高考数学数列题型篇_题型归纳

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数列高考常见题型分类汇总

数列通项与求和一、数列的通项方法总结：对于数列的通项的变形，除了常见的求通项的方法，还有一些是需要找规律的，算周期或者根据图形进行推理。

其余形式我们一般遵循以下几个原则：①对于同时出现n a ,n ,n S 的式子，首先要对等式进行化简。

常用的化简方法是因式分解，或者同除一个式子，同加，同减，取倒数等，如果出现分式，将分式化简成整式；②利用1--=n n n S S a 关系消掉n S （或者n a ），得到关于n a 和n 的等式，然后用传统的求通项方法求出通项；③根据问题在等式中构造相应的形式，使其变为我们熟悉的等差数列或等比数列；④对于出现2n a 或2n S （或更高次时）应考虑因式分解，最常见的为二次函数十字相乘法，提取公因式法；遇到1+∙n n a a 时还会两边同除1+∙n n a a .1. 规律性形式求通项 1-1.数列{a n }满足a n+1=，若a 1=，则a 2016的值是（）A ．B ．C ．D ．1-2.分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦•B •曼德尔布罗特（Benoit B ．Mandelbrot ）在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立，为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图按照的分形规律生长成一个树形图，则第12行的实心圆点的个数是（）A ．55B ．89C ．144D ．2331-3.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n 行有n 个数且两端的数均为（n ≥2），每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，，，…，则第10行第4个数（从左往右数）为（）A ．B ．C ．D ．2.出现n a ,n ,n S 的式子1-4.正项数列{a n }的前项和{a n }满足:222(1)()0n n s n n s n n -+--+=(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令()2221n n a n n b ++=,数列{b n }的前n 项和为n T .证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T <.1-5.设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n ∈N . (1) 求2a 的值;(2) 求数列{}n a 的通项公式.1-6.已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}),0(*N n b b n n ∈≠满足02111=+-+--n n n n n n b b b a b a .(1)令nn n b a c =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13-=n n b ，求数列{}n a 的前n 项和n S .牛刀小试：1.已知数列{n a }的前n 项和为Sn ，1a ＝1，且122(1)(1)(*)n n nS n S n n n N +-+=+∈，数列{n b }满足2120(*)n n n b b b n N ++-+=∈，53=b ，其前9项和为63.（1）求数列数列{n a }和{n b }的通项公式；2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1111,.22n n n a a a n ++== (1)求{}n a 的通项公式;(2)设(){}**2,,n n n b n S n N M n b n N λ=-∈=≥∈，若集合恰有4个元素,求实数λ的取值范围.3.需构造的（证明题）1-7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足021=∙++n n n S S a ()2≥n ,211=a . (1) 求证:⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是等差数列; (2)求n a 表达式；1-8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n+1=S n +3n （n ∈N *）．（1）求证：{S n ﹣3n }是等比数列；（2）若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围．牛刀小试1．已知数列{n a }中，=1a 32，=+1n a )(12*∈+N n a a n n ．（1）证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11n a 是等比数列；（2）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 的前n 项和为n S ．2.数列{n a }中，=1a 1，=+1n a )(122411*∈-=-N n a b a n n n ，．（1）求证：数列{n b }是等差数列；二、数列求和与放缩数列求和的考察无外乎错位相减、裂项相消或者是分组求和等，但有一些通项公式需要化简才可以应用传统的方法进行求和。

数列中的构造问题--2024高考数学大题题型归纳(解析)

