周期数列的五种常见形式
高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结
高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。
1、倒序相加法：实质为等差数列求和。
例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。
错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。
前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。
函数周期性的五类算法优化
函数周期性的五类算法优化1.缓存优化：缓存是计算机中存储数据的一种机制，通过将经常使用的数据存储在缓存中，可以加快对这些数据的访问速度。
对于周期性函数，我们可以将一次计算出的结果保存在缓存中，下次再次需要这个结果时，可以直接从缓存中取出，避免重复计算，从而提高性能。
例如，假设有一个计算斐波那契数列的函数，可以使用一个数组来保存前面计算的结果，以减少递归调用的次数。
这样，在下次计算需要用到已经计算过的结果时，可以直接从数组中取出，而不需要重新计算。
2.并行计算：并行计算是指将一个问题分成多个子问题，并利用多个处理器或计算核心同时处理这些子问题，从而加快计算速度。
对于周期性函数，我们可以将每次的计算任务分配给多个线程或进程来执行，并通过合理的任务划分和结果合并方式来提高性能。
例如，假设有一个计算圆周率的函数，可以将计算任务划分成多个子任务，每个子任务计算一部分圆周率的小数位数。
然后，将这些子任务分配给多个线程或进程来并行计算，在计算完成后将结果合并得到最终结果。
3.近似计算：对于一些周期性函数，精确计算可能非常耗时。
在一些情况下，我们可以使用近似计算的方法，来获得快速但不完全准确的结果。
这样可以大大提高计算速度。
例如，假设有一个计算正弦函数的函数，可以使用泰勒级数展开来近似计算。
通过截取泰勒级数展开的前几项，可以得到一个接近于真实值的近似值，而不需要计算复杂的三角函数。
4.数据结构优化：数据结构的选择和组织方式对算法的性能有很大的影响。
对于周期性函数，我们可以通过优化数据结构的选择和使用方式，来提高算法的性能。
例如，假设有一个计算一些数字在一个数组中出现次数的函数。
可以使用哈希表来存储数字和其出现的次数，而不是使用线性的方式。
哈希表可以实现常数时间的查找和插入操作，大大减少了算法的时间复杂度。
5.算法分析和优化：对于周期性函数，通过深入分析其算法，找到不必要的计算和重复工作，并进行优化，可以大大提高程序的性能。
小学数学思维方法：周期问题
周期问题【知识要点】周期现象：事物在运动变化过程中，某些特征有规律循环出现；周期：我们把连续两次出现所经过的时间叫周期；解决有关周期性问题的关键是确定循环周期.分类： 1．图形中的周期问题； 2．数列中的周期问题； 3．年月日中的周期问题． 周期性问题的基本解题思路是：首先要正确理解题意，从中找准变化的规律，利用这些规律作为解题的依据；其次要确定解题的突破口。
主要方法有观察法、逆推法、经验法等。
主要问题有年月日、星期几问题等。
⑴用观察、逆推等方法找规律，求出周期．确定周期后，用总量除以周期，如果正好有整数个周期，结果就为周期里的最后一个；例如：1，2，1，2，1，2，…那么第18个数是多少？ 这个数列的周期是2，1829÷=，所以第18个数是2． ⑵如果比整数个周期多n 个，那么为下个周期里的第n 个； 例如：1，2，3，1，2，3，1，2，3，…那么第16个数是多少？ 这个数列的周期是3，16351÷=⋅⋅⋅，所以第16个数是1．⑶如果不是从第一个开始循环，可以从总量里减掉不是循环的个数后，再继续算． 例如：1，2，3，2，3，2，3，…那么第16个数是多少？这个数列从第二个数开始循环，周期是2，(161)271-÷=⋅⋅⋅，所以第16个数是2． 【典型例题】一、图形中的周期问题例1.小倩有一串彩色珠子，按红、黄、蓝、绿、白五种颜色排列．⑴第73颗是什么颜色的？ ⑵第10颗黄珠子是从头起第几颗？⑶第8颗红珠子与第11颗红珠子之间（不包括这两颗红珠子）共有几颗珠子？解：⑴这些珠子是按红、黄、蓝、绿、白的顺序排列，每一组有5颗．73514÷=(组)……3(颗)，第73颗是第15组的第3颗，所以是蓝色的．⑵第10颗黄珠子前面有完整的9组，一共有5945⨯=(颗)珠子．第10颗黄珠子是第l0组的第2颗，所以它是从头数的第47颗．列式：592⨯+452=+47=(颗)⑶第8颗红珠子与第11颗红珠子之间一共有14颗珠子．第8颗红珠子与第11颗红珠子之间有完整的两组(第9、10组)，共l0颗珠子，第8颗红珠子后面还有4颗珠子，所以是14颗．列式：524⨯+10414=+=(颗)．例2.如图所示，每列上、下两个字（字母）组成一组，例如，第一组是“我，”，第二组是“们，”……⑴写出第62组是什么？⑵如果“爱，C ”代表1991年，那么“科，D ”代表1992年……问2008年对应怎样的组？解：（1）要求第62组是什么数，我们要分别求出上、下两行是什么字（字母），上面一行是以“我们爱科学”五个字为一个周期，下面一行则是以“ABCDEFG ”七个字母为一个周期62512÷=……2 ,6278÷=……6，所以第62组是“们，F ”⑵2008是1991之后的第17组，现在上面一行按“科学我们爱”五个字为一个周期，下面一行则按“DEFGABC ” 七个字母为一个周期：2008199117-=（组），1753÷= (2)1772÷=……3，所以2008年对应的组为“学，F ”．二、数列中的周期问题例3.如右图，把1～8八个号码摆成一个圆圈，现有一个小球，第一天从1号开始按顺时针方向前进329个位置，第二天接着按逆时针方向前进485个位置，第三天又顺时针前进329个位置，第四天再逆时针前进485个位置……如此继续下去，问至少经过几天，小球又回到原来的1号位置？解：根据题意，小球按顺时针、逆时针、顺时针、逆时针……两天一个周期循环变换方向.每一个周期中，小球实际上是按逆时针方向前进485-329=156（个）位置. 156÷8=19……4，就是说，每个周期（2天）中，小球是逆旋转了19周后再逆时针前进4个位置. 要使小球回到原来的1号位，至少应逆时针前进8个位置. 8÷4=2（个）周期，2×2=4（天），所以至少要用4天， 小球才又回到原来“1”号位置.例4.有一个111位数，各位数字都是1，这个数除以6，余数是几？商的末位数字是几？解：我们可以用列表的方法寻求周期． 被除数中“1”的个数 1 2 3 4 5 6 7 … 除以6后余数的末位数字 1 5 3 1 5 3 1 … 除以6后商的末位数字185185…通过表格我们可以发现，余数出现的周期为3（1，5，3）；第1个“1”上相对应的商为“0”，从第二个“1”开始，商的末位数字的周期为3（1，8，5）因为111337÷=，所以这个数除以6后余数的末位数字是3； 因为(1111)336-÷=…2，所以这个数除以6后商的末位数字是8． 例5.求128292829-的个位数字.解：因8的方幂的个位数按8、4、2、6四个数循环的规律出现，由128÷4＝32知，12828的个位数与48的个位数相同，等于6。
基础知识一、按 叫数列,数列中的都叫这个数列的项;在函...
解法3：设递推式an＝3an－1＋2， 可以化为：an＋1－t＝3(an－t)． 即an＋1＝3an－2t. ∴2 ＝－ 2t ， ∴ t ＝－ 1 ，于是得 an ＋ 1 ＋ 1 ＝ 3(an ＋ 1) ，
(这是手段之二)
数列 {an ＋ 1} 是公比为 3 的等比数列，其首项为 a1 ＋ 1 ＝2，∴an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1.
