从而)313121(1333ln 44ln 33ln 22ln n n n n +++--<++++cause⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++n n n n 31121219181716151413121313121 6533323279189936365111nn n n n =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++>---所以6653651333ln 44ln 33ln 22ln +-=--<++++n n n n n n 例9.求证:(1))2()1(212ln 33ln 22ln ,22≥+--<+++≥n n n n n n ααααααα解析:构造函数xxx f ln )(=,得到22ln ln nn n n ≤αα,再进行裂项)1(1111ln 222+-<-≤n n n nn ,求和后可以得到答案函数构造形式: 1ln -≤x x ,)2(1ln ≥-≤αααn n例10.求证:n n n 1211)1ln(113121+++<+<++++ 解析:提示:2ln 1ln 1ln 1211ln)1ln(++-++=⋅⋅-⋅+=+ n nn n n n n n n函数构造形式:xx x x 11ln ,ln -><当然此题的证明还可以运用积分放缩如图,取函数xx f 1)(=,首先:⎰-<nin ABCFx S 1,从而,)ln(ln |ln 11i n n x x i n n i n nin --==<⋅--⎰取1=i 有,)1ln(ln 1--<n n n,所以有2ln 21<,2ln 3ln 31-<,…,)1ln(ln 1--<n n n,n n n ln )1ln(11-+<+,相加后可以得到:)1ln(113121+<++++n n 另一方面⎰->ni n ABDEx S 1,从而有)ln(ln |ln 11i n n x x i i n n i n nin --==>⋅---⎰取1=i 有,)1ln(ln 11-->-n n n ,所以有nn 1211)1ln(+++<+ ,所以综上有nn n 1211)1ln(113121+++<+<++++FE D C BAn-inyxO例11.求证:e n <+⋅⋅++)!11()!311)(!211( 和en <+⋅⋅++)311()8111)(911(2 .解析:构造函数后即可证明例12.求证:32)]1(1[)321()211(->++⋅⋅⨯+⋅⨯+n e n n解析:1)1(32]1)1(ln[++->++n n n n ,叠加之后就可以得到答案函数构造形式:)0(13)1ln(1)0(132)1ln(>+>++⇔>+->+x x x x x x x (加强命题)例13.证明:)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n解析:构造函数)1(1)1()1ln()(>+---=x x x x f ,求导,可以得到:12111)('--=--=x x x x f ,令0)('>x f 有21<<x ,令0)('<x f 有2>x ,所以0)2()(=≤f x f ,所以2)1ln(-≤-x x ,令12+=n x 有,1ln 22-≤n n所以211ln -≤+n n n ,所以)1*,(4)1(1ln 54ln 43ln 32ln >∈-<+++++n N n n n n n例14. 已知112111,(1).2n n n a a a n n +==+++证明2nae <.解析:nn n n n a n n a n n a )21)1(11(21))1(11(1+++<+++=+,然后两边取自然对数,可以得到nn n a n n a ln )21)1(11ln(ln 1++++<+然后运用x x <+)1ln(和裂项可以得到答案) 放缩思路：⇒+++≤+n nn a n n a )2111(21⇒++++≤+n nn a n n a ln )2111ln(ln 21nn n n a 211ln 2+++≤。

2023年新高考数学技巧解密之数列(新高考适用)专题05 构造法求数列通项的八种技巧(二)(解析版)

专题05 构造法求数列通项的八种技巧(二)【必备知识点】◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧. 模型一:111(1)1n n n n n n a a n a n a n +++−=−−−−→⋅+=⋅+左右同乘,构造n n b n a =⋅,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列. 模型二:11111n n n n n a a n a a n n n +++−−−−−⋅→+==+左右同除,构造n n a b n=,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列. 模型三:()()21112(1)(2)(1)n n n n n n a a n a a n n n n n ++++−−−−+=⋅=+−→++−左右同除,构造(1)n n a b n n =+,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型四:()111(1)221n n n n n n n a a na n a n +++−−−−−→=+=+左右同除,构造n n ab n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型五:11111222212n n n n n n n n n n n n n a S S S S S n n S S S nn n ++++++++=⋅=⋅=⇒-⇒−−−−−→+⋅=左右同除,构造nn S b n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型六:1111111n n n n n a a n a a n n n n ++++=⋅=+++−−−+−−→左右同除,构造n n a b n=,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型七:12111122122n n n n n n n n a a a a +++++−=+=−−−→+−左右同除,构造2n nna b =,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列. 模型八:1111111n n a an n n n n n a a a a a a ++++-−−=-=−−−→左右同除,构造1n nb a=,则11n n b b +-=,{}n b 为等差数列. 看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将1n +和1n a +,n 和n a 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列. 【经典例题1】已知数列{}n a 满足112,31n n n a a a n +==⋅+,求n a . 【解析】因为11n n na a n +=+,所以1(1).n n n a na ++=令n n b na =,则1n n b b +=,即{}n b 是常数数列,所以1n b b =,即221,33n n n na a a n=⨯==.【经典例题2】已知数列{}n a 中,12n n na a n +=+且12a =,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】因为12n n na a n +=+,所以11(2),(1)(2)(1).n n n n n a na n n a n n a +++=++=+令(1)n n b n n a =+,则1n n b b +=,即{}n b 是常数数列,所以1.n b b =因此(1)1n n n a +=⨯422,.(1)n a n n ⨯=+【经典例题3】已知数列{}n a 中,12(1(1))n n na n a n n +++=+且11a =,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】12(1(1))n n na n a n n +++=+,等式两侧同除(1)n n +,形成1121n n a a n n +=++,令n n ab n=,则121n n b b +=+,这又回到了构造一的形式,所以12(1)1n n b b +=++,{}1n b +是以2为首项,2为公比的等差数列,即12212n n n b -⨯+==, 21n n b =-,所以21n na n=-,(21)n n a n =-. 【经典例题4】已知11a =,且1(2)n n na n n a +=++,求数列{}n a 的通项公式. 【解析】等式两侧同除(1)(2)n n n ++,得1(1)(2)(1)(1)(2)1n n a a n n n n n n +=++++++,即1(1)(2)(1)(1)(2)1n n a a n n n n n n +-=+++++,1(1)(2)(1)(111)(2)n n a a n n n n n n +=-++++-+,另(1)n n a b n n =+，所以1(12)1)(1n n b b n n +--=++,接下来就是叠加法发挥作用的时候了212311b b -=-323411b b -=-434511b b -=-……111(1)n n b b n n ---=+ 叠加得1112(1)n b b n --=+,11122a b ==,所以1(1)11n b n n n =+=+-，即(1)1n a n n n n =++，2n a n =. 【练习1】已知数列{}n a 满足1111,3n n n n a a a a a ++=-=,则10()a =A. 28B. 128C. 28-D. 128- 【答案】B 【解析】数列{}n a 满足11a =,113n n n n a a a a ++-=,则:1113n na a +-=(常数) 则：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111a =为首项,3为公差的等差数列。