数列中的构造问题1已知数列a n 满足a 1=1，a 2=5，a n +2=5a n +1-6a n ．(1)证明：a n +1-2a n 是等比数列；(2)证明：存在两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由a n +2=5a n +1-6a n 构造出a n +2-2a n +1=q a n +1-2a n ，用等比数列定义证明即可；(2)通过两次构造等比数列，求出a n 的通项公式，根据通项公式得出结论即可.【详解】(1)由已知，a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-2a n +1=5a n +1-6a n -2a n +1，∴a n +2-2a n +1=3a n +1-6a n =3a n +1-2a n ，显然a n +1-2a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-2a n ≠0，∴a n +2-2a n +1a n +1-2a n=3，∴数列a n +1-2a n 是首项为a 2-2a 1=5-2=3，公比为3的等比数列.(2)∵a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-3a n +1=5a n +1-6a n -3a n +1，∴a n +2-3a n +1=2a n +1-6a n =2a n +1-3a n ，显然a n +1-3a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-3a n ≠0，∴∴a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2，∴数列a n +1-3a n 是首项为a 2-3a 1=5-3=2，公比为2的等比数列，∴a n +1-3a n =2n ，①，又∵由第(1)问，a n +1-2a n =3n ，②，∴②-①得，a n =3n -2n ，∴存在b n =3n ，c n =-2n ，两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．2已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.【答案】(1)a n =2n ，n ∈N *(2)λ∈-2,6【分析】(1)由a n a n +1=4S n ，可得a n -1a n =4S n -1n ≥2 ，两式相减并化简后可得a n +1-a n -1=4n ≥2 ，后分奇偶情况可得a n ；(2)方法1，由题b n =-3 n --1 n ，由等比数列前n 项和公式可得T 2k ,T 2k -1表达式；方法2，注意到b 2k -1+b 2k =2⋅32k -1，可得T 2k ,T 2k -1表达式.后注意到T 2k ,T 2k -1的单调性，利用T 1<λ<T 2可得答案.【详解】(1)∵a n a n +1=4S n ，∴a n -1a n =4S n -1n ≥2 .∴a n a n +1-a n -1 =4a n n ≥2 ，∵a n ≠0，∴a n +1-a n -1=4n ≥2 .又a 1=2，a 1a 2=4S 1，∴a 2=4，∴数列a n 的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当n =2k -1时，a 2k -1=4k -2=22k -1 ；当n =2k 时，a 2k =4k =2⋅2k .综上，a n =2n ，n ∈N *(2)方法一：∵b n =-1 n 3n -1 =-3 n --1 n =-3 n +-1 n +1，∴T n =-3 1--3 n1--3+1--1 n 1--1=3-3 n -34+1--1 n 2=3-3 n -2-1 n -14.∴T 2k =39k -1 4，T 2k -1=141-9k .方法二：∵b n =-1 n 3n -1 ，∴b 2k -1+b 2k =-32k -1-1 +32k -1 =2⋅32k -1，∴T 2k =2⋅31+2⋅33+2⋅35+⋯+2⋅32k -1=39k -1 4，∴T 2k -1=T 2k -b 2k =39k -1 4-32k -1 =141-9k ，∴n =2k ,k ∈N *时，T n =T 2k =39k -1 4为递增数列，n =2k -1,k ∈N *时，T n =T 2k -1=141-9k 为递减数列，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，只需使λ>T 2k -1 max =T 1，则λ>-2且λ<T 2k min =T 2，则λ<6.∴λ∈-2,63已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=a 2n -2a n +2.(1)证明数列ln a n -1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n +1a n -2，数列b n 的前n 项和S n ，求证：S n <2.【答案】(1)证明见解析，a n =22n -1+1(2)证明见解析【分析】(1)根据递推公式证明ln a n +1-1 ln a n -1 为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2 =121a n -2-1a n，则1a n =1a n -2-2a n +1-2，再利用裂项相消法求出数列b n 的前n 项和S n ，即可得证.【详解】(1)因为a n +1=a 2n -2a n +2，所以a n +1-1=a n -1 2，则ln a n +1-1 =ln a n -1 2=2ln a n -1 ，又ln a 1-1 =ln2，所以数列ln a n -1 是以ln2为首项，2为公比的等比数列，则ln a n -1 =2n -1⋅ln2=ln22n -1，所以a n =22n -1+1；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2=121a n -2-1a n，所以1a n =1a n -2-2a n +1-2，所以b n =1a n +1a n -2=1a n -2-2a n +1-2+1a n -2=2a n -2-2a n +1-2，所以S n =b 1+b 2+⋯+b n=2a 1-2-2a 2-2 +2a 2-2-2a 3-2 +⋯+2a n -2-2a n +1-2=2a 1-2-2a n +1-2=2-222n -2，因为222n -2>0，所以2-222n-2<2，所以S n <2.4已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +2n =3a n n ∈N * ．(1)a n 的通项公式；(2)若b n =na n +n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -1(2)T n =n 2-14 ×3n +1+34【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2 作差得到a n =3a n -1+2，从而得到a n +1=3a n -1+1 ，即可得到a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，即可求出通项公式；(2)由(1)可知b n =n ×3n ，利用错位相减法求和即可.【详解】(1)因为2S n +2n =3a n n ∈N * ①，当n =1时2S 1+2=3a 1，则a 1=2，当n ≥2时2S n -1+2n -1 =3a n -1②，①-②得2S n +2n -2S n -1-2n -1 =3a n -3a n -1，即2a n +2=3a n -3a n -1，则a n =3a n -1+2，所以a n +1=3a n -1+1 ，所以a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n +1=3n ，则a n =3n -1.(2)因为b n =na n +n ，所以b n =n 3n -1 +n =n ×3n ，所以T n =1×31+2×32+3×33+⋯+n ×3n ③，3T n =1×32+2×33+3×34+⋯+n ×3n +1④，③-④得-2T n =1×31+1×32+1×33+⋯+1×3n -n ×3n +1=31-3n 1-3-n ×3n +1=12×3n +1-32-n ×3n +1=12-n ×3n +1-32，所以T n =n 2-14 ×3n +1+34.5已知各项均为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1+3(正整数n ≥2)(1)求证：数列a n +3 是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析(2)S n =2n +2-3n -4【分析】(1)由题意转化条件得a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，结合a 1+3=4≠0即可得证；(2)由题意可得a n +3=2n +1，进而可得a n =2n +1-3，由分组求和法即可得解.【详解】(1)证明：已知递推公式a n =2a n -1+3，两边同时加上3，得：a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，因为a n >0,a n +3>0，所以a n +3a n -1+3=2n ≥2 ，又a 1+3=4≠0，所以数列a n +3 是以a 1+3=4为首项、以2为公比的等比数列.(2)由(1)a n+3=4×2n-1=2n+1，则a n=2n+1-3n∈N*，所以S n=a1+a2+⋅⋅⋅+a n=22-3+23-3+⋅⋅⋅+2n+1-3=22+23+⋅⋅⋅+2n+1-3n=4⋅1-2n1-2-3n=2n+2-3n-4.6设各项均为正数的数列{a n}满足S na n=pn+r(p,r为常数)，其中S n为数列{a n}的前n项和.(1)若p=1,r=0，求证：{a n}是等差数列；(2)若p=13,a1=2，求数列{a n}的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2)a n=n2+n.【分析】(1)把p=1,r=0代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”计算推理作答.(2)把p=13代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”求出{a n}相邻两项间关系，再构造常数列作答.【详解】(1)当p=1,r=0时，S n=na n，当n≥2时，S n-1=n-1a n-1，两式相减，得a n=na n-(n-1)a n-1，整理得a n-a n-1=0，所以{a n}是等差数列.(2)当p=13时，S n =13n+ra n，令n=1，而a1=2，得13+r=1，解得r=23，于是S n=13n+23a n，当n≥2时，S n-1=13n+13a n-1，两式相减，得a n=13n+23a n-13n+13a n-1，整理得(n-1)a n=(n+1)a n-1，即a n n+1=a n-1n-1，因此a n(n+1)n=a n-1n(n-1)，数列a n(n+1)n是常数列，从而a n(n+1)n=a12×1=1，a n=n2+n，显然a1=2满足上式，所以数列{a n}的通项公式是a n=n2+n.7已知数列a n，2a n+1=a n a n+1+1，a1=3．(1)求证：数列1a n-1是等差数列．(2)设b n=1-a n1-a n+1，求证：数列b n的前n项和S n<-2．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)根据2a n+1=a n a n+1+1，证明1a n+1-1-1a n-1等于定值即可；(2)利用裂项相消法求出数列b n的前n项和S n，即可得证.【详解】(1)∵2a n+1=a n a n+1+1，∴a n-2a n+1=-1，∵a1=3，∴a n-2≠0，∴a n+1=12-a n，∴1 a n+1-1-1a n-1=112-a n-1-1a n-1=2-a na n-1-1a n-1=-a n-1+1a n-1-1a n-1=-1，∴1a n -1是首项为1a n -1=12，公差为-1的等差数列；(2)由(1)知1a n -1=-n +32，∴a n =132-n +1，∴b n =1-a n 1-a n +1 =1n -32⋅1n -12=1n -32-1n -12，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n=11-32-11-12+12-32-12-12+13-32-13-12+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-2+2-23+23-25+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-1n -12，∵n ∈N *，∴1n -12>0，∴S n <-2．8已知数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，数列b n 满足b 1=1，且b n +1=b n b n +2n ∈N + (1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列b n 的通项公式；(3)对于n ∈N +，试比较b n +1与a n 的大小.【答案】(1)a n =1n 2+n (2)b n =12n -1(3)b n +1<a n【分析】(1)由数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，利用a n =S 1n =1 S n -S n -1n ≥2 ，能求出a n =1n 2+n；(2)由b n +1=b n b n +2n ∈N + ，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，从而得到1b n +1 是以首项为1b 1+1=2，公比为2的等比数列，由此能求出b n =12n -1；(3)将问题转化为证明2n +1-1>n 2+n 成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=12；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n n +1-n -1n =1n n +1 =1n 2+n，经检验，n =1时，a 1=12也符合上式，所以数列a n 的通项公式为a n =1n 2+n；(2)易知b n >0，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，整理得1b n +1+1=21b n +1，∴1b n +1是以首项为1b1+1=2，公比为2的等比数列，∴1 b n +1=2×2n-1,∴b n=12n-1；(3)由(1)(2)问可知，欲比较b n+1=12n+1-1与a n=1n2+n的大小，即比较2n+1-1与n2+n的大小.当n=1时，21+1-1=3,12+1=2，有3>2；当n=2时，22+1-1=7,22+2=6，有7>6；当n=3时，23+1-1=15,32+3=12，有15>12，猜想2n+1-1>n2+n，下面证明:方法一：当n≥4时，2n+1-1=(1+1)n+1-1=C0n+1+C1n+1+C2n+1+⋯+C n-1n+1+C n n+1+C n+1n+1-1≥2C0n+1+2C1n+1+2C2n+1-1=2+2n+1+n+1n-1>n2+n，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法二：令f x =2x+1-1-x2-x，则f x =2x+1ln2-2x-1,令g x =f x =2x+1ln2-2x-1,则g x =2x+1(ln2)2-2≥2x+1(ln e)2-2=2x-1-2，当x∈4,+∞时，g x =2x-1-2>0,g x 即f x 在x∈4,+∞单调递增，f x ≥f 4 =2x+1ln2-2x-1>25×12-2×4-1=7>0,f x 在x∈4,+∞单调递增，所以f x ≥f4 >24+1-1-42-4=11>0，所以2x+1-1-x2-x>0，即2x+1-1>x2+x，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法三：下面用数学归纳法证明①当n=1时，显然成立；当n=2时，显然成立；②假设n=k时(k≥2)，猜想成立，即2k+1-1>k2+k成立，那么当n=k+1时，2k+2-1=2⋅2k+1-1=2⋅2k+1-1+1>2⋅k2+k+1=2k2+2k+1，因为2k2+2k+1-(k+1)2+k+1=k2-k-1，对任意的k≥2且k∈N+上式都大于0，所以有2k+2-1>(k+1)2+k+1，综上所述，2n+1-1>n2+n对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.9已知数列a n有递推关系a n+1=9a n-105a n-6n∈N*,a n≠65,a1=95,(1)记a n=b n+k,若数列b n的递推式形如b n+1=rb npb n+qp,q,r∈R且p,r≠0 ，也即分子中不再含有常数项，求实数k的值；(2)求a n的通项公式.【答案】(1)1或2(2)a n=4n4n--1n+1【分析】(1)根据题意整理可得b n+1=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，即-5k2+15k-10=0，运算求解即可；(2)取k=1，可得b n+1=4b n5b n-1，利用构造法结合等比数列求通项公式.【详解】(1)因为a n=b n+k，且a n+1=9a n-105a n-6，所以b n+1=a n+1-k=9b n+k-105b n+k-6-k=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，则-5k2+15k-10=0，解得k=1或2；(2)由(1)可得：当k=1时，则a n=b n+1，且b n+1=4b n5b n-1，可得1b n+1=5b n-14b n=-14×1b n+54，则1b n+1-1=-141b n-1，且1b1-1=14≠0，故数列1b n-1是以14为首项，-14为公比的等比数列，∴1 b n -1=14×-14n-1=--1 n4n，则b n=4n4n--1n，故a n=4n4n--1n+1.10已知数列a n满足a1+a3=2a2，a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，数列cn满足c n=a2n-1．(1)求数列c n和a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)c n=2⋅3n-1-1，a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数(2)S n=4⋅3n2-2n-4,n为偶数2⋅3n+12-2n-3,n为奇数【分析】(1)由题意先求出a1，再根据c n=a2n-1，得c1=a1,c n+1=a2n+1，从而可得c n+1=3c n+2，再利用构造法求出c n的通项，从而可得a n的通项公式；(2)分n为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.【详解】(1)a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，得a2=3a1,a3=a2+2=3a1+2，因为a1+a3=2a2，即a1+3a1+2=6a1，解得a1=1，由c n=a2n-1，得c1=a1=1,c n+1=a2n+1，又a2k=3a2k-1,a2k+1=a2k+2,k∈N*，故a2k+1=3a2k-1+2，所以c k+1=3c k+2，即c n+1=3c n+2，所以c n+1+1=3c n+1，又c1+1=2，所以数列c n+1是以2为首项，3为公比的等比数列，所以c n+1=2⋅3n-1，所以c n=2⋅3n-1-1，则a2n-1=2⋅3n-1-1，故a2n=3a2n-1=2⋅3n-3，所以a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数；(2)当n为偶数时，S n=a1+a3+⋯+a n-1+a2+a4+⋯+a n=4a1+a3+⋯+a n-1=4c1+c2+⋯+c n2=4×21-3n2 1-3-n 2 =4⋅3n 2-2n -4，当n 为奇数时，S n =S n +1-a n +1=4⋅3n +12-2n +1 -4-2⋅3n +12-3 =2⋅3n +12-2n -3，综上所述，S n =4⋅3n 2-2n -4,n 为偶数2⋅3n +12-2n -3,n 为奇数 .11已知S n 为数列a n 的前n 项和，a 1=2，S n +1=S n +4a n -3，记b n =log 2a n -1 +3．(1)求数列b n 的通项公式；(2)已知c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，记数列c n 的前n 项和为T n ，求证：T n ≥221．【答案】(1)b n =2n +1n ∈N *(2)证明见解析【分析】(1)利用S n 与a n 的关系，整理数列a n 的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；(2)写出数列c n 的通项，利用裂项相消，可得T n ，分奇偶两种情况，可得答案.【详解】(1)由S n +1=S n +4a n -3，得S n +1-S n =4a n -3．∴a n +1=4a n -3，则a n +1-1=4a n -1 ．∴a 1-1=2-1=1，∴数列a n -1 是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a n -1=4n -1=22n -2n ∈N * ．∵b n =log 2a n -1 +3，∴b n =log 222n -2+3=2n +1n ∈N * ．(2)∵c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，∴c n =-1 n +1⋅2n +22n +1 2n +3=-1 n +1⋅1212n +1+12n +3 ∴T n =c 1+c 2+c 3+⋅⋅⋅+c n=1213+15 -15+17 +17+19 -⋅⋅⋅+-1 n +112n +1+12n +3当n 为奇数时，T n =1213+12n +3 >16>221．当n 为偶数时，T n =1213-12n +3 ，T n 是递增数列，∴T n ≥T 2=1213-17 =221．综上得：T n ≥221．12已知数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3．(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1，数列c n 满足c 4n -3=b 2n -1,c 4n -2=a 2n -1,c 4n -1=a 2n ,c 4n =b 2n ，求c n 的前4n +1项和S 4n +1．【答案】(1)a n =2n -1+1(2)S 4n +1=4n 2+6n +4n【分析】(1)根据递推关系解方程得a 1=2，进而证明数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，再根据等比数列通项公式求解即可；(2)由题知c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，进而令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n ，记数列d n 的前n 项和为T n ，则S 4n +1为T n 与c 4n +1的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.【详解】(1)解：数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3所以，a 2=2a 1-1a 3=2a 2-1a 1+a 2=a 3，解得a 1=2,a 2=3,a 3=5，由a n +1=2a n -1得a n +1-1=2a n -1 ，即a n +1-1a n -1=2，所以，数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，所以a n -1=2n -1，即a n =2n -1+1所以，a n 的通项公式为a n =2n -1+1(2)解：因为b n =2n -1，a n =2n -1+1，所以c 4n -3=b 2n -1=22n -1 -1=4n -3，c 4n -2=a 2n -1=22n -2+1，c 4n -1=a 2n =22n -1+1，c 4n =b 2n =4n -1，所以，c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅22n -2=8n -2+3⋅4n -1，令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，设数列d n 的前n 项和为T n ，因为数列8n -2 为等差数列，3⋅4n -1 为等比数列，所以，T n =n 6+8n -2 2+3×1-4n 1-4=4n 2+2n +4n -1因为数列c n 的前4n +1项和为T n 与c 4n +1的和，c 4n +1=c 4n +1 -3=4n +1 -3=4n +1，所以，S 4n +1=T n +c 4n +1=4n +1+4n 2+2n +4n -1=4n 2+6n +4n .13设数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=2，2S n +1a n +1=2S n a n+1.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1S n，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n(2)T n =n n +1【分析】(1)先根据2S n +1a n +1=2S n a n +1，可得数列S n a n 是以12为公差的等差数列，从而可得数列S n a n 的通项，再根据a n 与S n 的关系结合构造法即可得解；(2)先求出数列b n 的通项，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)因为2S n +1a n +1=2S n a n +1，所以S n +1a n +1-S n a n =12，所以数列S n a n 是以S 1a 1=1为首项，12为公差的等差数列，所以S n a n =n +12，则S n =n +12a n ，当n ≥2时，S n -1=n 2a n -1，两式相减得a n =n +12a n -n 2a n -1，即a n n =a n -1n -1，所以数列a n n 为常数列，且a n n =a 11=2，所以a n =2n ；(2)由(1)得S n =n +12a n =n n +1 ，所以b n =1S n =1n n +1=1n -1n +1，所以T n =1-12+12-13+13-14+⋯+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1.14已知数列a n 满足a 1=1，a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ．(1)求证：数列a n +1 是等比数列；(2)若b n =2n +1 a n +1-a n ，S n 为数列b n 的前n 项和，求S n ．【答案】(1)证明见解析(2)S n =4n ⋅3n ，n ∈N *【分析】(1)根据递推公式证明a n +1a n -1+1为定值即可；(2)先由(1)求得数列a n 的通项，从而可得数列b n 的的通项，再利用错位相减法求解即可.【详解】(1)因为a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ，所以a n +1=3a n -1+1 ，又a 1+1=2，所以a n +1 是以2为首项，以3为公比的等比数列；(2)由(1)知a n +1=2⋅3n -1，故a n =2⋅3n -1-1，所以b n =2n +1 2⋅3n -1-2⋅3n -1+1 =432n +1 ⋅3n ，故S n =433×3+5×32+7×33+⋯+2n +1 ⋅3n ，则3S n =433×32+5×33+⋯+2n -1 ⋅3n +2n +1 ⋅3n +1 ，两式相减得-2S n =433×3+2×32+2×33+⋯+2⋅3n -2n +1 ⋅3n +1 =433+61-3n 1-3-2n +1 3n +1 =-8n ⋅3n ，所以S n =4n ⋅3n .15设数列a n 的前n 项和为S n ,S n =2a n +2n -6n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2n +1a n a n +1 的前m 项和T m =127258，求m 的值.【答案】(1)a n =2n(2)7【分析】(1)当n ≥2时，构造S n -1=2a n -1+2n -8，与条件中的式子，两式相减，得a n =2a n -1-2，转化为构造等比数列求通项公式；(2)由(1)可知b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2，利用裂项相消求和法求解.