(3)对于递推式为an＋1＝pan＋qn(p，q为常数)．
对于递推式an＋1＝pan＋qn，可两边除以qn＋1，得
＝ 再解． (4) 当然，本例各小题也可以采取“猜想归纳法”， 先写出前几项，再找出规律，猜测通项公式，最后用数学 引辅助数列{bn}，bn＝ ，得bn＋1
归纳法证明．
[解析] (1)由已知得an＋1－an＝
(3)这个数列的第________项最小；
(4)这个数列前________项的和最小． 答案：－18 11 2或3 6或7
3．已知数列{an}的前 4项为1,3,7,15，写出数列{an}的 一个通项公式an＝________. 答案：2n－1 4．数列 {an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则
总结评述： 解这类题需要我们从多角度思考，全方
位观察，广泛联想，将原数列作出适当的转化变形后，作 为基本数列或特殊数列，方可迅速获解．
【例2】
(1)已知{an}中，a1＝
，an＋1＝
，求an.
(2)数列{an}中，a1＝1，对于n＞1(n∈N*)有an＝3an－1＋
2，求an. (3)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝ 求an.
令 “ n” ＝ 1,2 ， „ ， (n － 1) ，代入后 (n － 1) 个等式累加，
化学元素的周期
化学元素的周期化学元素是组成物质的基本单位，它们按照一定的规律排列在元素周期表中。
这个周期表准确地展示了元素的特性及其在化学反应中的行为。
本文将探讨化学元素的周期以及在元素周期表中的组织。
1. 元素周期表的基本结构元素周期表是由化学元素按照一定规律排列而成的表格。
表格的横向行称为周期，纵向列称为族。
每一个元素都有自己的原子序数，原子序数按照从小到大的顺序排列在周期表中。
同时，元素周期表还根据元素的化学性质划分为不同的区域，如金属、非金属和过渡金属区域等。
2. 周期表中的周期性规律化学元素按照原子序数的增大顺序排列在元素周期表中，这种排列方式使得元素的特性出现周期性变化。
以下是一些周期性规律的例子：2.1 原子半径的周期性变化元素周期表中，从左到右，原子半径逐渐减小，而在同一周期中，从上到下，原子半径逐渐增大。
这是因为原子核的正电荷随着原子核的层数增加而增加，吸引外层电子的能力增加，导致原子半径减小。
而在同一周期中，由于电子壳层的增加，层数增多，从而导致原子半径增大。
2.2 电离能的周期性变化电离能是指从一个原子或离子中去掉一个电子所需要的能量。
元素周期表中，从左到右，电离能逐渐增大，而在同一周期中，从上到下，电离能逐渐减小。
这是由于原子核的正电荷增加，使得外层电子与原子核之间的吸引力增强，导致电离能增大。
而在同一周期中，由于电子层的增加，使得电子与原子核之间的距离增加，从而降低了电离能。
2.3 电负性的周期性变化电负性是一个衡量原子吸引和保留电子的能力的指标。
在元素周期表中，从左到右，电负性逐渐增加，而在同一周期中，从上到下，电负性逐渐减小。
这是因为原子核的正电荷增加，吸引和保留电子的能力增强，导致电负性增加。
而在同一周期中，由于电子层的增加，使得电子与原子核之间的距离增加，降低了电负性。
3. 元素周期表的应用元素周期表对于化学的研究和应用有着重要的意义。
它使得科学家能够更好地理解元素之间的相互作用，探索化学反应的规律。
周期数列
常见递归数列通项公式的求解策略数列是中学数学中重要的知识之一，而递归数列又是近年来高考和全国联赛的重要题型之一。
数列的递归式分线性递归式和非线性递归式两种，本文仅就高中生的接受程度和能力谈谈几种递归数列通项公式的求解方法和策略。
一、周期数列如果数列满足：存在正整数M、T，使得对一切大于M的自然数n，都有成立，则数列为周期数列。
例1、已知数列满足a1 =2，an+1 =1－，求an 。
解:an+1 =1－an+2 =1－=－, 从而an+3 = 1－=1＋an－1=an ,即数列是以3为周期的周期数列。
又a1 =2，a2=1－=, a3 =－12 , n=3k＋1所以an= ,n=3k＋2 ( kN )－1 , n=3k＋3二、线性递归数列1、一阶线性递归数列：由两个连续项的关系式an= f (an-1 )（n,n）及一个初始项a1所确定的数列，且递推式中，各an都是一次的，叫一阶线性递归数列，即数列满足an＋1 =f (n) an＋g(n)，其中f (n)和g(n)可以是常数，也可以是关于n 的函数。
（一）当f (n) =p 时，g(n) =q（p、q为常数）时，数列是常系数一阶线性递归数列。
（1）当p =1时，是以q为公差的等差数列。
（2）当q=0，p0时，是以p为公比的等比数列。
（3）当p1且q0时，an＋1 =p an＋q可化为an＋1－=p(an－),此时｛an－｝是以p为公比，a1－为首项的等比数列，从而可求an。
例2、已知：=且，求数列的通项公式。
解：=－=即数列是以为公比，为首项的等比数列。
（二）当f(n)，g(n)至少有一个是关于n的非常数函数时，数列｛an｝是非常系数的一阶线性递归数列。
（1）当f(n) =1时，化成an＋1=an＋g(n),可用求和相消法求an。
例3、（2003年全国文科高考题）已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n--1＋an －1 (n2) , (1)求a2 ,a3 ; (2) 证明：an= .(1)解：a1 =1, a2=3＋1=4 , a3=32＋4=13 .(2)证明：an=3n--1＋an－1 (n2) ,an－an－1=3n—1 ,an－1－an－2=3n—2 ,an－2－an－3=3n—3……,a4－a3=33 ,a3－a2=32 ,a2－a1=31将以上等式两边分别相加，并整理得:an－a1=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31 ,即an=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31＋1= .（2）当g(n)=0时,化为a n＋1=f(n) an ，可用求积相消法求an 。
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.。
2022数学第五章数列第一节数列的概念与简单表示法教师文档教案文
第一节数列的概念与简单表示法授课提示：对应学生用书第88页［基础梳理］1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列｛a n｝的第n项a n通项公式数列{a n｝的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f（n）表示,这个公式叫作数列的通项公式前n项和数列{a n｝中,S n＝a1＋a2＋…＋a n叫作数列的前n项和2。
数列的表示方法列表法列表格表示n与a n的对应关系图像法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f(a n）或a1,a2和a n＋1＝f（a n，a n－1)等表示数列的方法3.a n与S n的关系若数列{a n｝的前n项和为S n，则a n＝错误!4．数列的分类1．与函数的关系：数列是一种特殊的函数，定义域为N＋或其有限子集数列的图像是一群孤立的点．2．周期性：若a n＋k＝a n(n∈N＋，k为非零正整数)，则{a n}为周期数列，k为｛a n｝的一个周期．[四基自测］1．（基础点：数列的项)已知数列｛a n｝的通项公式为a n＝9＋12n，则在下列各数中,不是｛a n}的项的是()A．21B．33C．152 D．153答案：C2．（基础点:数列递推关系）在数列{a n｝中，a1＝1，a n＝1＋错误!（n≥2）,则a4＝（）A.错误!B．错误!C.错误!D．错误!答案：B3．（基础点：数列的前n项和）设S n为数列{a n}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则S5为________．答案：54．（易错点：数列的通项公式)数列1,错误!，错误!，错误!，错误!,…的一个通项公式a n＝________．答案：错误!授课提示：对应学生用书第89页考点一数列的项与通项公式挖掘1判断通项公式/ 自主练透［例1］（1）下列公式可作为数列{a n｝:1，2,1，2，1，2，…，的通项公式的是（）A．a n＝1 B．a n＝错误!C．a n＝2－错误!D．a n＝错误![解析]由a n＝2－错误!可得a1＝1,a2＝2，a3＝1，a4＝2，…。
2022年高中数学选择性必修第二册第四章 数列的概念及通项公式
