高考数学数列答题技巧解析
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.。
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2019-2019高考数学数列答题技巧解析
数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
下面是查字典数学网整理的数学数列答题技巧，请考生学习。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；
(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
1、在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，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。
2、在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力。
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。
单靠“死”记还不行，还得“活”用，姑且称之为“先死后活”吧。
让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来，摒弃那些假话套话空话，写出自己的真情实感，篇幅可长可短，并要求运用积累的成语、名言警句等，定期检查点评，选择优秀篇目在班里朗读或展出。
这样，即巩固了所学的材料，又锻炼了学生的写作能力，同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等，达到“一石多鸟”的效果。
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.
其实，任何一门学科都离不开死记硬背，关键是记忆有技巧，
“死记”之后会“活用”。
不记住那些基础知识，怎么会向高层次进军?尤其是语文学科涉猎的范围很广，要真正提高学生的写作水平，单靠分析文章的写作技巧是远远不够的，必须从基础知识抓起，每天挤一点时间让学生“死记”名篇佳句、名言警句，以及丰富的词语、新颖的材料等。
这样，就会在有限的时间、空间里给学生的脑海里注入无限的内容。
日积月累，积少成多，从而收到水滴石穿，绳锯木断的功效。
要练说，得练听。
听是说的前提，听得准确，才有条件正确模仿，才能不断地掌握高一级水平的语言。
我在教学中，注意听说结合，训练幼儿听的能力，课堂上，我特别重视教师的语言，我对幼儿说话，注意声音清楚，高低起伏，抑扬有致，富有吸引力，这样能引起幼儿的注意。
当我发现有的幼儿不专心听别人发言时，就随时表扬那些静听的幼儿，或是让他重复别人说过的内容，抓住教育时机，要求他们专心听，用心记。
平时我还通过各种趣味活动，培养幼儿边听边记，边听边想，边听边说的能力，如听词对词，听词句说意思，听句子辩正误，听故事讲述故事，听谜语猜谜底，听智力故事，动脑筋，出主意，听儿歌上句，接儿歌下句等，这样幼儿学得生动活泼，轻松愉快，既训练了听的能力，强化了记忆，又发展了思维，为说打下了基础。
2019-2019高考数学数列答题技巧解析的内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优异的成绩。