【详解】(1)因为S n =2a n +2n -6，所以当n =1时，S 1=2a 1-4，解得a 1=4．当n ≥2时，S n -1=2a n -1+2n -8，则S n -S n -1=2a n -2a n -1+2，整理得a n =2a n -1-2，即a n -2=2a n -1-2 ．所以数列a n -2 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n -2=2×2n -1=2n ．所以a n =2n +2.(2)令b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2=212n +2-12n +1+2，数列b n 的前m 项和T m =214-16+16-110+110-114+⋯+12m +2-12m +1+2，=214-12m +1+2=12-22m +1+2，则12-22m +1+2=127258，则22m +1+2=2258，则2m +1=256⇒m =7.m 的值为7.16已知数列a n 满足a 1=1，n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =n (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【分析】(1)由题意得数列a nn为常数列，可数列a n 的通项公式；(2)利用错位相减法求数列前n 项和.【详解】(1)由n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ，得a n n =a n -1n -1n ≥2 ，所以数列a n n 为常数列，有a nn =a 11=1，∴a n =n (2)b n =2n ⋅a n =n ⋅2n ，S n =21+2×22+3×23+⋯+n -1 2n -1+n ⋅2n ，2S n =22+2×23+3×24+⋯+n -1 2n +n ⋅2n +1，两式相减，-S n =21+22+23+⋯+2n -n ⋅2n +1=21-2n 1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，所以S n =n -1 ⋅2n +1+217记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-2，S n +1+2S n =-2 n +1.(1)求a n 的通项公式；(2)记数列a n 的前n 项和为T n ，证明：S n ≤T n <3S n .【答案】(1)a n =-2 n -1-3n +1 (2)见解析【分析】(1)根据辅助数法，整理等式，可得数列S n-2 n的通项，在根据a n 与S n 的关系，可得答案；(2)整理数列a n 的通项公式，利用错位相减法，求得T n ，根据作差法以及数列的单调性，可得答案.【详解】(1)由S n +1=-2S n +-2 n +1，两边同时除以-2 n +1可得：S n +1-2 n +1=S n-2 n +1，故数列S n -2 n为以1为公差的等差数列，则S n-2 n =S 1-21+n -1 ×1=a 1-2+n -1=n ，即S n =n ⋅-2 n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n ⋅-2 n -n -1 -2 n -1=-2 n -1-3n +1 ，将n =1代入上式，可得a 1=-2 1-1-3+1 =-2，则a 1满足上式，故数列a n 的通项公式a n =-2 n -1-3n +1 .(2)由n ∈N *，则-3n +1<0，即a n =-2 n -1-3n +1 =2n -13n -1 ，T n =20×2+21×5+22×8+⋯+2n -13n -1 ，2T n =21×2+22×5+23×8+⋯+2n 3n -1 ，两式相减可得，-T n =2+21×3+22×3+⋯+2n -1×3-2n 3n -1 =2+3×2+22+23+⋯+2n -1 -2n 3n -1 =2+3×2×1-2n -1 1-2-2n 3n -1=2+6×2n -1-1 -2n 3n -1 =2+3×2n -6-2n 3n -1 =-4+2n 4-3n ，则T n =4+2n 3n -4 ，由(1)可得S n =n ⋅-2 n =n ⋅2n ，T n -S n =4+2n 3n -4 -n ⋅2n =4+2n 2n -4 ，令b n =4+2n 2n -4 ，b n +1-b n =4+2n +12n +2-4 -4-2n 2n -4 =n ⋅2n +1>0，则数列b n 为递增数列，b 1=4+21×2-4 =0，则b n ≥0，即T n ≥S n ；T n -3S n =4+2n 3n -4 -3n ⋅2n =4-2n +2，令c n =4-2n +2，易知数列c n 为递减数列，c 1=4-21+2=-4<0，则c n <0，即3S n >T n .综上，不等式S n ≤T n <3S n 恒成立.18已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -n n ∈N * .(1)求证；数列a n +1 是等比数列；(2)求证：nk =12k a k a k +1 <1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)S n +1=2a n +1-n +1 ，S n =2a n -n ，作差得a n +1=2a n +1，则a n +1+1=2a n +1 ，即可证明数列a n +1 为等比数列；(2)首先求出a n =2n-1，而2k a k a k +1=12k -1-12k +1-1，最后通过裂项求出得到nk =12k a k a k +1 =1-12n +1-1<1.【详解】(1)由已知得S n +1=2a n +1-n +1 ，又a n +1=S n +1-S n ，S n =2a n -n 所以作差得a n +1=2a n +1-2a n -1，故a n +1=2a n +1所以a n +1+1=2a n +1又当n =1时，S 1=2a 1-1，又S 1=a 1，故a 1=1故数列a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)可知：a n +1=2n ，故a n =2n -1所以2k a k a k +1=2k +1-1 -2k-1 2k -1 2k +1-1 =12k -1-12k +1-1nk =12k a k a k +1=2a 1a 2+22a 2a 3+23a 3a 4+⋅⋅⋅+2k a k a k +1+⋅⋅⋅+2na n an +1=1-122-1+122-1-123-1 +⋅⋅⋅+12k -1-12k +1-1+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1<1综上可知：nk =12ka k a k +1 <119已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n =2a n -1，n ∈N *，数列{b n }满足b 1=1，且nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)，n ∈N *．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求数列{c n }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)a n =2n -1，b n =n 2(2)T n =(n -1)2n +1【分析】(1){a n }根据前n 项和为S n 与a 的关系可求出；{b n }根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出{b n }的通项；(2)写出{c n }通项公式，用错位相减法求出T n .【详解】(1)∵S n =2a n -1，n ∈N *，∴S n +1=2a n +1-1，两式相减得：a n +1=2a n +1-2a ，∴a n +1=2a ，又S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，∴{a n }是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴a n =1×2n -1=2n -1；由nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)得：b n +1n +1-bn n =1,又b 11=1∴b n n 是以首项为1，公差为1的一个等差数列，∴bn n=1+(n -1)×1=n ，∴b n =n 2；(2)由(1)知c n =n ⋅2n -1，∴T n =1⋅20+2⋅21+⋯+n ⋅2n -1，∴2T n =0+1⋅21+⋯+(n -1)⋅2n -1+n ⋅2n ，两式相减得：-T n =1+2+22+⋯+2n -1-n ⋅2n=1-2n 1-2-n ⋅2n =(1-n )2n -1，∴T n =(n -1)2n +1.20已知数列a n 满足a 1=1，a 2=4.有以下三个条件：①a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)；②na n +1=2n +1 a n ；③a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2(n ∈N *)；从上述三个条件中任选一个条件，求数列a n 的通项公式和前n 项和S n .【答案】a n =n ⋅2n -1，S n =n -1 ⋅2n +1【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得a n ；选②根据递推关系式，结合累乘法求得a n ；选③利用前n 项和与通项的关系，相减求得a n ；求前前n 项和采用错位相减法即可.【详解】解：选①由a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)得a n +1-2a n =2a n -2a n -1 ，故a n +1-2a n 是公比为2的等比数列，则a n +1-2a n =a 2-2a 1 2n -1=2n即a n +12n +1-a n 2n =12，故a n 2n 是公差为12的等差数列，则a n 2n =12+n -1 12=12n ，即a n =n ⋅2n -1.选②由na n +1=2n +1 a n 得an +1a n =2n +1 n，故a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅n n -1⋅2⋅n -1 n -2⋅⋅⋅2⋅21化简得a na 1=n ⋅2n -1，即a n =n ⋅2n -1,n =1也满足选③由a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2 (1)得当n ≥2时，a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n -12n -2=n -1 2+n -12 (2)由(1)-(2)得a n 2n -1=n ，故a n=n ⋅2n -1,n =1也满足，因此，S n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -12S n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n两式相减得-S n =20+21+22+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n化简得S n =-1-2n1-2+n ⋅2n =n -1 ⋅2n +121若数列a n 满足a 1=2,a n +1-2a n =3n -1．(1)证明:a n +1-3a n 是等比数列；(2)设a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <2023的n 的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,(2)由(1)求出a n +1-3a n 的通项公式,与题中等式联立,求出a n 通项公式,进而求出前n 项和为S n ,代数使得S n <2023即可求出n 的最大值.【详解】(1)证明：因为a n +1-2a n =3n -1,所以a n +2-2a n +1=3n ,a n =12a n +1-12⋅3n -1,故a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2a n +1+3n-3a n +1a n +1-3⋅12a n +1-12⋅3n -1=3n-a n +112⋅3n-12a n +1=2,又a 1=2,则a 2=5,a 2-3a 1=-1,故a n +1-3a n 是以-1为首项,2为公比的等比数列．(2)由(1)得a n +1-3a n =-2n -1①,又a n +1-2a n =3n -1②,②-①得,a n =2n -1+3n -1,故S n =a 1+a 2+⋯+a n=20+21+⋯+2n -1 +30+31+⋯+3n -1 =2n -1+123n -1 =2n+3n 2-32,易得S n 为递增数列,又S 7=1220<2023,S 8=3535>2023,S n <2023,故n 的最大值为7.22已知数列a n 的首项a 1=25，且满足a n +1=2a n 2a n +1.(1)求证：数列1a n-2为等比数列：(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<101，求满足条件的最大整数n .【答案】(1)证明见解析(2)50【分析】(1)两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.【详解】(1)证明：由a n +1=2a n 2a n +1，可得1a n +1=2a n +12a n =1+12a n，1a n +1-2=12a n -1=121a n -2,又1a 1-2=12≠0,故数列1a n -2 为等比数列.(2)由(1)可知1a n -2=12×12 n -1=12n ，故1a n =12n +2.1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n =12+2+122+2+123+2+⋯+12n +2=121-12n1-12+2n =1-12n+2n .令f n =1-12n+2n ，易知f n 随n 的增大而增大，f 50 <101,f 51 >101，故满足f n <101的最大整数为50.23已知数列a n 满足a 1=1,a 2=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 .【答案】(1)证明见详解，a n =(2n -1)2n -1(2)T n =(2n -3)2n +3【分析】(1)根据递推公式构造可证，然后借助a n +1-2a n 为等比数列可得通项，再构造数列a n2n可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；(2)由错位相减法可得.【详解】(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a 2-2a 1=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 n 2n 是以a 12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n 2n =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 +324已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，现在有以下三个条件：①数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2；②a 1=1,a n +1=n +1na n ；③a 1=1,a 2=2，当n ≥3时，a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =1．从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列b n 满足b 1=1,b n =a n -a n -1(n ≥2)，试问b n 中是否存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列？请说明理由．【答案】(1)任选一条件，都有a n =n (2)不存在，理由见解析.【分析】(1)选①，结合a 2n =T n -T n -1求得a n ；选②，通过构造常数列的方法求得a n ；选③，结合a n =S n -S n -1以及等差数列的知识来求得a n .(2)先假设存在符合题意的b k ,b k +1,b k +2，结合等差中项的知识推出矛盾，从而作出判断.【详解】(1)选①：因为数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2，所以当n =1时，a 21=1；当n ≥2时，a 2n =T n -T n -1=n (n +1)2-(n -1)n2=n ．经检验n =1时，a 21=1符合上式，所以a 2n =n ,n ∈N *，故正项数列a n 的通项公式为a n =n ，选②：因为a 1=1,a n +1=n +1n a n ，所以a n +1n +1=a n n，所以a n n 为常数列，即a nn=a 1=1，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．选③：由a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =a n +a n -1 a n -a n -1 =a 2n -a 2n -1=1(n ≥3)，所以数列a 2n 从第2项起成等差数列，且a 2n =n (n ≥2)，经检验n =1时，a 1=1符合上式，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．(2)数列b k 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．理由如下：由(1)知当n ≥2时，b n =a n -a n -1=n -n -1，所以1b n =1n -n -1=n +n -1．假设数列b n 中存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．当k =1时，1,2+1,3+2，显然不成等差数列，假设不成立；当k ≥2时，则2(k +1+k )=(k +k -1)+(k +2+k +1)，即k +1+k =k -1+k +2，两边同时平方，得k +1+k +2k +1⋅k =k -1+k +2+2k -1⋅k +2，所以(k +1)k =(k -1)(k +2)，整理得k 2+k =k 2+k -2，所以0=-2，矛盾，故假设不成立．综上所述，数列b n 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．25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．【答案】(1)证明见解析(2)选①：T n =n 22+n2+2n +1-2；选②：T n =n -1 2n +1+2【分析】(1)根据递推公式使用构造法可得a n -12n 的通项公式，然后可得b n 通项，再由等比数列定义可证；(2)选①：由分组求和法可得；选②：使用错位相减法可得.【详解】(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=2n2n -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+n 2+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+226已知数列a n 的前n 项的和为S n 且满足S n =2a n -2n ，数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列．(1)求出数列a n ，b n 的通项公式；(2)求出数列a n +b n 的前n 项的和T n ．【答案】(1)a n =n +1 ⋅2n -1，b n =15n -11(2)T n =n ⋅2n+15n 2-7n2【分析】(1)利用a n 与S n 关系可得a n =2a n -1+2n -1，进而得到a n 2n =a n -12n -1+12，可知数列a n 2n 为等差数列，由等差数列通项公式可推导得到a n ；由题意可知b n 为等差数列，由等差数列通项公式可求得b n ；(2)采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列a n ,b n 的前n 项和，加和即可得到T n .【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=2a 1-2，∴a 1=2；当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n -1，∴a n =S n -S n -1=2a n -2n -2a n -1+2n -1=2a n -2a n -1-2n -1，即a n =2a n -1+2n -1，∴a n 2n =a n -12n -1+12，∴数列a n 2n 是以a 12=1为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n =1+12n -1 =n +12，∴a n =n +1 ⋅2n -1；∵数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列，∴数列b n 是以4为首项，15为公差的等差数列，∴b n =4+15n -1 =15n -11.(2)设A n 为数列a n 的前n 项和，B n 为数列b n 的前n 项和，∵A n =2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -2+n +1 ⋅2n -1，2A n =2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1+n +1 ⋅2n ，∴-A n =2-n +1 ⋅2n+21+22+⋅⋅⋅+2n -1=2-n +1 ⋅2n+21-2n -1 1-2=-n ⋅2n ，∴A n =n ⋅2n，又B n =n b 1+b n 2=n 4+15n -11 2=15n 2-7n 2，∴数列a n +b n 的前n 项的和T n =A n +B n =n ⋅2n+15n 2-7n 2.27记S n 是公差不为0的等差数列a n 的前n 项和，已知a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，数列b n 满足b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，且b 1=a 1-1.(1)求a n 的通项公式；(2)证明数列b n2n +1 是等比数列，并求b n 的通项公式；(3)求证：对任意的n ∈N *，ni =11b i <32.【答案】(1)a n =2n (2)证明见解析；b n =3n -2n (3)见解析【分析】(1)根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；(2)根据等比数列的定义结合递推公式证明b n2n +1b n -12n -1+1为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列b n 2n+1 的通项，从而可得出答案；(3)由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，再根据等比数列的前n 项和的公式即可得证.【详解】(1)解：设等差数列a n 的公差为d ,d ≠0，因为a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，则a 1+2d +3a 1+9d =5a 1+10da 1a 1+4d =4a 1+6d，解得a 1=2d =2或a 1=0d =0 (舍去)，所以a n =2n ；(2)证明：因为b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以b n 2n =32⋅b n -12n -1+12，即b n 2n+1=32b n -12n -1+1，所以b n2n +1b n -12n -1+1=32，因为b 1=a 1-1，所以b 12+1=32，所以数列b n 2n +1 是以32为首项，32为公比的等比数列，所以b n 2n+1=32 n，所以b n =3n -2n ；(3)证明：由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，故ni =11b i=1b 1+1b 2+1b 3+⋯1b n ≤1+13+132+⋯+13n -1=1×1-13 n1-13=321-13 n <32，所以ni =11b i<32.28已知数列a n 的前n 项和为S n ，满足a 1=1，且2S n =na n +1.(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列1S n的前n 项和T n .【答案】(1)a n =n ；(2)T n =2nn +1.【分析】(1)利用S n 与a n 的关系求解通项公式；(2)利用等差数列求和公式求解S n ，再根据裂项相消法求解T n .(1)因为2S n =na n +1，所以2S n +1=n +1 a n +2，两式相减得2a n +1=n +1 a n +2-na n +1，即n +2 a n +1=n +1 a n +2，即a n +2n +2=an +1n +1n ∈N * ，又a 2=2a 1=2，a 1=1，故an n =⋅⋅⋅=a 22=a 11=1，因此，数列a nn 是每项都是1的常数列，从而a n =n .(2)因为a n =n ，所以S n =n n +12，从而1S n =2n n +1=21n -1n +1 ，因此T n=2×1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n-1n+1=2×1-1n+1=2n n+1.29设数列a n满足a1=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．【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1+n(2)T n=n-1×2n+1【分析】(1)由递推公式可得a n-n=2a n-1-n-1，即可得到a n-n是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求出a n的通项公式；(2)由(1)可得b n=n×2n-1，再利用错位相减法求和即可；【详解】(1)解：因为a1=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a1-1=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)解：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×2n②，①-②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；30问题：已知n∈N*，数列a n的前n项和为S n，是否存在数列a n，满足S1=1,a n+1≥1+a n，﹖若存在．求通项公式a n﹔若不存在，说明理由．在①a n+1=2(S n+1+S n)﹔②a n=S n-1+n n≥2；③a n+1=2a n+n-1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：a n=1,n=18n-8,n≥2；选②：a n+1=2n-1；选③：a n=2n-n【分析】选①：利用a n与S n的关系得到关于S n的递推公式，再由递推公式求S n，然后可得通项a n；选②：利用a n与S n的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：a n+1=2(S n+1+S n)=S n+1-S n=(S n+1+S n)(S n+1-S n)∵S1=a1=1,a n+1-a n≥1∴S n+1+S n>0∴S n+1-S n=2，即{S n}是以2为公差，1为首项的等差数列∴S n=2n-1，即∴S n=(2n-1)2当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2n-1)2-(2n-3)2=8n-8显然，n=1时，上式不成立，所以a n=1,n=1 8n-8,n≥2 .选②：当n≥2时，a n=S n-1+n，即S n-1=a n-n所以a n=S n-S n-1=a n+1-(n+1)-(a n-n)整理得a n+1+1=2(a n+1)又a2=S1+2=3，a2+1=4所以{a n+1}从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列。