2022年高中数学§4.1数列的概念第1课时数列的概念及通项公式学习目标 1.理解数列的有关概念与数列的表示方法.2.掌握数列的分类，了解数列的单调性.3.理解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任一项.4.能根据数列的前几项写出数列的一个通项公式．知识点一数列及其有关概念1．一般地，我们把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列的第一个位置上的数叫做这个数列的第1项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2项，用a2表示……，第n个位置上的数叫做这个数列的第n项，用a n 表示．其中第1项也叫做首项．2. 数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，a n，…，简记为{a n}．思考数列1,2,3与数列3,2,1是同一个数列吗？答案不是．顺序不一样．知识点二数列的分类分类标准名称含义按项的个数有穷数列项数有限的数列无穷数列项数无限的数列知识点三函数与数列的关系数列{a n}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项a n，记为a n＝f(n)．知识点四数列的单调性递增数列从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列递减数列从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列常数列各项都相等的数列1．如果数列{a n}的第n项a n与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．2．通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数．思考 既然数列是一类特殊的函数，那么表示数列除了用通项公式外，还可以用哪些方法？ 答案 还可以用列表法、图象法．1．1,1,1,1是一个数列．( √ )2．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}．( × )3．如果一个数列不是递增数列，那么它一定是递减数列．( × ) 4．a n 与{a n }表达不同的含义．( √ )一、数列的有关概念和分类例1 下列数列哪些是有穷数列？哪些是无穷数列？哪些是递增数列？哪些是递减数列？哪些是常数列？(1)1,0.84,0.842,0.843，…； (2)2,4,6,8,10，…； (3)7,7,7,7，…； (4)13，19，127，181，…； (5)10,9,8,7,6,5,4,3,2,1； (6)0，－1,2，－3,4，－5，….解 (5)是有穷数列；(1)(2)(3)(4)(6)是无穷数列；(2)是递增数列；(1)(4)(5)是递减数列；(3)是常数列．反思感悟 (1)判断数列是何种数列一定严格按照定义进行判断．(2)判断数列的单调性时一定要确保每一项均大于(或均小于)后一项，不能有例外． 跟踪训练1 下列数列哪些是有穷数列？哪些是递增数列？哪些是递减数列？哪些是常数列？(1)2 017,2 018,2 019,2 020,2 021； (2)0，12，23，…，n －1n ，…；(3)1，12，14，…，12n －1，…；(4)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(5)1,0，－1，…，sin n π2，…； (6)9,9,9,9,9,9.解 (1)(6)是有穷数列；(1)(2)是递增数列；(3)是递减数列；(6)是常数列． 二、由数列的前几项写出数列的一个通项公式例2 写出下列数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数： (1)－1，12，－13，14；(2)12，2，92，8； (3)0,1,0,1； (4)9,99,999,9 999.解 (1)这个数列的前4项的绝对值都是序号的倒数，并且奇数项为负，偶数项为正， 所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n n，n ∈N *.(2)数列中的项，有的是分数，有的是整数，可将各项都统一成分数再观察：12，42，92，162，…，所以它的一个通项公式为a n ＝n 22，n ∈N *.(3)这个数列中的项是0与1交替出现，奇数项都是0，偶数项都是1，所以通项公式可以写成a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，由第(1)题也可以写成a n ＝1＋(－1)n 2(n ∈N *)或a n ＝1＋cos n π2(n ∈N *)．(4)各项加1后，变为10,100,1 000,10 000，…，此数列的通项公式为10n ，可得原数列的一个通项公式为a n ＝10n －1，n ∈N *.反思感悟 根据数列的前几项求通项公式的解题思路 (1)先统一项的结构，如都化成分数、根式等．(2)分析结构中变化的部分与不变的部分，探索变化部分的规律与对应序号间的函数解析式． (3)对于正负交替出现的情况，可先观察其绝对值，再用(－1)n 或(－1)n＋1处理符号．(4)对于周期数列，可考虑拆成几个简单数列之和的形式，或者利用周期函数，如三角函数等． 跟踪训练2 写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数： (1)－12，14，58，1316；(2)22－12，32－13，42－14，52－15；(3)7,77,777,7 777.解 (1)各项分母分别为21,22,23,24，易看出第1,2,3,4项分子分别比分母少了3，则原数列可化为21－321，22－322，23－323，24－324，所以它的一个通项公式为a n ＝2n －32n ，n ∈N *.(2)这个数列的前4项的分母都是比序号大1的数，分子都是比序号大1的数的平方减1， 所以它的一个通项公式为a n ＝(n ＋1)2－1n ＋1，n ∈N *.(3)这个数列的前4项可以变为79×9，79×99，79×999，79×9 999，即79×(10－1)，79×(100－1)，79×(1 000－1)， 79×(10 000－1)， 即79×(10－1)，79×(102－1)，79×(103－1)， 79×(104－1)， 所以它的一个通项公式为a n ＝79×(10n －1)，n ∈N *.三、数列通项公式的简单应用例3 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n 2－n ，n ∈N *. (1)写出数列的前3项；(2)判断45是否为数列{a n }中的项，3是否为数列{a n }中的项． 解 (1)在通项公式中依次取n ＝1,2,3，可得{a n }的前3项分别为1,6,15.(2)令2n 2－n ＝45，得2n 2－n －45＝0，解得n ＝5或n ＝－92(舍去)，故45是数列{a n }中的第5项．令2n 2－n ＝3，得2n 2－n －3＝0，解得n ＝－1或n ＝32，故3不是数列{a n }中的项．反思感悟 (1)利用数列的通项公式求某项的方法数列的通项公式给出了第n 项a n 与它的位置序号n 之间的关系，只要用序号代替公式中的n ，就可以求出数列的相应项．(2)判断某数值是否为该数列的项的方法先假定它是数列中的第n 项，然后列出关于n 的方程．若方程的解为正整数，则是数列的一项；若方程无解或解不是正整数，则不是该数列的一项．跟踪训练3 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝q n ，n ∈N *，且a 4－a 2＝72. (1)求实数q 的值；(2)判断－81是否为此数列中的项． 解 (1)由题意知q 4－q 2＝72， 则q 2＝9或q 2＝－8(舍去)， ∴q ＝±3.(2)当q ＝3时，a n ＝3n .显然－81不是此数列中的项； 当q ＝－3时，a n ＝(－3)n . 令(－3)n ＝－81，无解， ∴－81不是此数列中的项． 延伸探究已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4，n ∈N *.问当n 为何值时，a n 取得最小值？并求出最小值．解 ∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， ∴当n ＝2或3时，a n 取得最小值，为a 2＝a 3＝－2.数列单调性的应用典例 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，n ∈N *.试问该数列有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．解 方法一 a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝(9－n )⎝⎛⎭⎫1011n 11， 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n . 则a 1<a 2<a 3<…<a 9＝a 10且a 10>a 11>a 12>…，故数列{a n }有最大项，为第9项和第10项，且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.方法二 根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1，即⎩⎨⎧n ×⎝⎛⎭⎫1011n －1≤(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，解得9≤n ≤10.又n ∈N *，则n ＝9或n ＝10.故数列{a n }有最大项，为第9项和第10项，且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119. [素养提升] (1)由于数列是特殊的函数，所以可以用研究函数的思想方法来研究数列的相关性质，如单调性、最大值、最小值等，此时要注意数列的定义域为正整数集或其有限子集{1,2，…，n }这一条件．(2)可以利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1，找到数列的最大项；利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1，找到数列的最小项．(3)通过数列单调性的应用，培养数学抽象、数学运算等核心素养.1．下列说法正确的是( )A ．数列1,3,5,7，…，2n －1可以表示1,3,5,7，…B ．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n 的第k 项为1＋1k D ．数列0,2,4,6,8，…可记为{2n } 答案 C解析 数列1,3,5,7，…，2n －1为有穷数列，而数列1,3,5,7，…为无穷数列，故A 中说法错误；数的顺序不同就是两个不同的数列，故B 中说法错误； 在C 中，a k ＝1＋k k ＝1＋1k ，故C 中说法正确；在D 中，a n ＝2n －2，故D 中说法错误．2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(－1)n ＋12，n ∈N *，则该数列的前4项依次为( )A ．1,0,1,0B ．0,1,0,1 C.12，0，12， 0 D ．2,0,2,0答案 A解析 把n ＝1,2,3,4依次代入通项公式，得a 1＝1＋(－1)1＋12＝1，a 2＝1＋(－1)2＋12＝0，a 3＝1＋(－1)3＋12＝1，a 4＝1＋(－1)4＋12＝0. 3．(多选)下面四个数列中，既是无穷数列又是递增数列的是( ) A ．1，12，13，14，…，1n，…B ．sin π7，sin 2π7，sin 3π7，…，sin n π7，…C ．－1，－12，－14，－18，…，－12n －1，…D ．1，2，3，…，n ，… 答案 CD解析 选项C ，D 既是无穷数列又是递增数列．4．已知数列3，7，11，15，…，则该数列的一个通项公式是________________，53是该数列的第________项．答案a n＝4n－1(n∈N*)19解析由给出的前几项可归纳出a n＝4n－1(n∈N*)．故由4n－1＝53＝75，得4n－1＝75，所以n＝19，即53是该数列的第19项．5．数列3,5,9,17,33，…的一个通项公式是__________________．答案a n＝2n＋1，n∈N*1．知识清单：(1)数列及其有关概念．(2)数列的分类．(3)函数与数列的关系．(4)数列的单调性．(5)数列的通项公式．2．方法归纳：观察、归纳、猜想．3．常见误区：归纳法求数列的通项公式时归纳不全面；不注意用(－1)n进行调节，不注意分子、分母间的联系．1．(多选)下列说法正确的是()A．数列可以用图象来表示B．数列的通项公式不唯一C．数列中的项不能相等D．数列可以用一群孤立的点表示答案ABD解析数列中的项可以相等，如常数列，故选项C中说法不正确．2．数列－1,3，－7,15，…的一个通项公式可以是()A．a n＝(－1)n·(2n－1)，n∈N*B．a n＝(－1)n·(2n－1)，n∈N*C．a n＝(－1)n＋1·(2n－1)，n∈N*D．a n＝(－1)n＋1·(2n－1)，n∈N*答案 A解析 数列各项正、负交替，故可用(－1)n 来调节，又1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，…，所以通项公式为a n ＝(－1)n ·(2n －1)，n ∈N *. 3．数列23，45，67，89，…的第10项是( )A.1617B.1819C.2021D.2223 答案 C解析 由题意知数列的通项公式是a n ＝2n 2n ＋1(n ∈N *)，所以a 10＝2×102×10＋1＝2021.4．设a n ＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n 2(n ∈N *)，则a 2等于( )A.14B.12＋13 C.12＋13＋14 D.12＋13＋14＋15答案 C解析 ∵a n ＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n 2(n ∈N *)，∴a 2＝12＋13＋14.5．数列0.3,0.33,0.333,0.333 3，…的通项公式为( ) A ．a n ＝19(10n －1)，n ∈N *B ．a n ＝29(10n －1)，n ∈N *C ．a n ＝13⎝⎛⎭⎫1－110n ，n ∈N * D ．a n ＝310(10n －1)，n ∈N *答案 C解析 因为数列0.9,0.99,0.999,0.999 9，…的通项公式为1－110n ，而数列0.3,0.33,0.333,0.3333，…的每一项都是上面数列对应项的13，所以a n ＝13⎝⎛⎭⎫1－110n ，n ∈N *. 6．323是数列{n (n ＋2)}的第________项． 答案 17解析 由a n ＝n 2＋2n ＝323，解得n ＝17(负值舍去)．∴323是数列{n (n ＋2)}的第17项．7．若数列{a n }的通项公式是a n ＝3－2n ，n ∈N *则a 2n ＝________；a 2a 3＝________.答案 3－4n 15解析 因为a n ＝3－2n ，所以a 2n ＝3－22n ＝3－4n ， a 2a 3＝3－223－23＝15. 8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2 020－3n ，则使a n >0成立的正整数n 的最大值为________． 答案 673解析 由a n ＝2 020－3n >0，得n <2 0203＝67313，又因为n ∈N *，所以正整数n 的最大值为673. 9．写出下列各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，85，－157，249，….解 (1)各项是从4开始的偶数，所以a n ＝2n ＋2，n ∈N *.(2)每一项分子比分母少1，而分母可写成21,22,23,24,25，…，分子分别比分母少1，故所求数列的通项公式可写为a n ＝2n －12n ，n ∈N *.(3)通过观察，数列中的数正、负交替出现，且先负后正，则选择(－1)n .又第1项可改写成分数－33，则每一项的分母依次为3,5,7,9，…，可写成(2n ＋1)的形式．分子为3＝1×3,8＝2×4,15＝3×5,24＝4×6，…，可写成n (n ＋2)的形式．所以此数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n ·n (n ＋2)2n ＋1，n ∈N *.10．在数列{a n }中，a 1＝2，a 17＝66，通项公式是关于n 的一次函数． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 2 020；(3)2 020是否为数列{a n }中的项？解 (1)设a n ＝kn ＋b (k ≠0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧k ＋b ＝2，17k ＋b ＝66，解得k ＝4，b ＝－2. ∴a n ＝4n －2，n ∈N *.(2)a 2 020＝4×2 020－2＝8 078.(3)令2 020＝4n －2，解得n ＝50512∉N *，∴2 020不是数列{a n }中的项．11．(多选)数列2，0，2，0，…的通项公式可以是( ) A ．a n ＝22[1－(－1)n ](n ∈N *) B ．a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)C ．a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数0，n 为偶数(n ∈N *)D ．a n ＝22(1－cos n π)(n ∈N *) 答案 ACD解析 经代入检验，A ，C ，D 均可以作为已知数列的通项公式． 12．已知a n ＝n 2－21n2，则数列{a n }中相等的连续两项是( )A ．第9项，第10项B ．第10项，第11项C ．第11项，第12项D ．第12项，第13项 答案 B解析 假设a n ＝a n ＋1，则有n 2－21n 2＝(n ＋1)2－21(n ＋1)2，解得n ＝10，所以相等的连续两项是第10项和第11项．13．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫94，3 B.⎣⎡⎭⎫94，3 C ．(1,3) D ．(2,3)答案 D解析 结合函数的单调性，要使数列{a n }递增，则应有⎩⎪⎨⎪⎧ 3－a >0，a >1，a 7＝(3－a )×7－3<a 8＝a 8－6，解得2<a <3，选D. 14．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图(1)，(2)，(3)，(4)为最简单的四个图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f (n )个小正方形，则f (6)＝________.答案 61解析 f (1)＝1＝2×1×0＋1，f (2)＝1＋3＋1＝2×2×1＋1，f (3)＝1＋3＋5＋3＋1＝2×3×2＋1，f (4)＝1＋3＋5＋7＋5＋3＋1＝2×4×3＋1，故f (n )＝2n (n －1)＋1.当n ＝6时，f (6)＝2×6×5＋1＝61.15．如图1是第七届国际数学教育大会(简称ICME －7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中OA 1＝A 1A 2＝A 2A 3＝…＝A 7A 8＝1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA 1，OA 2，…，OA n ，…的长度构成数列{a n }，则此数列的通项公式为( )A ．a n ＝n ，n ∈N *B ．a n ＝n ＋1，n ∈N *C ．a n ＝n ，n ∈N *D ．a n ＝n 2，n ∈N *答案 C解析 ∵OA 1＝1，OA 2＝2，OA 3＝3，…，OA n ＝n ，…，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，…，a n ＝n ，….16．在数列{a n }中，a n ＝n 2n 2＋1.(1)求证：此数列的各项都在区间(0,1)内；(2)区间⎝⎛⎭⎫13，23内有没有数列中的项？若有，有几项？(1)证明 因为a n ＝n 2n 2＋1＝1－1n 2＋1(n ∈N *)， 所以0<a n <1，故数列的各项都在区间(0,1)内．(2)解 令13<n 2n 2＋1<23，则12<n 2<2，n ∈N *， 解得n ＝1，即在区间⎝⎛⎭⎫13，23内有且只有1项a 1.。
初中数学规律探索 数列知识
一、等差数列
1，2，3，4，5，6 … n 4，6，8，10，12 …(2n+2) 1，3，5，7，9，11… (2n-1) 4，7，10，13，16， …(3n+1) 7，10，13，16， … (3n+4)
1，10，19，28， … (9n-8)