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。

数列求和5种常考题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

数列求和5种常考题型总结【题型目录】题型一：分组求和法题型二：裂项相消法求和题型三：错位相减法求和题型四：先求和，再证不等式题型五：先放缩，再求和【典型例题】【例1】已知数列{}n a 的前n 项和1*44(N )33n n S n +=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【例2】已知各项均为正数的数列{}n a 中，11a =且满足221122n n n n a a a a ++-=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足213n n S b +=.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若在k b 与1k b +之间依次插入数列{}n a 中的k 项构成新数列{}1122334564:,,,,,,,,,,n c b a b a a b a a a b ，求数列{}n c 中前40项的和40T .【例3】设n S 是各项为正的等比数列{}n a 的前n 项的和，且*2334N S a n ∈=，=，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 的任意k a 与1k a +项之间，都插入()*N k k ∈个相同的数()1kk -，组成数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项的和为n T ，求100T 的值．【题型专练】1.已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若111a b ==，22331a b a b -=-=．(1)求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S ．2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n n S S a +=++，请在①4713a a +=；②137,,a a a 成等比数列；③1065S =，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n n b a -是公比为2的等比数列，13b =，求数列{}n b 的前n 项和n T .3．（2022·广东广州·一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.4.已知等差数列{}n a 满足121,21n n a a a ==+，设2n an b =.(1)求{}n b 的通项公式，并证明数列{}n b 为等比数列；(2)将1b 插入12,a a 中，23,b b 插入23,a a 中，456,,b b b 插入34,a a 中，，依此规律得到新数列1122334564,,,,,,,,,,a b a b b a b b b a ，求该数列前20项的和.题型二：裂项相消法求和【例1】首项为4的等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ，其中546S S S 、、成等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；100【例2】已知数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和n S 满足2343n n n nS a S a =--．(1)求实数λ的值，使得{}2n S λ+是等比数列；(2)设13n n n n b S S +=，求数列{}2n b 的前n 项和．【解析】(1)当1n =时，111823a a a =-，11S a =，解得22118S a ==；当2n ≥时，把1n n n a S S -=-代入题设条件得:22198n n S S -=+，即()221191nn S S -+=+，很显然}{21n S +是首项为8+1=9，公比为9的等比数列，∴1λ=；(2)由（1）知{}21n S +是首项为21190S +=≠，公比9q =的等比数列，所以291nnS =-，()()()()()()1211191919111188919919199111n nnnn n n n n n b ++++---⎛⎫==⨯=- ---⎝---⎭．故数列{}2n b 的前n 项和为：2221122334112111111111111891919191919191918891n n n n b b b ++⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+-++-=- ⎪ ⎪---------⎝⎭⎝⎭.【例3】数列{}n a 的前n 项和n S ，342n n S a =-.(1)求n a ；(2)令2log 1n n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T .）问的结论以及对数的运算性质，再利用裂项相消法进行求解【例4】（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）已知等差数列{}n a 的首项10a >，记数列{}n a 的前n 项和为()*N n S n ∈，且数列为等差数列.(1)证明：数列2n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设数列11n n n a S a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为()*N n T n ∈，求{}n T 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 满足1n a +=11a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)1n c a a =+，n S 是数列{}n c 的前n 项和，求n S ．【题型专练】1．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.已知53227S S S -=-，且12,1,a a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；2．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22n n n S a a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设4n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：3n T <.3.已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，2414a a +=，且1a ，2a ，6a 成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解析】(1)等差数列{}n a 中，324214a a a =+=，解得37a =，因1a ，2a ，6a 成等比数列，即2216a a a =，设{}n a 的公差为d ，于是得()()()277273d d d -=-+，整理得230d d -=，而0d ≠，解得3d =，所以()3332n a a n d n =+-=-.(2)由（1）知，()()1111()323133231n b n n n n ==--+-+，所以111111[(1)()()]34473231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+--+11(1)33131nn n =-=++.4.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，且13n n S a +=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n c 满足________，记n T 为数列{}n c 的前n 项和，证明：2n T <．从①211(1)(2)n n n n c a a a +++--=②221log n n n a c a ++=两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.【解析】(1)13n n S a +=- ①，当1n =时，123a a =-，24a ∴=；当2n ≥时，13n n S a -=-②①-②得，即12n n a a +=又2142a a =≠，∴数列{}n a 是从第2项起的等比数列，即当2n ≥时，2222n nn a a -=⋅=．1,1,2, 2.n n n a n =⎧∴=⎨≥⎩．(2)若选择①：()()()()()()2211111122211212212121222121n n n n n n n n n n n n a c a a ++++++++⋅⎛⎫====- ⎪--------⎝⎭，2231111111121212212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-< ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭．若选择②122n n n c ++=，则23134122222nn n n n T +++=++++ ③，34121341222222n n n n n T ++++=++++ ④，③-④得341212131112311212422224422n n n n n n n T ++-+++⎛⎫⎛⎫=++++-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，14222n n n T ++∴=-<．5．已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且()21n S n n =+，记221(1)nn n n na b a a +=-+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2021T .【解析】(1)()112n S n n =+，当1n =时，111212S =⨯⨯=；当2n ≥，n *∈N 时，()1112n S n n -=-，()()1111122n n n a S S n n n n n -=-=+--=.当1n =时也符合,()n a n n N *∴=∈.(2)()()()()()()221212111111111nn n n n n n n n n a n b a a n n n n n n ++++⎛⎫=-=-=-=-+ ⎪++++⎝⎭202111111111 (122)33420212022T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111112023=1 (1223342021202220222022)--++--+--=--=-.题型三：错位相减法求和【例1】已知数列{}n a 满足12a =，且11220n n n n a a a a +++⋅-=，数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，n S 为{}n b 的前n 项和，满足14b a =，378S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设nnb C a =，记数列{}n C 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围.【例2】已知各项均不为零的数列{}n a 满足()1212320n n n n n a a a a a ++++-+=，且11a =，23a =，设1n n nb a a +=-.(1)证明：{}n b 为等比数列；(2)求1n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例3】已知数列{}n a 的首项*112,322,N n n a a a n n -==+≥∈.(1)求n a ；(2)记()3log 1n n n b a a =⋅+，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S .【例4】已知各项为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，若()214n n S a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设3nn na b =，且数列{}n b 前n 项和为n T ，求证：1n T <．【例5】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*22N n n S a n =-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令4n n b a n =-，求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【题型专练】1．若公比为c 的等比数列{}n a 的首项11a =且满足12(3,4,)2n n n a a a n --+==⋅⋅⋅．(1)求c 的值；(2)求数列{}n na 的前n 项和n S ．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,121n n S a +=-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设(21)n n b n a =-,数列{}n b 的前n 项和为n T ,若存在*n ∈N 且2n ≥,使得2(1)(1)(1)n T n n n λ-≤-+成立,求实数λ的最小值.3．已知数列{}n a 前n 项和为12,n S a =，且满足()*1,N 2n n S a n n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()211n n b n a =--，求数列{}n b 的前n 项和n T .4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26a =，()121n n a S +=+.(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析，123n n a -=⨯（*n ∈N ）5.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，426S =．正项等比数列{}n b 中，12b =，2312b b +=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-，2nn b =，(2)()13428n n T n +=-+【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可；（2）由错位相减法求解即可(1)设等差数列的公差为d ，由已知得，4342262d ⨯⨯+=，解得3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-，即{}n a 的通项公式为31n a n =-；设正项等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，因为12b =，2312b b +=，所以()2212q q+=，所以260qq +-=，解得2q =或3q =-（负值舍去），所以2nn b =．(2)()312n n n a b n =-，所以()()1231225282342312n nn T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，所以()()23412225282342312n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，相减得，()123412232323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅--()()211132122231212n n n -+⨯⨯-=⨯+---，所以()13428n n T n +=-+．题型四：先求和，再证不等式【例1】设n S 为数列{n a }的前n 项和，已知123n n S a a +=，且10a ≠．(1)证明：{n a }是等比数列；(2)若12341,21,a a a -+成等差数列，记32log 1n n b a =-，证明12231111n n b b b b b b ++++ ＜12．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【例2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________，*n ∈N .在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.①22n n S a =-；②122222n n a a a n ++⋯⋯+=；③221232n n n a a a a +⋯⋯=注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记(1)(1)n n a b a a =--，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n ∈N ，1n kT n>-，求实数k 的取值范围.项和，再将不等式恒成立问题转化求函数的最值问【例3】（2022江西丰城九中高二阶段练习）等差数列{}n a 中，前三项分别为,2,54x x x -，前n 项和为n S ，且2550k S =.(1)求x 和k 的值；(2)求n T =1231111nS S S S ++++ (3)证明:n T 1<【例4】（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 满足114a =，134n n a a +=-.(1)证明数列{}2n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设()()()113131nnn nn a b +-=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若存在*n ∈N ，使n m T ≥，求m 的取值范围.【题型专练】1．已知数列{}n a 满足：()2222*12323N n a a a n a n n n ++++=+∈ .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}1n n a a +的前n 项和()*N n ∈，求证：24n S ≤<.2.（2022陕西安康市教学研究室高一期末）已知数列{}n a 满足12a =，1(2)2(1)n n n a n a ++=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：6n S <．3．已知数列{}n a 的首项13a =，()*1212,N n n a a n n -=+≥∈，()2log 1n n b a =+.(1)证明：{}1n a +为等比数列；(2)证明：1223111112n n b b b b b b +++⋅⋅⋅+<.【答案】(1)证明见解析4．已知数列{n a }的前n 项和为n S ，342n n S a =-，(1)求数列{n a }的通项公式；(2)设33log 4n n a b =，n T 为数列12n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.证明：12n T ≤<【答案】(1)143n n a -=⨯；(2)证明见解析.【分析】（1）利用,n n a S 关系及等比数列的定义求通项公式；，结合数列单调性即可证结论5.已知数列{}n a 的前n 项和31n n S =-，其中*N n ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11b =，()132n n n b b a n -=+≥，（i ）证明：数列13nn b -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（ii ）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求380n n T n -⋅<-成立的n 的最小值.【答案】(1)()1*2·3n n a n -=∈N (2)（i ）证明见解析；（ii ）5【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩即可求解；（2）11323n n n b b --=+⨯，两边除以13n -即可证明等差数列；利用错位相减法求n T ，解不等式即可求得n 的最小值.（1）31n n S =-，6．（2022·安徽·高三开学考试）已知数列{}n a 满足(12122n n a a a a n -+++-=- 且)*N n ∈，且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132<≤n T .【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)证明见解析【分析】（1）将已知条件与1212n n a a a a ++++-=- 两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；（2）利用裂项相消求和法求出n T 即可证明.（1）题型五：先放缩，再求和【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为12n S a =，，当2n ≥时，()21212n n n S nS n n --=+-．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)求证：2222111123a a a a +++< ．【例2】（2022·浙江省义乌中学模拟预测）已知数列{}n a 单调递增且12a >，前n 项和n S 满足2441n n S a n =+-，数列{}n b 满足212n n nb b b ++=，且123a a b +=，233b a +=.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式;(2)若1n c a b =，求证：123415n c c c c ++++< .【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和n S (2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．【例4】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，且214n n n S S a ++=+．(1)求n a ；(2)求证：121112111n a a a +++<+++ ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N (2)证明见解析【分析】（1）分析可知数列{}21k a -是首项为11a =，公比为4的等比数列，数列{}2k a 是首项为22a =，公比【题型专练】1.已知数列{}n a 满足：12a =，132n n a a +=-，n *∈N .(1)设1n n b a =-，求数列{}n b 的通项公式；(2)设31323log log log n n T a a a =++⋅⋅⋅+，()n *∈N ，求证：()12n n n T ->.【答案】(1)13n n b -=(2)证明见解析2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)设22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，求证：112n n S a +>-．为以3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*322n n a S n n N =+∈.(1)证明：数列{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的前n 项和为n S ；(2)设()31log 1n n b a +=+，证明：222121111nb b b ++⋅⋅⋅+<.【解析】(1)当1n =时，11322a S =+，即12a =由322n n a S n =+，则()1132212n n a S n n --=+-≥两式相减可得13223n n n a a a -=+-，即132n n a a -=+所以()1131n n a a -+=+，即1131n n a a -+=+数列{}1n a +为等比数列则()112133n n n a -+=+⨯=，所以31n n a =-则()()1231333333132nn n n n n S +--=+++-==--L (2)()1313log 1log 31n n n b a n ++=+==+()()2211111111n b n n n n n =<=+++所以2221211111111111122311n b b b n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L4．已知数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +-=+,n S 是1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.(1)求n S ；(2)若n T 为数列2n S n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和，求证：232n n T n >>+.。

高考数列题型总结（优秀范文五篇）

高考数列题型总结（优秀范文五篇）第一篇：高考数列题型总结数列1.2.3.4.5.6.坐标系与参数方程 1.2.34..5.6.(1)(2)第二篇：数列综合题型总结数列求和1.（分组求和）(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）2.(裂相求和)++Λ+1⨯44⨯7(3n-2)(3n+1)3.（错位相减）135+2+3+222+2n-12n1⨯2+2⨯22+3⨯23+Λ+n⨯2n4.（倒写相加）1219984x)+f()+Λ+f()=x 求值设f(x），求f(1999199919994+25.（放缩法）求证：1+数列求通项6.（Sn与an的关系求通项）正数数列{an}，2Sn=an+1，求数列{an}的通项公式。

7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法an+1=5an求{an }的通项公式 5+an11++2232+1<2n2数列{an}中，a1=122，前n项的和Sn=nan，求an+1.2222a=S-S=na-(n-1)a⇒(n-1)a=(n-1)an-1 nnn-1nn-1n解：⇒∴∴an=ann-1=an-1n+1，anan-1a2n-1n-2111⋅Λ⋅a1=⋅Λ⨯=an-1an-2a1n+1n32n(n+1)an+1=1 (n+1)(n+2)9累加法第三篇：数列题型及解题方法归纳总结文德教育知识框架⎧列⎧数列的分类⎪数⎪⎪⎨数列的通项公式←函数⎪的概念角度理解⎪⎪⎩数列的递推关系⎪⎪⎧⎧等差数列的定义an-an-1=d(n≥2)⎪⎪⎪⎪⎪等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d⎪⎪⎪等差数列⎪⎨n⎪⎪⎪等差数列的求和公式Sn=2(a1+an)=na1+n(n-1)d⎪⎪⎪⎪⎪2⎪⎩等差数列的性质an+am=ap+aq(m+n=⎪⎪p+q)⎪两个基⎪⎧等比数列的定义an=q(n≥⎪本数列⎨⎪⎪a2)n-1⎪⎪⎪⎪⎪⎪等比数列的通项公式an-1⎪n=a1q数列⎪⎪等比数列⎨⎨⎧a1-anq=aqn1(1-)⎪⎪⎪等比数列的求和公式S(q≠1)n=⎪⎨1-q1-q⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩na1(q=1)⎪⎪⎪⎩等比数列的性质anam=apaq(m+n=p+q)⎪⎩⎪⎧公式法⎪⎪分组求和⎪⎪⎪⎪错位相减求和⎪数列⎪⎪求和⎨裂项求和⎪⎪倒序相加求和⎪⎪⎪⎪累加累积⎪⎪⎩归纳猜想证明⎪⎪⎪数列的应用⎧分期付款⎨⎩⎩其他掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

数列精华题型归纳(含详解)

数列精华题型归纳一、等差数列的定义与性质() 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2 ()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232-- （）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ⇔=+ 0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。

a d a a S n n n n 110000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。

a d a a S n n n n 110000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27）二、等比数列的定义与性质定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q qq n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 三、求数列通项公式的常用方法 1、公式法2、n n a S 求由；（时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--121113、求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a ，∴a n n =+21，∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()练习、{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534（注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n 144== n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……· 4、叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++ 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133==5、等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()()练习、{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥--()（）a n n=-1231 6、等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x d c -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a d c c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111 ∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c d c n n =+-⎛⎝ ⎫⎭⎪---1111练习、{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-843117、倒数法例如：，，求a a a a a n n n n 11122==++ ，由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+ ∴11121a a n n +-= ， ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为 ()()∴=+-=+11112121a n n n · ，∴a n n =+21三、求数列前n 项和的常用方法1、公式法：等差、等比前n 项和公式2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项。

专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)

n 1
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
，求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：

1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数

（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）

高考数列常考题型归纳总结汇总

a n +1=pa n +rq ,其中p，q, r均为常数）。
n
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以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
再待定系数法解决。
例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=
52
⋅⋅3=85
n -3。1
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1
(n ≥2，则{a n }的通项a n =⎨
⎧1⎩___
n =1
n ≥2
解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1+na n，用此式减去已知式，得当n ≥2时，a n +1-a n =na n，即a n +1=(n +1 a n，又a 2=a 1=1，
1
56
, a n +1=
1
1n +1
a n +(，求a n。32
1n +12n n +1
a n +(两边乘以2n +1得：2∙a n +1=(2∙a n +1 323
22
令b n =2n ∙a n，则b n +1=b n +1,解之得：b n =3-2( n

人教版高考数学一轮专项复习：数列题型11种(含解析)

数列题型11种（方法+例题+答案）1.作差法求通项公式2.累乘法求通项公式3.累加法求通项公式4.构造法求通项公式（一）5.构造法求通项公式（二）6.取倒法求通项公式7.分组求和法求前n项和8.错位相减法求前n项和9.裂项相消法求前n项和10.数列归纳法与数列不等式问题11.放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式已知n S （12()n a a a f n +++= ）求n a ，{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥注意：分两步，当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、（2015∙湛江）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，n *∈N ），且12a =，23a =． ()1求数列{}n a 的通项公式2、（2015∙茂名）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ，)(*∈N n ，数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ，53=b ，其前9项和为63（1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、（2015∙中山）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ，且,032=+-n n b T *∈N n 。

（1）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式4、（2015∙揭阳）已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，)1(3--=n n na S n n ，（*∈N n ），且,112=a （1）求1a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式5、（2014∙汕头）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、（2014∙肇庆）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n （1）求数列}{n a 的通项公式7、（2014∙江门）已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ，求数列}{n a 的通项公式。

高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真的不难

高中数学：数列的22个必考题型，看看你都会做吗？方法真
的不难
数列在高考中常以选择题、填空题、解答题的形式考到，在整个高中数学体系中算是相对简单的题型，所以对于想拿提高成绩的同学来说，是一定不能丢分的部分。

导数、函数已经不会了，数列再丢分，想及格都难，更别提拿高分！
总结多年高考真题，我们可以发现，数列的必考题型共计22个，只要我们研究透这22种题型，数列题再怎么考都不怕！今天小哥给大家分享一份由清北学霸整理的【高中数学·数列22个必考题型】，每一种题型都有对应的例题。

最厉害的解析中会教给大家每种题型的多种解题方法。

学会这些，数列问题通通都能搞定！
以上仅为部分展示，完整版不仅包含22个题型，还有全部的解析！高中数学难度值爆表，导数、函数、解析几何都搞不太懂，一做题就蒙！这些都搞不懂可以慢慢来。