一、自然数和的数列
握手问题：一次聚会，一共有100人参加，如果 两两握手，一共握手多少次？
一、等差数列
数列特点：差相等Leabharlann （1） 4（ 2） 7
（3） 10
1、先将图形转换 为数字排列（排 列） 2、观察数列的 规律。
（一）先标序号 （二）确定是否差相等，等差 是几（如上题等差为3）
3、用字母或者 文字表示规律。
（三）等差乘n后，再凑第一个数 第一个数就是n=1时，3+1=4 所以这个数列的规律就是（3n+1）
解决问题方法： 1、从问题的起点开始研究 2、将问题或者图形转换为数列 3、研究数列规律 4、用字母表示规律，并应用规律
二、自然数之和数列
人数 1 2 3 4 5 …
n
握手次数
0
1
3
6
10
…
1
1+2
1+2+3
1+2+3+4
1、按题意编好编号。 2、将1，3，6，10分别拆开，拆成 1+2+3+4+…+(n-1) 自然数之和的形式。 3、观察编号与最后一个加数的关 100个人握手，握手总数为： 系，确定规律，用字母表示规律。 1+2+3+4+…+99 4、求和，首尾相加乘上总最后一 1 个加数的一半： = 99 (1 99) 1 2 1+2+3+4+…+n= n(n 1)
数字推理22
数字推理第01讲数列概述一、考区范围数字推理是数量关系当中非常重要的传统题型，然而国考、联考和大部分地方考试已经多年没有涉及，所以对于大部分考生来说，数字推理的课程可以简单轻松地看一看即可。
但是，数字推理仍会出现在部分省级考试中，譬如浙江和江苏每年都有比重不小的数字推理试题，所以这两个地区的考生一定要非常认真的复习本篇课程。
除此之外，陕西、天津、河北、新疆、吉林、广东、深圳等省市的考试，也有很大的概率要考到数字推理，所以这些地区的考生也不能轻视数字推理的复习。
二、基础数列数字推理的主体内容可以归纳为五大题型，而这些题型是建立在“基础数列”之上的。
“基础数列”包括等差数列、等比数列、质数型数列、周期数列和直接递推数列五种形态：● 等差数列：相邻两项之差（后项减去前项）等于定值的数列。
【例1】（河北2013-38）1，5，9，（），17，21C. 14A. 12B. 13 D. 15［答案］B● 等比数列：相邻两项之比（后项除以前项）等于定值的数列。
【例2】（广东2013C-1）160，80，40，20，( )A. 4B. 6C. 8D. 10［答案］D● 质数型数列质数数列：由质数构成的数列叫做质数数列。
譬如：2、3、5、7、11、13…合数数列：由合数构成的数列叫做合数数列。
譬如：4、6、8、9、10、12…● 周期数列：自某一项开始，重复出现前面相同（相似）项的数列。
譬如：①2、5、4、2、5、4…②2、4、2、4、2、4…● 直接递推数列：数列当中每一项直接等于其前两项的和、差、积或者商。
譬如：①②0、1、1、2、3、5…-1、3、2、5、7…三、五大题型数字推理的主体内容主要包括以下五大题型：1.2.3.4.5. 多级数列：数列中相邻项通过四则运算，得到的结果形成某种特定的规律。
多重数列：数列中数字通过交叉或者分组，从而形成某种特定的规律。
分式数列：数列中的数通过自然分隔，形成某种特定的规律。
数列：第1讲数列的概念及表示
数列的概念及表示1．数列的概念(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的 ．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做 )，排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n 位的数称为这个数列的第n 项．所以，数列的一般形式可以写成 ，其中a n 是数列的第n 项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{a n }．(2)通项公式：如果数列{a n }的 与序号 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1，2，3，…，n })的函数，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列________．(4)数列的递推公式：如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项 与它的前一项 (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．(5)数列的表示方法有 、 、 、 . 2．数列的分类(1)数列按项数是有限还是无限来分，分为 、 . (2)按项的增减规律分为 、 、和 ．递增数列⇔a n ＋1 a n ；递减数列⇔a n ＋1 a n ；常数列⇔a n ＋1 a n .递增数列与递减数列统称为 ． 3．数列前n 项和S n 与a n 的关系 已知S n ，则a n ＝⎩⎨⎧≥=）.2（），1（n n4．常见数列的通项(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为a n ＝____________； (2)2，4，6，8，…的一个通项公式为a n ＝____________； (3)3，5，7，9，…的一个通项公式为a n ＝____________； (4)2，4，8，16，…的一个通项公式为a n ＝____________； (5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为a n ＝____________；(6)1，0，1，0，…的一个通项公式为a n ＝____________； (7)a ，b ，a ，b ，…的一个通项公式为a n ＝____________； (8)9，99，999，…的一个通项公式为a n ＝ .注：据此，很易获得数列1，11，111，…；2，22，222，…；…；8，88，888，…的通项公式分别为19(10n－1)，29(10n －1)，…，89(10n －1)．【答案】1．(1)项 首项 a 1，a 2，a 3，…，a n ，… (2)第n 项 n (3)函数值 (4)a n a n －1(5)通项公式(解析法) 列表法 图象法 递推公式 2．(1)有穷数列 无穷数列 (2)递增数列 递减数列摆动数列常数列 ＞ ＜ ＝ 单调数列 3．S 1 S n －S n －14．(1)n (2)2n (3)2n ＋1 (4)2n (5)(－1)n (6)1＋（－1）n －12(7)（a ＋b ）＋（－1）n －1（a －b ）2(8)10n －1 【基础自测】1 数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)nn （n ＋1）2n －1B ．a n ＝(－1)nn 22n －1C ．a n ＝(－1)nn 22n ＋1D ．a n ＝(－1)n n3－2n2n －1解：－1＝－11，数列1，4，9，16，…对应通项n 2，数列1，3，5，7，…对应通项2n －1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n .故选B . 2 下列有四个命题：①数列是自变量为正整数的一类函数；②数列23，34，45，56，…的通项公式是a n ＝n n ＋1；③数列的图象是一群孤立的点；④数列1，－1，1，－1，…与数列－1，1，－1，1，…是同一数列． 其中正确的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解：易知①③正确，②④不正确．故选B .3 若数列a n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则a 5－a 4＝( )A.110B ．－110C.190D.1990解：a 5－a 4＝⎝⎛⎭⎫16＋17＋…＋110－(15＋16＋17＋18)＝19＋110－15＝190，故选C . 4 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为____________．5 数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________. 解法一：由a 1a 2a 3＝22a 3＝32，得a 3＝94，由a 1a 2a 3a 4a 5＝42a 5＝52，得a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.解法二：当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2. 当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2. 两式相除得a n ＝⎝⎛⎭⎫nn －12，n ≥2.∴a 3＝94，a 5＝2516.∴a 3＋a 5＝6116.故填6116.【典例】类型一 数列的通项公式例一 已知数列：45，910，1617，2526，….(1)试写出该数列的一个通项公式；(2)利用你写出的通项公式判断0.98是不是这个数列中的一项．【评析】①一个数列只知道前n 项，其通项公式是不能确定的，即使完全知道该数列，其通项公式的形式也不一定是惟一的，如数列1，0，1，0，…的通项公式可写成a n ＝1＋（－1）n ＋12或a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2甚至分段形式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 是奇数，0，n 是偶数等．②对于此类归纳猜想求通项的题目，一定要掌握一些常见数列的通项公式，如{n }，{2n }，{(－1)n }，{2n }，{n 2}，{2n －1}等，在此基础之上还要掌握一定的方法，如将各项分解成若干个数的和、差、积、商，分离分子分母等．③由于数列是特殊的函数，因此判断某数是否为数列中的项，即是知a n 判断方程a n ＝f (n )是否有正整数解． 