但是如果数列你也不会，那问题可就大了！高中数学考试满分150分，数列一项就占了17分，而且数列题真的不难，只要多花一点时间，都能学会！。

数列的通项6种常见题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知()n f S n =，求n a 题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【典型例题】题型一：已知()n f S n =，求na 【例1】已知数列{}n a 的前n 项和211n S n n =-.若710k a <<，则k =（）A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】B【分析】先求得n a ，然后根据710k a <<求得k 的值.【详解】依题意211n S n n =-，当1n =时，110a =-；当2n ≥时，211n S n n =-，()()22111111312n S n n n n -=---=-+，两式相减得()2122n a n n =-≥，1a 也符合上式，所以212n a n =-，*N k ∈，由721210k <-<解得911k <<，所以10k =.故选：B【例2】（2022·甘肃·高台县第一中学高二阶段练习（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【分析】当2n ≥时，由1n n n a S S -=-求出2n n a =；当1n =时，由11a S =求出1a ；即可求解.【详解】当2n ≥时，121n n S -=-，1112212n n nn n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足123235n a a a na n ++++= ，求{}n a 的通项公式．【题型专练】1.已知数列{}n a 的前n 项和是2320522nS n =-+，(1)求数列的通项公式n a ；(2)求数列{||}n a 的前n 项和.2．（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和221n S n n =-+，则51a a -=______.【答案】7【分析】将1n =代入根据11a S =可得出答案；当2n ≥时由1n n n a S S -=-，求出5a ，从而可得出答案.【详解】当1n =时，21112110a S ==-⨯+=；当2n ≥时，()()22121121123n n n n n n n a S S n -⎡⎤-+----+=⎣⎦-=-=.所以52537a =⨯-=，所以51707a a -=-=.故答案为：73．（2022·辽宁实验中学高二期中）设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C 【解析】【分析】当1n =时，求1a ，当2n ≥时，由题意得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，可求得n a ，即可求解.【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列{}n a 中，()()()111,11N n n a n n a a n *+=+-=∈，则2022a =（）A ．40432022B ．20212022C ．40402021D ．20202021【例2】已知数列{}n a 满足1=2a ，26a =，且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数（例如[]1.61=，[]1.62-=-），则222122020232021a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++⋅⋅⋅+=⎢⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022，【例3】南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第19项为（）A．290B．325C．362D．399【例4】已知数列{}n a 满足11a =-，()*12N n n a a n n a a +-=∈，则9a =______．【例5】已知数列{}n a 中，11a =，39a =，1{}n n a a +-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n na b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ，求使得2022n T 成立的最小整数n .【答案】(1)2n a n =；(2)使得2022≥n T 成立的最小整数n 为101121-.【分析】（1）根据等差数列的定义求出2a ，从而可求出{}1n n a a +-的通项，再利用累加法求出数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和n T ，解不等式2022≥n T 求n 的范围，确定满足条件的最小整数.=【题型专练】1．若1=1a ，12nn n a a n +-=-，*n ∈N ，则=n a _________．1)2．数列{}n a 满足1122n n na a a -==-，，则=n a _____．3．若数列{}n a 满足11a =，12n n a a n +-=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)21n a n n =-+(2)证明见解析【分析】（1）运用累加法即可求出{}n a 的通项公式；（2）运用裂项相消法即可证明.【详解】（1）因为12n n a a n +-=，11a =，24．已知数列{}n a 满足：12a =，21a =，2145n n n a a a +++=（*n ∈N ）．(1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；(2)求数列{}n a 的通项公式．5．已知无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，24S =，对任意的*N n ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n c 满足*11(N )n n c c n a a +-=∈，11c =，求数列{}n c 的通项公式；题型三：叠乘法（累乘法）求通项【例1】已知数列{}n a 满足12n n a na n +=+，1=1a ，则数列{}n a 的通项公式是（）A ．2(1)n a n n =+B ．1(1)n a n n =+C ．1n a n=D ．12n n a +=【例2】在数列{}n a 中，1=1a ，22a =，2n n a n+=，则12233420222023a a a a a a a a ++++= （）A ．20202021⨯B ．20212022⨯C ．20222023⨯D ．20232024⨯【例3】已知数列{}n a 满足()4(21)1N n n S n a n *=++∈，则n a =___________．【例4】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知112a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()1nn n b a =-，求{}n b 的前2n 项和2n T .【例5】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()()21N n n S n a n *=+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)对于任意的正整数n ，21,2,n n n n a n a a c n +⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．【例6】在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231231n n a a a a a n -++++=- .(1)求{}n a 的通项公式；(2)若1n b a a =，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <.【题型专练】1．数列{}n a 的前n 项和2n n S n a =⋅（2n ≥，n 为正整数），且11a =，则n a =______．a 2．数列{}n a 满足：11a =，()()*12312312,N n n a a a a n a n n -=++++-≥∈ ，则通项n a =________．3．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_________4．已知数列{}n a 满足：12a =，12n n n a a n ++=，求数列{}n a 的通项公式.5．已知数列{}n a 中，11a =，()121n n a a n n -=≥-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求13523n a a a a +++++ .【答案】(1)n a n =，1n ≥；(2)244n n ++.【分析】（1）利用累乘法求出2n ≥时n a n =，通过验证11a =也满足n a n =，从而求出通项公式为n a n =，1n ≥；（2）根据第一问得到数列{}n a 为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.6．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且11a =，2n n S n a =．(1)求2a ，3a ；(2)求{}n a 的通项公式．【例1】已知数列{}n a 中，114,46n n a a a +==-，则n a 等于（）A ．2122n ++B ．2122n +-C ．2122n -+D ．2122n --【例2】若数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1232n n n a a b +=++，1232n n n b a b +=+-，则20222021a b +=（）A ．2020231⋅+B ．2020321⋅-C ．2020321⋅+D ．2021321⋅-【例3】（多选题）已知数列{}n a 满足132a =，16nn n a a +=+，则下列结论中错误的有（）A ．113n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列B ．{}n a 的通项公式为11321n -⋅-C ．{}n a 为递增数列D ．1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为213nn --【例4】（多选题）已知数列{}n a 满足：12a =，当2n ≥时，)221n a +=，则关于数列{}n a 的说法正确的是()A ．27a =B ．{}n a 是递增数列C ．221n a n n =+-D ．数列{}n a 为周期数列【例5】在①121n n a a +=+；②122n n S n +=-+；③24n n S a n =-+三个条件中任选一个，补充到下面问题的横线处，并解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1=1a ，_____.(1)求n a ；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T .注:如果选捀多个条件解答，按第一个解答计分.【例6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1222(N )n n n S a n +*=-+∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设4nn na b =，若123n n T b b b b =+++⋯+，求n T ．【题型专练】1.（多选题）数列{}n a 的首项为1，且121n n a a +=+，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．37a =B ．数列{}1n a +是等比数列C ．21n a n =-D ．121n n S n +=--【答案】AB【分析】根据题意可得()1121n n a a ++=+，从而可得数列{}1n a +是等比数列，从而可求得数列{}n a 的通项，再根据分组求和法即可求出n S ，即可得出答案.2．已知数列{}n a 满足1111,2n n n n a a a a a ++=-=，则数列{}1n n a a +的前n 项和为______．3．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______；4．已知数列{}n a 满足24a =，113n n n n a a a a ++-=.求数列{}n a 的通项公式;5．已知数列{}n a 的前n 项和23n n S a n =+-，求{}n a 的通项公式．【答案】121n n a -=+，*n ∈N .【分析】根据12,n n n n a S S -≥=-，构造等比数列即可.【详解】23n n S a n =+-．①当1n =时，11213=+-a a ，可得12a =，当2n ≥时，()11213--=+--n n S a n ，②①－②得121n n a a -=-，则()1121n n a a --=-，而111a -=不为零，故{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，则112n n a --=，∴数列{}n a 的通项公式为121n n a -=+，*n ∈N ．6．设数列{}n a 满足12a =，()1212n n a a n -=-≥.（1）设1n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求满足1036n S ≤的n 的最大值.7．已知正项数列{}n a 满足11a =，且11n n n n a a a a ++-=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记22nn a b n =+，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：12n S <．8．已知数列{}n a ，11a =，121n n a a +=+.(1)求数列{}1n a +的前5项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)前5项依次为2,4,8,16,32；(2)122n n S n +=--.【分析】（1）由题设112(1)n n a a ++=+，根据等比数列的定义写出{}1n a +的通项公式，即可得前5项；（2）应用分组求和，结合等比数列前n 项和公式求n S .(1)由题设112(1)n n a a ++=+，而112a +=，9．已知数列{}n a 和{}n b 满足12a =，10b =，1231n n a b n ++=+，1231n n a b n ++=+，则n n a b -=______，n n a b +=______．【答案】2n2n【分析】由题设有112()n n n n a b a b ++-=-，根据等比数列的定义判断{}n n a b -为等比数列，进而写出通项公式，令n n n c a b =+则12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，结合已知{2}n c n -是常数列，即可得{}n n a b +的通项公式.【详解】由题设，11(2)(2)0n n n n a b a b +++-+=，则112()n n n n a b a b ++-=-，而112a b -=，所以{}n n a b -是首项、公比均为2的等比数列，故2nn n a b -=，11(2)(2)62n n n n a b a b n +++++=+，则112()()62n n n n a b a b n +++++=+，令n n n c a b =+，则1262n n c c n ++=+，故12(2)2(1)n n c n c n +--=-+，而111220c a b -=+-=，所以{2}n c n -是常数列，且20n c n -=，则2n n n c a b n =+=.故答案为：2n ，2n .题型五：已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =，且122n n a S +=+N n *∈（），则下列说法中错误．．的是（）A ．112a =B ．4792S =C ．{}n a 是等比数列D ．{}1n S +是等比数列【例2】（2022·上海市南洋模范中学高二开学考试）若数列{}n a 的前n 项和为()*N 33n n S a n =+∈，则数列{}n a 的通项公式是n a =___________.所以{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，故1(2)n n a -=-.故答案为：1(2)n --【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，212n n a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}2na n a ⋅的前n 项和.【例4】数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，24a =，()()*21N n n S n a n =+∈.(1)求证:数列{}n a 是等差数列，并求出其通项公式；(2)求数列12n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例5】（2022·辽宁沈阳·高三阶段练习）从条件①()21,0n n n S n a a =+>；②22,0n n n n a a S a +=>；()2n a n ≥中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1=1a ，_____________.(1)求{}n a 的通项公式；(2)[]x 表示不超过x 的最大整数，记[]lg n n b a =，求{}n b 的前100项和100T .则【题型专练】1．（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥.求n a 和n S .3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 和n S 满足：()11,2,3,n a n =+=⋅⋅⋅.求{}n a 的通项公式.4．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()1*21N n n a S n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：11132a a a +++<L .5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，313S =，121n n a S +=+．(1)证明：数列{}n a 是等比数列；(2)若12log n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项和为n S ，131n n S S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设31log n n b a +=，若数列21n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：34n T <.。

数列常见题型总结经典(超级经典)

高中数学《数列》常见、常考题型总结题型一数列通项公式的求法1．前n 项和法（知n S 求n a ）⎩⎨⎧-=-11n n n S S S a )2()1(≥=n n 例1、已知数列}{n a 的前n 项和212n n S n -=，求数列|}{|n a 的前n 项和n T1、若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=，求该数列的通项公式。

2、若数列}{n a 的前n 项和323-=n n a S ，求该数列的通项公式。

3、设数列}{n a 的前n 项和为n S ，数列}{n S 的前n 项和为n T ，满足22n S T n n -=，求数列}{n a 的通项公式。

2.形如)(1n f a a n n =-+型（累加法）（1）若f(n)为常数,即：d a a n n =-+1,此时数列为等差数列，则n a =d n a )1(1-+.（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法.例 1. 已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明213-=n n a1. 已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.2. 已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.3.形如)(1n f a a nn =+型（累乘法）（1）当f(n)为常数，即：q a a n n =+1（其中q 是不为0的常数），此数列为等比且n a =11-⋅n q a . （2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法.例1、在数列}{n a 中111,1-+==n n a n n a a )2(≥n ，求数列的通项公式。

1、在数列}{n a 中1111,1-+-==n n a n n a a )2(≥n ，求n n S a 与。

2、求数列)2(1232,111≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。

高中数学数列题型归纳及解题方法梳理

1数列典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n 项和S n . 解：（Ⅰ）由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得＝，解得d ＝1，d ＝0（舍去），故{a n }的通项a n ＝1+（n －1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知=2n，由等比数列前n 项和公式得S m =2+22+23+ (2)==2n+1-2.小结与拓展：数列{}na 是等差数列，则数列}{na a 是等比数列，公比为da ，其中a 是常数，d 是{}na 的121d +1812d d++2ma 2(12)12n --公差。

（a>0且a≠1）.【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。

解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n(n∈N*) ①当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2a n－1＝8(n－1)(n∈N*) ②①－②得2n－1a n＝8，求得a n＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1，∴a n＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2，2∴数列{b n＋1－b n}的公差为－2－(－4)＝2，∴b n －b n＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，＋1法一（迭代法）b n＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(b n－b n－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)＝n2－7n＋14(n∈N*)．法二（累加法）即b n－b n－1＝2n－8，b n－1－b n－2＝2n－10，…b3－b2＝－2，b2－b1＝－4，b1＝8，相加得b n＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)34 ＝8＋(n －1)(－4＋2n －8)2＝n 2－7n ＋14(n∈N *)．小结与拓展：1）在数列{a n }中，前n 项和S n 与通项a n 的关系为：⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1(111n S S n S a a n n n.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。