变式 写出下列数列的一个通项公式： (1)－1，12，－13，14，－15，…；(2)3，5，9，17，33，…； (3)3，33，333，3333，…； (4)23，－1，107，－179，2611，…. 解：(1)a n ＝(－1)n ·1n ；(2)a n ＝2n ＋1； (3)a n ＝13(10n －1)；(4)由于－1＝－55，故分母为3，5，7，9，11，…，即{2n ＋1}，分子为2，5，10，17，26，…，即{n 2＋1}．符号看作各项依次乘1，－1，1，－1，…，即{(－1)n ＋1}，故a n ＝(－1)n ＋1·n 2＋12n ＋1. 类型二 由前n 项和公式求通项公式例二 (1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n ，则此数列的通项公式为a n ＝______________． (2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1，则此数列的通项公式为a n ＝______________． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－10＝－9； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11.当n ＝1时，2×1－11＝－9＝a 1.∴a n ＝2n －11. 故填2n －11.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n－1＝2n －1.综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.故填⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n≥2）.【评析】任何一个数列，它的前n 项和S n 与通项a n 都存在关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2）. 若a 1适合S n －S n －1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速判断技巧是利用S 0是否为0来判断：若S 0＝0，则a 1＝S n －S n －1，否则不符合，这在解小题时比较有用．变式 已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n . (1)S n ＝2n 2＋3n; (2)S n ＝3n ＋1.类型三 由递推公式求通项公式例三 写出下面各递推公式表示的数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝2n ·a n (n ≥1)； (2)a 1＝1，a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n ≥2)．解法二：a n ＋1＝2n ·a n ＝2n ·2n －1a n －1＝…＝2n ·2n －1·…·22·21a 1＝21＋2＋…＋n －1＋na 1＝2n （n ＋1）2.∴a n ＝2n （n －1）2.(2)由递推关系a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n ≥2)，有a n －a n －1＝1n －1－1n(n ≥2)．于是有a 2－a 1＝11－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n .将上述n －1个式子累加，得a n ＝2－1n.当n ＝1时，a 1＝1也满足，故a n ＝2－1n(n ∈N *)．【评析】已知a 1和数列递推关系求通项时，可先计算出前若干项，通过分析这些项与序号的关系，归纳猜想出数列的通项公式，但这种不完全归纳得到的结论往往需要进行验证；但对于“a na n －1＝f (n )”型递推关系常用“累乘法”求通项；对于“a n －a n －1＝f (n )”型递推关系常用累加法求通项；以上两种情形皆可用迭代法求通项．还须注意检验n ＝1时，是否适合所求．变式 写出下面各递推公式表示的数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1；(2)a 1＝4，a n ＋1＝n ＋2n a n.解：(1)由a 1＝1，a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，得a 1＝1，a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…， a n －1－a n －2＝3n －2，a n －a n －1＝3n －1，以上等式两边分别相加得a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12，n ＝1时，a 1＝1也适合，∴a n ＝3n －12.也可直接利用递推公式，逐项代替等式右边出现的a n －1，直至a 1： 由a n ＝3n －1＋a n －1＝3n －1＋3n －2＋a n －2＝…＝3n －1＋3n －2＋…＋32＋31＋a 1＝3n －12.当n ＝1时，a 1＝1也适合，∴a n ＝3n －12.(2)由递推关系a 1＝4，a n ＋1＝n ＋2n a n ，有a n ＋1a n ＝n ＋2n ，于是有a 2a 1＝3，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n －1a n －2＝n n －2，a na n －1＝n ＋1n －1，将这(n －1)个式子累乘，得a n a 1＝n （n ＋1）2，即当n ≥2时，a n ＝n （n ＋1）2a 1＝2n (n ＋1)，当n ＝1时，a 1＝4也满足．所以a n ＝2n (n ＋1)． 类型四 数列通项的性质例四 在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }先递增，后递减； (2)求数列{a n }的最大项．解：因a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n是积幂形式的式子且a n ＞0，所以可用作商法比较a n 与a n －1的大小． (1)证明：令a n a n －1≥1(n ≥2)，即（n ＋1）⎝⎛⎭⎫1011n n ·⎝⎛⎭⎫1011n －1≥1，整理得n ＋1n ≥1110，解得n ≤10.令a na n ＋1≥1，即（n ＋1）⎝⎛⎭⎫1011n（n ＋2）⎝⎛⎭⎫1011n ＋1≥1， 整理得n ＋1n ＋2≥1011，解得n ≥9.∴从第1项到第9项递增，从第10项起递减． (2)解：由(1)知a 9＝a 10＝1010119最大．【评析】要证明数列{a n }是单调的，可利用“{a n }是递增数列⇔a n ＜a n ＋1，数列{a n }是递减数列⇔a n ＞a n ＋1”来证明．注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题的重要途径，因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法．变式 设函数f (x )＝log 2x －log x 2(0＜x ＜1)，数列{a n }满足()na f 2＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．【名师点睛】1．已知数列的前几项，写出数列的通项公式，主要从以下几个方面来考虑： (1)如果符号正负相间，则符号可用(－1)n 或(－1)n＋1来调节．(2)分式形式的数列，分子找通项，分母找通项，要充分借助分子、分母的关系来解决． (3)对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决．此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决．2．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2），务必注意a n ＝S n －S n －1是在n ≥2的条件下，还需注意验证a 1是否符合a n (n ≥2)，是则合并，否则写成分段形式． 3．已知递推关系求通项这类问题要求不高，主要掌握由a 1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想a n 的方法，以及“累加法”“累乘法”等．(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可以用“累加法”得：a n ＝a 1＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)＋f (n )． (2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可以用“累乘法”得：a n ＝a 1·f (2)·f (3)·…·f (n －1)·f (n )． 4．数列的简单性质(1)单调性：若a n ＋1＞a n ，则{a n }为递增数列；若a n ＋1＜a n ，则{a n }为递减数列．(2)周期性：若a n ＋k ＝a n (n ∈N *，k 为非零正整数)，则{a n }为周期数列，k 为{a n }的一个周期．(3)最大值与最小值：若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1， 则a n 最大；若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n ＋1，a n ≤a n －1， 则a n 最小．针对训练1．数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式是( ) A ．1＋⎝⎛⎭⎫110nB ．－1＋⎝⎛⎭⎫110nC ．1－⎝⎛⎭⎫110nD ．1－⎝⎛⎭⎫110n ＋12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＝a n －1＋1a n －2(n ≥3)，则a 4等于( )A.5512B.133C ．4D ．5解：令n ＝3，4，即可求得a 4＝133.故选B .3．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：若a n ＋1＞|a n |(n ＝1，2，…)，则由|a n |≥a n ，知a n ＋1＞a n ，即{a n }为递增数列，充分性成立．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2，0，1，…，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1，2，…)不一定成立，亦即必要性不成立．故选B .4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n －40)，则下列判断中正确的是( ) A ．a 19>0，a 21<0 B ．a 20>0，a 21<0 C ．a 19<0，a 21>0D ．a 19<0，a 20>05．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋lg ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 的值为( ) A ．2＋lg n B ．2＋(n －1)lg n C ．2＋n lg nD ．1＋n lg n解法一：∵a n ＋1－a n ＝lg n ＋1n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝lgn n －1＋lg n －1n －2＋…＋lg 21＋2＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·32·21＋2＝lg n ＋2.解法二：a n ＋1＝a n ＋lg(n ＋1)－lg n ，a n ＋1－lg(n ＋1)＝a n －lg n ，所以数列{a n －lg n }是常数列，a n －lg n ＝a 1－lg1＝2，a n ＝2＋lg n .故选A . 6．对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n }满足x 1＝2，且对任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋…＋x 2012＋x 2013的值为( ) A ．9394 B ．9380 C ．9396D ．94007．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为________．解：a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.故填15.8．根据下面的图形及相应的点数，在空格和括号中分别填上适当的图形和点数，并写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.解：五个方向上点的个数每次多一个，因此第四项和第五项图形和点数为：由此得a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，a 4＝16＝5×4－4，…，故a n ＝5n －4，n ∈N *.故填5n －4，n ∈N *.9．根据数列{a n } 的前几项，分别写出下列数列的一个通项公式．(1)7，77，777，7777，…；(2)4，－52，2，－74，85，…； (3)3，5，3，5，…；(4)1，2，2，4，3，8，4，16，….解：(1)将各项改写如下79(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，79(104－1)，… 易知a n ＝79(10n －1)． (2)将各项绝对值改写如下41，52，63，74，85，… 综合考查分子、分母，以及各项符号可知a n ＝(－1)n－1n ＋3n. (3)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n 为奇数），5（n 为偶数）， 或 a n ＝（3＋5）＋（－1）n －1（3－5）2＝4＋(－1)n . (4)观察数列{a n }可知，奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，∴a n＝⎩⎨⎧n ＋12（n 为奇数），2n 2（n 为偶数）. 10．数列{a n }中，a n ＝n －n 2＋2，求数列{a n }的最大项和最小项．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足a 1＝2，na n ＋1＝S n ＋n (n ＋1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝S n 2n ，当n ≥3时，求证：T n ＞T n ＋1. 解：(1)∵na n ＋1＝S n ＋n (n ＋1)(n ∈N *)， 当n ＝1时，a 2＝S 1＋2＝a 1＋2＝4； 当n ≥2时，(n －1)a n ＝S n －1＋(n －1)n . ∴na n ＋1－(n －1)a n ＝S n －S n －1＋2n . ∴n (a n ＋1－a n )＝2n .∴a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2)． 又∵a 2－a 1＝2，a 1＝2，∴a n ＋1＝a n ＋2＝a n －1＋2×2＝…＝a 1＋2n ＝2(n ＋1)．从而有a n ＝2n .(2)证明：由(1)可求得S n ＝n （2＋2n ）2＝n 2＋n . ∴T n ＝n 2＋n 2n . ∴T n －T n ＋1＝n 2＋n 2n －（n ＋1）2＋（n ＋1）2n ＋1＝2n 2＋2n －n 2－2n －1－n －12n ＋1＝n 2－n －22n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1. ∴当n ≥3时，有T n －T n ＋1＞0，即T n >T n ＋1.12 已知数列{a n }的通项a n ＝n －98n －99(n ∈N *)，求{a n }的最大项及最小项． 解：设a n ＝f (n )＝n －98n －99，则a n ＝1＋99－98n －99. 如图(方便起见，画成连续曲线进行研究)．当1≤n ≤9时，a n ＜1，且此时{a n }递减， 即a 1＞a 2＞…＞a 9；当n ≥10时，a n ＞1，并且此时{a n }仍递减， 即有a 10＞a 11＞…＞a n ＞….综上有(a n )max ＝a 10＝10－9810－99， (a n )min ＝a 9＝9－989－99.。
周期数列的五种常见形式
周期数列对于数列F叮，如果存在一个常数—，使得对任意的正整数 _______________ 恒有成立，则称数列｛务｝是从第—项起的周期为—的周期数列。
若，则称数列｛乙｝为,若，则称数列｛务｝为, T 的称为最小正周期，简称周期。
儿种常见类型的周期数列：一、形如—亠("NJ1 + "”证明：例1•已知数列｛色｝中，q=b(b>0),畑=一一(ng )则能使= b的“的数值Q JI +1是( )(A) 14 (B) 15 (C) 16 (D) 17二、形如5+1 = 1--(幵丘皿)n证明：例2、已知数列｛色｝满足«,=2, ©+严1 —丄川川咖二_______________三、形如5+2 = %-叫(« e N+)证明：例3、已知数列｛兀｝满足兀+] = X n -x”T ("n 2) , “ = a , x2=b, IBS,, = x｛ +x2 +••• + x n 则卜列结论正确的是( )(A) x l()0=-a , S1(X)=2b-a (B) x100 = -Z?, S lo() = 2b-a(C) x IOO = -h 9 S I(X)=b-a (D) x10() = -a , S[(K)=h-a四、形如if证明：例4、数列仏｝满足严严1(,二2),。
严一蛊，则呗=—五、形如4+]=1_©(“W N+)(等和数列)证明：例5、在数列｛©｝中，勺=2, ©+[=1—©0疋"+),设S”为数列｛©｝的前项和，则S2006 一2S20O7 + S2008 = ( )(A) -3 (B) -2 (C) 3 (D) 2。
数列的知识点公式总结
数列的知识点公式总结一、数列的概念数列是按照一定的顺序排列的一系列数字的集合。
数列中的每一个数字被称作数列的项，用泛指变量表示，通常用字母表示。
通常我们用 {an} 表示一个数列，其中 n 表示数列的项数。
例如，{1, 2, 3, 4, 5, ...} 就是一个自然数列，其中的每一项都是自然数。
数列的项数可以是有限个，也可以是无限个。
当数列的项数是有限个时，这样的数列被称为有限数列；而当数列的项数是无限个时，这样的数列被称为无限数列。
数列中每一项的下标也称为项数，通常用 n 表示。
当数列的项数是有限个时，数列通常按照从小到大的顺序排列；当数列的项数是无限个时，数列可能有很多不同的排列方式。
数列的项可能是整数、分数、小数等各种类型的数。
而数列的项之间的关系按照一定的规律排列，这种规律可以通过不同的方式进行描述，如递推关系、通项公式等。
二、等差数列等差数列是一种常见的数列类型，其中相邻两项之间的差值是一个常数。
等差数列通常用{an} 表示，其中 a1、a2、a3、... 分别表示数列中的第一项、第二项、第三项等。
等差数列的通项公式可以表示为：an = a1 + (n-1)d，其中 a1 表示数列的第一项，d 表示数列的公差，n 表示数列的项数。
例如，数列 {3, 6, 9, 12, 15, ...} 就是一个等差数列，其中公差为 3。
这个数列的通项公式可以表示为 an = 3 + (n-1)×3。