高考数列常考题型归纳总结

高考数列常考题型归纳总结
类型 1
an 1 an f (n)
解法：把原递推公式转化为 an1 an f (n) ，利用累加法(逐差相加法)求解。例:已知数列 a n 满足 a1 ， a n1 a n 解：由条件知： a n1 a n
2
1 2
1 ，求 a n 。 n n
1 1 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 4 n 1 n 1 所以 an a1 1 n 1 1 1 3 1 a1 ， a n 1 2 2 n 2 n
类型 2
an1 f (n)an
2n ，n 1, 2,3, Sn
4 3 1 3 2 3
，证明：
T 2
i 1 inຫໍສະໝຸດ 3解：（I）当 n 1 时， a1 S1 a1 a1 2 ；当 n 2 时， an S n S n1 an 2 n1 ( an1 2 n ) ，即
an1 2an t t 3 . 故递推公式为 an1 3 2(an 3) , 令 bn an 3 ，则 b1 a1 3 4 , 且
bn1 an1 3 2 . 所以 bn 是以 bn an 3
b1 4 为首项，2 为公比的等比数列，则 bn 4 2 n1 2n1 ,所以
得 (n 1) 个等式累乘之，即
a a a 2 a3 a 4 1 2 3 n 1 1 n n n a1 a2 a3 an1 2 3 4 a1 n
又 a1 ， an
2 3
2 3n
例:已知 a1 3 ， an1 解： an

考点38数列中的综合问题(2种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版)

考点38数列中的综合问题（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等【核心题型】题型一　等差数列、等比数列的综合运算　数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．【例题1】（2023·湖北荆门·模拟预测）血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患者A 给药3小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过2小时检测一次，每次检测血药浓度降低到上一次检测血药浓度的40%，当血药浓度为峰值的1.024%时，给药时间为（）A ．11小时B ．13小时C ．17小时D ．19小时【变式1】（2023高三·全国·专题练习）已知集合{}*112|,A x x k k ==ÎN ，{}2*2|3,k B x x k ==ÎN ，将A B È中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a ，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若27m a =，则m 的值等于，50S 的值为 .【变式2】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列{}n a 满足：123,,1a a a +成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足：121131n n n n a b a b a b -+++=-L ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【变式3】（2023高三·全国·专题练习）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1111()n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；题型二　数列与其他知识的交汇问题(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形命题点1　数列与不等式的交汇【例题2】（2024·重庆·三模）数列{}n a 的前n 项和为n S ，234n n S a n =-+，若()3320n a n l +-+>对任意*n ÎN 恒成立，则实数l 的取值范围为（）A ．1,2æö+¥ç÷èøB ．()1,+¥C ．5,4æö+¥ç÷èøD ．()2,+¥【变式1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数*(),N n f n a n =Î.①当2a =时，11()n b f n =+，记{}n b 前n 项积为n T ，若n m T >恒成立，整数m 的最小值是;②对所有n 都有33()1()11f n n f n n -³++成立，则a 的最小值是 .【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列{}n a 满足()*321223n a a a a n n n++++=ÎN L .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足12nn n a b +=.①求数列{}n b 的前n 项和n T ；②若不等式()12nn n n T l -<+对任意*n ÎN 恒成立，求实数l 的取值范围.【变式3】（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且10a d ¹.若等差数列{}n b ，满足2nn nS b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若514d =，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，且n n T S >，求n 的最大值.命题点2　数列与函数的交汇【例题3】（2024·福建莆田·三模）已知定义在(0,)+¥上的函数()f x 满足()()121f x f x +=+，且(1)1f =，则()100f =（）A ．10021-B ．10021+C ．10121-D ．10121+【变式1】（2024·广西来宾·模拟预测）函数()|1||2||3||15|f n n n n n =-+-+-++-L （n 为正整数）的最小值为．【变式2】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数()()cosπR f x x x x =+Î的所有正零点构成递增数列{}()N*n a n Î．(1)求函数()f x 的周期和最大值；(2)求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ．【变式3】（2024·上海·模拟预测）已知()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n Î均在函数()y f x =的图象上.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()442x x g x =+，令()*N 2025n n a b g n æö=Îç÷èø，求数列{}n b 的前2024项和2024T .【课后强化】【基础保分练】一、单选题1．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列{}n a 中，7a 是函数π()sin(2)6f x x =-的一个极大值点，则59)tan(a a +的值为（）ABC．D．2．（2020·辽宁辽阳·二模）已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列.令11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前50项和50T =（）A ．5051B ．4950C ．100101D ．501013．（2024·山东·二模）欧拉函数()()*n n j ÎN 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数，例如()42j =.已知()123n n nb j +=，*n ÎN ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若n T M <恒成立，则M 的最小值为（）A ．34B ．1C ．76D ．24．（2024·福建泉州·二模）在等比数列{}n a 中，15,a a 是函数2()10ln(3)f x x x t x =-+的两个极值点，若2432a a =-，则t 的值为（）A ．4-B ．5-C ．4D ．5二、多选题5．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()()()2f x y f x y f x f y ++-=，且()21f =-，则下列说法中正确的是（）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 关于点()2,1-对称C ．设数列{}n a 满足()n a f n =，则{}n a 的前2024项和为0D ．103f æöç÷èø可以是126．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数n ，()n j 是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函数()n j 以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如()96j =（1,2,4,5,7,8与9互质），则（）A ．若n 为质数，则()1n n j =-B ．数列(){}n j 单调递增C ．数列()2nn j ìüïïíýïïîþ的最大值为1D ．数列(){}3nj 为等比数列三、填空题7．（2021·江西·模拟预测）已知公差不为0的等差数列{}n a 的部分项1k a ，2k a ，3k a ，……构成等比数列{}n a ，且11k =，22k =，35k =，则n k =.8．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知实数a 、b 、c 、d 成等差数列，且函数()ln 2y x x =+-在x b =时取到极大值c ，则a d += .9．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列{}n a 满足1ln 1n n a a +=+，函数()ln 1xf x x =+在0x x =处取得最大值，若()420ln 1a a x =+，则12a a += 四、解答题10．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，124325a a a ++=，且32a +，4a ，52a -成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a ={}n b 的前n 项和n T ．11．（2024·浙江·二模）欧拉函数()()*N n n j Î的函数值等于所有不超过正整数n 且与n 互素的正整数的个数，例如：()11j =，()42j =，()84j =，数列{}n a 满足()()*2N n n a n j =Î.(1)求1a ，2a ，3a ，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记()222log 1nnn na b a =-，求数列{}n b 的前n 和n S .【综合提升练】一、单选题1．（2024·辽宁·二模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)(N )n n S n *Î在函数2()(,,)f x Ax Bx C A B C =++ÎR 的图象上，则（）A ．01C =B ．若0A =，则0N n *$Î，使n S 最大C ．若0A >，则0N n *$Î，使n S 最大D ．若0A <，则0N n *$Î，使n S 最大2．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 为等差数列，且7π2a =.设函数()2sin22cos 2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（）A ．13π2B ．7πC ．7D ．133．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义：满足(211:n n n na a q q a a +++= 为常数，*N n Î）的数列{}n a 称为二阶等比数列，q 为二阶公比.已知二阶等比数列}n a ∣的二阶公比为121,a a ==，则使得2024n a > 成立的最小正整数n 为（）A ．7B ．8C ．9D ．104．（2024·江苏徐州·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且321n n S a =+，*n ÎN ．若2024k S ³，则正整数k 的最小值为（）A ．11B ．12C ．13D ．145．（23-24高三上·山西运城·期末）已知等差数列{}n a 中，97π12a =，设函数44()cos sin cos 1f x x x x x =---，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前17项和为（）A ．51-B ．48-C ．17-D ．06．（2024·安徽池州·二模）对于数列{}n a ，若点(),n n a 都在函数x y cq =的图象上，其中0q >且1q ¹，则“1c q >”是“{}n a 为递增数列”的（）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件7．（2024·上海奉贤·三模）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，关于正整数n 的方程1n n S S a +×=记为F ，命题p ：对于任意的R a Î，存在等差数列{}n a 使得F 有解；命题q ：对于任意的R a Î，存在等比数列{}n b 使得F 有解；则下列说法中正确的是（）A ．命题p 为真命题，命题q 为假命题；B ．命题p 为假命题，命题q 为真命题；C ．命题p 为假命题，命题q 为假命题；D ．命题p 为真命题，命题q 为真命题；8．（2024·青海·模拟预测）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()()()()226f x y f x f y f x f y +=--+，()14f =，则()()()1299f f f ++×××+=（）A ．992198+B ．992196+C ．1002198+D ．1002196+二、多选题9．（2024·贵州·三模）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()()()22,f x y f x f y x y xy f x +=+¢++为()f x 的导函数，且()12f ¢=，则（）A ．()00f =B ．()f x 为奇函数C ．()27f ¢-=D ．设()()*n b f n n ¢=ÎN ，则2024202320252b =´+10．（2024·河南·三模）将函数()2πsin (0,0)3f x x x w w æö=->>ç÷èø的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{}n a ，且123a =，则（）A ．2w =B ．()f x 在()1,2上先增后减C ．10313a =D ．{}n a 的前n 项和为236n n +11．（2022·海南·模拟预测）对于无穷数列{}n a ，给出如下三个性质：①10a <；②*,n s "ÎN ，n s n s a a a +>+；③*n "ÎN ，*t $ÎN ，n t n a a +>，定义：同时满足性质①和②的数列{}n a 为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列{}n a 为“t 数列”，则下列说法正确的是（）A ．若23n a n =-，则{}n a 为“s 数列”B ．若12n n a =-，则{}n a 为“t 数列”C ．若{}n a 为“s 数列”，则{}n a 为“t 数列”D ．若等比数列{}n a 为“t 数列”，则{}n a 为“s 数列”三、填空题12．（2024·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S，且n a ={}n b 的前n 项和为n T ，且()121n bn n S a +-=，则满足2n T ³的正整数n 的最小值为.13．（2023高三·全国·专题练习）函数()f x 满足()()()()*111,1N 12f n f n f n +==Î+．若不等式()()1f n f n M +-£对任意的n 恒成立，则M 的最小值是．14．（23-24高三上·河北邢台·开学考试）函数()2f x x x a =-+的最小值是12，数列{}n a 满足()1n n a f a +=，11a =，则数列{}n a 的通项公式是．四、解答题15．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列{}n a 满足25a =，9672a a +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 前n 项和为n S ，且221n n n b a a +=-，若432mS >，求正整数m 的最小值.16．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n na S a =+．(1)证明：数列{}2n S 是等差数列；(2)数列{}n S 的每一项均为正数，11,11,2nn n n n S b n S S -ì=ïï=íï³ï+î，数列{}n b 的前n 项和为n T ，当21012n T ³时，求n 的最小值．17．（2024·四川成都·三模）已知数列{}n a 的前n 项和为,342n n n S S a =-.(1)证明：数列{}n a 是等比数列，并求出通项公式；(2)设函数()21ln 2f x x x æö=×-ç÷èø的导函数为()f x ¢，数列{}n b 满足()n n b f a =¢，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（23-24高三下·河北衡水·期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21,1n n S a n =-³．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：12311112nS S S S ++++<L ．19．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项11a =.(1)若2421n n n a S a =--，求数列{}n a 的通项公式；(2)若函数()2e x f x x =+，正项数列{}n a 满足：*1)()(n n a f a n +=ÎN .（i ）证明：31nn S n ³--；（ii）证明：*2222234)1111(1)(1)(1)(1)2,5555nn n a a a a ++++<³ÎN L .【拓展冲刺练】一、单选题1．（2023·陕西安康·模拟预测）设函数()21f x x =+，数列{}n a ，{}n b 满足()(),n n a f n f b n ==，则2a =（）A ．7b B ．9b C ．11b D ．13b 2．（23-24高三上·广东揭阳·阶段练习）已知等差数列{}n a 中，73π8a =，设函数()24cos 2sin cos 222x f x x x æö=-++ç÷èø，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（）A ．7B ．13C ．20D ．263．（2022高三·全国·专题练习）已知数列{}n a 满足1145,31n n a a a +==-，则满足不等式10k k a a -×<的k 的值为（）A ．4B ．5C ．6D ．74．（23-24高三上·四川·阶段练习）已知数列{}n a 满足113a =-，且()112n n n a a ++=+-，若使不等式n a l £成立的n a 有且只有三项，则l 的取值范围为（）A ．1135,33æùçúèûB ．1335,33æùçúèûC ．1135,33éö÷êëøD ．1335,33éö÷êëø二、多选题5．（23-24高三下·河北·开学考试）欧拉函数()()*N n n j Î是数论中的一个基本概念，()n j 的函数值等于所有不超过正整数n ，且与n 互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如()84j =，因为1，3，5，7均与8互质，则（）A ．()()()4610j j j ×=B ．数列()2n j 单调递增C ．()10040j =D ．数列()()23nn j j ìüïïíýïïîþ的前n 项和小于326．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知正项数列{}n a ，对任意的正整数m 、n 都有222m n m n a a a +£+，则下列结论可能成立的是（）A ．n mmn a a a m n+=B ．m n m n na ma a ++=C ．2m n mn a a a ++=D ．2m n m na a a +×=三、填空题7．（2024·云南楚雄·一模）将函数()2sin f x x x =+（0x >）的所有极小值点按从小到大的顺序排列成数列{}n a ，则()2023tan a = ．8．（23-24高三上·上海杨浦·阶段练习）设函数21()1f x x =-，122()ex f x --=，31()sin 2π3f x x =，99i ia =，0,12,,99i =L .()()()()()()10219998k k k k k k k I f a f a f a f a f a f a =-+-++-L ，1,2,3k =，试将1I 、2I 、3I 从小到大排列为 .9．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列{}n a 的首项1012a =，且()23568a a a a +=+，记{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，则当不等式0n n S T -<成立时，n 的最大值为．四、解答题10．（23-24高三上·湖南衡阳·阶段练习）点(,)n A n a （N n *Î）在函数2()log (32)f x x =+图象上.数列{n b }满足2n a n b =.(1)证明：数列{n b }为等差数列.(2)数列{n c }满足231()2n b n c -=.求n T 为{n n b c }前n 项和及当274n T >，求n 的最小值.11．（23-24高三下·湖南·阶段练习）若数列{}n a 在某项之后的所有项均为一常数，则称{}n a 是“最终常数列”.已知对任意()*,n m m n ³ÎN ，函数()f x 和数列{}n a 满足{}()11min n i i na f a +££=.(1)当()f x x >时，证明：{}n a 是“最终常数列”；(2)设数列{}n b 满足11m b a +=，对任意正整数()1,n n n b f b +=.若方程()0fx x-=无实根，证明：{}n a 不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数i ，i m i b a +=；(3)若(){}21,,n m f x x a ==不是“最终常数列”，求1a 的取值范围.。

2024年高考复习数学知识点+题型15+等差数列、等比数列的性质及其前n项和解题技巧

（
）
3 A． 10
B．
1 3
1 C． 8
D．
1 9
【详解】由等差数列的性质可知 S3 、 S6 S3 、 S9 S6 、 S12 S9 成等差数列，
∵
S3 S6
1 3 ，即 S6
3S3 ， S6
S3
S3
S3
，∴
S9
S6
3S3 ， S12
S9
4S3 ，∴
S9
6S3
，
S12 10S3 ，
例 4-2．
（2023·全国·统考高考真题）
记 Sn 为等比数列an的前 n 项和，若 S4 5， S6 21S2 ，则 S8 （）．
A．120 B．85 C． 85 D． 120
方法一：设等比数列an的公比为 q，首项为 a1 ，
若 q 1 ，则 S4 0 5 ，与题意不符，所以 q 1 ；
S2 21S2
5 ，解得： S2
1 或 S2
5 4
，
当 S2 1 时， S2，S4 S2，S6 S4，S8 S6 ，即为 1， 4，16，S8 21 ，
易知， S8 21 64 ，即 S8 85 ；
当 S2
5 4
时， S4
a1
a2
a3
a4
a1
a2
1
q2
1 q2
例 1-1．
（江西·高考真题）
已知等差数列an ，若 a1 a2 a3 a12 21 ，则 a2 a5 a8 a11 .
根据等差数列的性质可得 a1
a2
a3
a12
6(a1
a12
)
21
，解得 a1
a12
7 2

高三数学：2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结考点一：已知()n f S n =，求na 利用()()⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n a S n nn ，注意一定要验证当1=n 时是否成立【精选例题】【例1】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且121n n S +=-，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．2n n a =B ．3,12,2n nn a n =⎧=⎨≥⎩C ．12n n a -=D ．12n n a +=【答案】B【详解】当2n ≥时，121nn S -=-，1112212n n n n n n a S S +---+=-==；当1n =时，1111213a S +==-=，不符合2n n a =，则3,12,2n n n a n =⎧=⎨≥⎩.故选：B.【例2】定义123nnp p p p +++⋅⋅⋅+为n 个正数123,,,,n p p p p ⋅⋅⋅的“均倒数”，若已知数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为15n，则10a 等于（）A ．85B ．90C ．95D ．100【例3】（多选题）定义12n n H n-+++= 为数列{}n a 的“优值”．已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，下列关于数列{}n a 的描述正确的有（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为递增数列C ．2022202520222S =D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得112222n n n n a a a H n -+++== ，所以112222n nn a a a n -+++=⋅ ，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅ ，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以()32n n n S +=，所以32n S n n +=，故2022202520222S =，故C 正确．25S =，414S =，627S =，2S ，4S ，6S 不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．【例4】设数列{}n a 满足123211111222n n a a a a n -+++⋅⋅⋅+=+，则{}n a 的前n 项和（）A ．21n -B ．21n +C ．2nD ．121n +-【答案】C【详解】解：当1n =时，12a =，当2n ≥时，由1231221111112222n n n n a a a a a n ---+++⋅⋅⋅++=+得123122111222n n a a a a n --+++⋅⋅⋅+=，两式相减得，1112n n a -=，即12n n a -=，综上，12,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩所以{}n a 的前n 项和为()11212224822212n n n ---+++++=+=- ，故选：C.【跟踪训练】1.无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =，则下列结论中正确的有（）A ．{}n a 为等比数列B ．{}n a 为递增数列C ．{}n a 中存在三项成等差数列D ．{}n a 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2nn S =2n ∴≥，111222n n n n n n a S S ---=-=-=，当1n =时，11122a S ===，不符合上式，12,1,2,2,n n n a n -=⎧∴=⎨≥⎩所以{}n a 不是等比数列，故A 错误；又122a a ==，所以{}n a 不是递增数列，故B 错误；假设数列{}n a 中存在三项,,r m s a a a 成等差数列，由于122a a ==，则*,,N ,2r m s r m s ∈≤<<，所以得：11122222m r s m r s a a a ---=+⇒⨯=+11222m r s --∴=+，则11122r m s m ----∴=+，又11021s m s m ----≥⇒≥且120r m -->恒成立，故式子11122r m s m ----=+无解，{}n a 中找不到三项成等差数列，故C 错误；21*22(N )n n a n -∴=∈，212(1)21242n n n na a ++-∴=={}2n a ∴是等比数列，即{}n a 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．考点二：叠加法（累加法）求通项若数列{}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。

(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档

1 2
5
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n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
4
文德教育
建议收藏下载本文，以便随时学习！（8）当遇到 an1
an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。数列求和的常用方法：
2、由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)

题型五数列 ——高考数学高频题型专项讲解

题型五数列——高考数学高频题型专项讲解一、思路分析数列的概念和递推公式是高考的热点，主要考查已知递推关系求通项公式、由n a 与n S 的关系求通项公式、利用数列的性质求最值等，主要以填空题、解答题的形式呈现，难度中等.等差数列是高考的重点考查知识，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n 项和公式等，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题，要善于运用函数与方程思想和整体代入思想解决有关等差数列问题，同时要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.等比数列是高考的考查热点，主要考查等比数列的基本运算和性质，等比数列的通项公式和前n 项和公式，尤其要注意证明题或以数学文化为背景的数列题，考查题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度中等，要会运用函数与方程思想、转化与化归思想和分类讨论思想解题，也要注意探索创新和生活实践情境载体下的试题训练.数列求和及数列综合应用是高考的热点题型，其中等差、等比数列的通项与求和，数列与函数、不等式的综合，以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现，难度中等，要注重常规考法，也要注重数列与其他知识的综合创新，同时也要注重对结构不良类试题的训练. 二、考纲要求1.数列的概念和递推公式（1）了解数列的概念及表示方法，理解数列的通项公式的意义. （2）理解数列的递推公式，能根据递推公式写出数列的前几项. （3）理解n a 与n S 的关系.2.等差数列（1）理解等差数列的概念和通项公式的意义.（2）掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等差数列与一次函数的关系.3.等比数列（1）理解等比数列的概念和通项公式的意义（2）掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.（3）了解等比数列与指数函数的关系.4.数列求和及数列综合应用（1）掌握几种常用的数列求和方法.（2）掌握数列的综合应用.三、方法技巧1.由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略：（1）常用方法：观察（观察规律）、比较（比较已知数列）、归纳、转化（转化为特殊数列）、联想（联想常见的数列）等方法.（2）具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③各项的符号特征和绝对值特征；④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑤对于符号交替出现的情况，可用(1)k-，*(1)k+-或1k∈N处理.2.等差数列前n项和的最值求解的常用方法（1）通项公式法：其基本思想是通过通项公式求出符号变化的项，从而求得和的最值；（2）前n 项和法：其基本思想是利用前n 项和公式的二次函数特性，借助抛物线的图象求最值.3.利用等差数列前n 项和解决实际问题的步骤：（1）判断问题中涉及的数列是否为等差数列；（2）若是等差数列，找出首项、公差、项数；（3）确认问题是求n a 还是n S ；（4）选择恰当的公式计算并转化为实际问题的解.4.解决等差数列前n 项和的基本运算题的思路方法及注意事项：（1）注意公式1()2n n n a a S +=与1(1)2n n n S na d -=+的选择使用；（2）等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1a ，n a ，d ，n ，n S ，已知其中三个就能求另外两个，注意方程思想的应用；（3）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而1a 和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法，同时注意灵活应用等差数列的性质以简化计算过程.5.应用等比数列通项公式解实际应用问题的步骤（1）构建等比数列模型；（2）明确1a ，q ，n ，n a 等基本量；（3）利用11n n a a q -=求解；（4）还原为实际问题.6.判定数列是等比数列的常用方法：（1）定义法：验证1nn a q a -=（q 为常数且不为0）是否成立，但应注意必须从第二项（即2n）起所有项都满足此等式；（2）等比中项法：验证211n n n a a a -+=（n *∈N ，2n且0n a ≠）是否成立；（3）通项公式法：验证11n n a a q -=是否成立，但应注意隐含条件是10a ≠，0q ≠.7.解决等比数列前n 项和的实际应用问题的基本步骤（1）将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题；（2）构建等比数列模型；（3）利用等比数列的前n 项和公式求解等比数列问题；（4）将所求结果还原到实际问题中.8.等比数列基本运算中的常用技巧：（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设该数列为x x xq q，，，，；若连续偶数个项成等比数列，则可设该数列为33x x xq xq q q，，，，，（注意：此时公比20q >，并不适合所有情况）.这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便.（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时还要注意合理运用3232121121n nn n a a a a a a q a a a a a a --+++=====+++.9.用错位相减法解决数列求和问题的步骤：（1）判断结构：若数列{}n n a b ⋅是由等差数列{}n a 与等比数列{}n b （公比q ）的对应项之积构成的，则可用此法求和；（2）乘公比：设{}n n a b ⋅的前n 项和为n T ，然后两边同乘以q ；（3）错位相减：乘以公比q 后，向后错开一位，使含有*()k q k ∈N 的项对应，然后两边同时作差；（4）求和：将作差后的结果求和，从而表示出n T .10.利用裂项相消法求和的基本步骤（1）裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；（2）累加：将数列裂项后的各项相加（3）消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n 项和.11.解决数列与不等式综合问题的一般步骤（1）由已知条件和数列性质求基本量，确定数列的特性（等差或等比数列）；（2）求出n a 或n S 的通项公式；（3）分析n a ，n S 涉及的函数或不等式，利用相关函数或不等式性质解决题目中的问题；（4）得出结果，叙述完整；（5）回顾反思，查验“n ”的取值是否符合要求，运算过程是否有不当之处.12.数列与不等式的综合问题的解题策略（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者是借助数列对应的函数的单调性求解.（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，有时需构造函数，利用函数的单调性，最值来证明.13.数列与函数的综合问题的解题策略（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究. （2）已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的有关公式对式子化简变形.（3）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解.14.数列在实际应用中的常见模型（1）等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差.（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n 项n a 与第(1)n +项1n a +（或者相邻三项等）之间的递推关系还是前n 项和n S 与前(1)n +项和1n S +之间的递推关系.15.解答数列实际应用题的步骤（1）审题：仔细阅读题目，认真理解题意.（2）建模：将已知条件翻译成数列语言，将实际问题转化成数学问题，分清数列是等差数列、等比数列，还是递推数列，是求通项还是求前n 项和. （3）求解：求出该问题的数学解.（4）还原：将所求结果还原到实际问题中.。

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高考数学数列题型篇_题型归纳
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。

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。

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,学习规律.。