如果给定一个等差数列的前 n 项和 Sn，那么其求和公式为：Sn = n/2×(a1 + an)，其中 a1表示数列的第一项，an 表示数列的第 n 项。
等差数列有一个重要的性质，即等差数列的中项等于其首项与末项的算术平均数。
即(an + a1)/2 = an表示数列的中项。
三、等比数列等比数列是另一种重要的数列类型，在等比数列中，相邻两项的比值是一个常数。
等比数列通常用{an} 表示，其中a1、a2、a3、... 分别表示数列中的第一项、第二项、第三项等。
秋季六年级数学同步课程第十讲 周期问题
第十讲周期问题一、知识梳理世间万物，千奇百怪；运动变化，千姿百态。
可这貌似“杂乱无章”的世界却受到各式各样的规律支配着。
在这些规律中，有一种最常见的规律就是从形形色色的周期现象中提炼出来的规律。
如果某一事物的变化具有周期性，那么，该事物在经历一段变化后，又会呈现原俩的状态。
我们把事物所经历的这一段，叫该事物变化的周期。
例如，在自然数列中，各位数字变化的周期是10；星期日出现的周期是7（天）；用动物记年的走器是12（年）等等。
在数学中，我们把与周期性有关的数学问题叫做周期问题。
二、方法归纳一般解答思路：（1）判断是否是周期现象（几个重复一次周期就是几）；（2）用除法算式来表示周期现象：总数÷…… 余数；整周期部分非整周期部分无余数：本组的最后一个；有余数：下一组的第余数个。
（3）根据除法算式想象排列图；（4）根据要求求解。
三、课堂精讲（一）、图形中的周期问题例1.两个小朋友比赛智力，一位小朋友画出了一组图形（排列如下），根据排列的规律。
请算出第60个图形是（），第121个图形是（）。
【规律方法】每3个图形为一组，称为一个周期。
没有余数，说明组合里刚好有完整的周期数。
【搭配课堂训练题】【难度分级】A1. 如图所示，黑珠、白珠共l26个，穿成一串，这串珠子中最后一个珠子是__________颜色的，这种颜色的珠子共有__________个．2. 如图，算出第20个图形是什么？○△△□□□○△△□□□○△△…………3.观察图中图形的规律，第200个图形应该是下面A、B、C、D四个图形中的哪一个？例2．如图，将下面的每一列上、下两个字组成一组,例如第一组为(我奥),第二组为(最数),那么第235组为什么数呢?周期的项，比较繁。
我们可以分行找规律，求出该行第235组是什么，在将它们组合。
【搭配课堂训练题】【难度分级】A4.下表中每列上下两个汉字和字母组成一组，例如，第一组是（我A），第二组是（们B），…(1)第82组是什么？(2)如果（爱C）代表1978年，（数D）代表1979年，…那么，2000年将对应哪一组？5. 如图，将下面的每一列上、中、下三个字组成一组,例如第一组为(学看广),第二组为(好亚州),请问第289组为什么呢?学好数学学好数学学…看亚运看亚运看亚运…广州亚运会广州亚运…例3．如图，伸出左手，然后从大拇指开始数数。
数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)
数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =S 1，n =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=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 .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=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)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 *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na n 的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q .因为S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23， 当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1， 所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。
数字推理经典题型汇总与解析(名师团队提供)
数字推理数字推理是公务员录用考试数量关系部分的一个重要组成内容国考行测部分最大的变化之一。
无论未来的各级公职人员录用考试中会否再出现数字推理题型，不可否认的是，数字推理图形都是锻炼、测量人才思维速度和思维深度的重要题型之一。
数字推理题的题目形式为：每道题给出一个数列，但其中缺少一项（或几项），要求考生仔细观察这个数列各数字之间的关系，找出其中的排列规律，然后从四个供选择的答案中选出最合适、最合理的一个数字来填补空缺项，使之符合原数列的排列规律。
【例题】1, 3, 5, 7, 9， ( )A.7B.8C.11D.13【解答】正确答案是11。
原数列是一个等差数列，公差为2，故应选C。
通过例题我们不难发现，数字推理部分重点测查的是报考者对数字关系的理解、计算和判断推理的能力。
在国家公务员考试命题推理类命题当中，数字推理及图形推理是不含有任何文字说明的两类题型，干扰因素相对较少，主要考察报考者的逻辑思维能力及抽象思维能力，要求报考者具有一定的思维速度及深度。
在长期的教学实践当中，数字推理部分最常出现的错误便是“以偏盖全”，即将题干中给出数列的某一片段拿出，臆造出一个仅符合这一片段的数列规律，并以此为依据求得未知项。
下面我来举一个简单的例子。
如：3，5，7，（），13很多考生见到这个数列的前三项“3，5，7”往往会认为此数列为首项为3，公差为2的等差数列。
推理出所求项答案为9。
但将9代入括号中，“3，5，7，9，13”这一数列并不构成公差为2的等差数列，其原因是得出所求项的依据仅仅是由前三项得出的数字规律推出，并没有考虑到最后一项“13”。
统揽全题后，观察题干中给出的各项数字，可以发现，此数列其实为一基础质数列，所求项应为“11”，完整数列为“3，5，7，11，13”。
由上例我们不难看出，一个数列的规律不能仅仅依据其中几项的规律得出，要做到统揽全题，审题思考时不丢项不落项。
当题目中某几项有显而易见的规律时，要将依此规律得出的答案带回整个数列进行验证，以确保不出现“以偏盖全”的错误思维。
专题一：数列通项公式的求法详解(八种方法)041019210228
其通项分为奇数项和偶数项来讨论. （2）形如 an1 an f (n) 型①若 an1 an p (p 为常数)，则数列{ an }为“等
积数列”，它是一个周期数列，周期为 2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;②若 f(n)为 n 的函数（非常数）时，可
通过逐差法得 an an1 f (n 1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
[例 2]
设 Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求
f (n)
Sn (n 32)Sn1
的最大值.
答案
n＝8
时，
f
(n)max
1 50
二、错位相减法 方法简介：此法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前 n 项 和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.
只需求首项及公差公比.
公式法 2： 知 sn 利用公式
an
s1 , Sn
n
S
1
n1
,
n
.
2
例 5：已知下列两数列{an}的前 n 项和 sn 的公式，求{an}的通项公式.（1） Sn n3 n 1. （2） sn n2 1
答案：（1） an =3 n 2
3n
.答 案 ：
an n2 5 (n N)
例 6. 若在数列 an 中， a1 3 ， an1 an 2n ，求通项 an
.答案： an = 2n 1
思想启发：尝试推导特殊数列有关的公式，性质，结论是掌握并灵活应用它们的最好方法.
1
总结方法,领悟思想，感受成功.
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周期数列的五种常见形式
周期数列指的是数列中出现的元素具有一定的规律性，按照一定的模
式循环出现。
常见的周期数列有以下五种形式：
1.等差数列：等差数列是指数列中的相邻元素之间的差值是常数。
即
每项与前一项的差值相等。
例如：1,4,7,10,13,...这个数列的公差是3，每一项与前一项之间的差是3
2.等比数列：等比数列是指数列中的相邻元素之间的比值是常数。
即
每项与前一项的比值相等。
例如：2,4,8,16,32,...这个数列的公比是2，每一项与前一项之间的比值是2
3.斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中的每一项等于其前两项之和。
即从第三项开始，每一项等于前两项的和。
例如：1,1,2,3,5,8,...
这个数列的特点是，从第三项开始，每一项等于前两项的和。
4.周期为两个数的和：这种数列的每一项等于其前两项之和。
但是相
比斐波那契数列，前两项可以不是1，1，而可以是任意两个正整数。
例如：3,5,8,13,21,...这个数列的特点是，从第三项开始，每一项等于前
两项的和。
5.等差等比数列交替：这种数列是由等差数列和等比数列交替组成。
即相邻两个数列的元素分别满足等差和等比的规律。
例如：
1,2,4,7,11,16,22,...这个数列的特点是，前两个元素满足等差规律（每
一项与前一项之间的差是1），后两个元素满足等比规律（每一项与前一
项之间的比是2）。
这些是周期数列的五种常见形式。
每个数列都有自己的特点和规律，
通过观察数列中元素之间的关系，可以找到数列的规律并预测后续的元素。
周期数列的应用非常广泛，不仅在数学中有重要的地位，还在其他领域如物理、经济等中有着重要的应用价值。