高考数列题型归纳

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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。

高中数学数列题型归纳及解题方法梳理

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

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

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

数列精华题型归纳(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）

高三数学数列题型归纳

高三数学数列题型归纳数列是高中数学中的重要知识点，也是高考数学的常考题型之一。

在高三阶段，学生需要掌握各种数列的定义、性质、求通项公式、求和公式等各种知识点。

为了帮助大家更好地掌握数列的相关知识，本文将就高三数学数列题型的归纳进行探讨。

一、等差数列等差数列是指数列中相邻项之间的差值相等的数列。

等差数列有许多重要的性质，如通项公式、前n项和公式等。

在高考数学中，等差数列是经常出现的题型。

1. 等差数列通项公式：an=a1+(n-1)d其中，a1是等差数列的首项，d是公差，an是等差数列的第n项。

2. 等差数列前n项和公式：Sn=n/2(a1+an)其中，Sn是等差数列的前n项和。

3. 等差数列的性质：（1）等差数列的首项与末项的和等于中间项和的总和。

（2）等差数列的前n项和可以表示为n乘以首项与末项的平均数。

（3）等差数列的项数有限，且每一项和前一项之间的差值相等。

二、等比数列等比数列是指数列中相邻项之间的比值相等的数列。

等比数列同样也有很多重要的性质，如通项公式、前n项和公式等。

1. 等比数列通项公式：an=a1*q^(n-1)其中，a1是等比数列的首项，q是公比，an是等比数列的第n项。

2. 等比数列前n项和公式：Sn=(a1(1-q^n))/(1-q)其中，Sn是等比数列的前n项和。

3. 等比数列的性质：（1）等比数列的前n项和可以表示为首项乘以1-q^n除以1-q。

（2）公比大于1时，等比数列是发散的，公比小于1时，等比数列是收敛的。

三、斐波那契数列斐波那契数列的定义是：前两项为1，从第三项起每一项都是前两项之和。

即F(1) = 1，F(2) = 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n>=3）。

斐波那契数列在自然界与生活中也有许多出现，如植物分枝的规律、蜂巢的排列方式等等。

因此，斐波那契数列也是高考数学中的常见题型。

1. 斐波那契数列的通项公式：Fn=(1/sqrt(5))*(((1+sqrt(5))/2)^n-((1-sqrt(5))/2)^n)其中，sqrt(5)表示5的平方根。

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 0的二次函数）项，即：二、等比数列的定义与性质三、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）法解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴<>-<>=12122得：n n a ，∴a n n =+21，∴a n n nn ==≥⎧⎨⎩+141221()() 练习、{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++1115344、叠乘法解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 5、等差型递推公式练习、{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥-- 6、等比型递推公式练习、{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+ 7、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。

解：()()由·11111011a a a a d d a a d k k k k k k ++=+=-⎛⎝ ⎫⎭⎪≠练习、求和：…………111211231123+++++++++++n3、错位相减法：4、倒序相加法：把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加。

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。

数列题型全归纳(附知识点)

数列一、数列的概念（1）数列定义：按一定次序排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项。

记作n a ，在数列第一个位置的项叫第1项（或首项），在第二个位置的叫第2项，……，序号为n 的项叫第n 项（也叫通项）记作n a ；数列的一般形式：1a ，2a ，3a ，……，n a ，……，简记作 {}n a 。

例：判断下列各组元素能否构成数列（1）a, -3, -1, 1, b, 5, 7, 9;(2)2010年各省参加高考的考生人数。

（2）通项公式的定义：如果数列}{n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式。

例如：①：1 ，2 ，3 ，4， 5 ，…②：514131211，，，，…数列①的通项公式是n a = n （n ≤7，n N +∈），数列②的通项公式是n a = 1n（n N +∈）。

说明：①{}n a 表示数列，n a 表示数列中的第n 项，n a = ()f n 表示数列的通项公式； ② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。

例如，n a = (1)n-=1,21()1,2n k k Z n k-=-⎧∈⎨+=⎩；③不是每个数列都有通项公式。

例如，1，，，，……（3）数列的函数特征与图象表示：序号：1 2 3 4 5 6 项：4 5 6 7 8 9上面每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号集合到另一个数集的映射。

从函数观点看，数列实质上是定义域为正整数集N +（或它的有限子集）的函数()f n 当自变量n 从1开始依次取值时对应的一系列函数值(1),(2),(3),f f f ……，()f n ，……．通常用n a 来代替()f n ，其图象是一群孤立点。

例：画出数列12+=n a n 的图像.（4）数列分类：①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系分：单调数列（递增数列、递减数列）、常数列和摆动数列。

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观察法。

（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数）例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。

求a n 。

例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1）即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。

数列解答题的考法研究题型归纳练习-2023届高三数学一轮复习(含解析)

数列大题的考法研究题型一：等差数列、等比数列的判定与证明1．已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，且满足2133(1)022n n nS n S n n +-+--=.证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；2．已知数列{}n a 满足：12a =，()11n n n a a n n++=+. 设nn a b n=，证明：数列{}n b 是等差数列；3．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-. 证明：对任意的正整数n ，集合{}21221,,n n n a a a -+中的三个元素可以排成一个递增的等差数列题型二：分组转化法求和1．已知数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数．（1）求2a ，3a ；（2）设22n n b a =-，求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式；（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,?,?n n n S n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,.n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数，为偶数（1）求2a ，3a ，4a ，并求n a ；（2）求{}n a 的前100项和100S ．4．山西面食历史悠久，源远流长，称为“世界面食之根”．临汾牛肉丸子面、饸饹面是我们临汾人喜爱吃的面食．调查资料表明，某学校在每周一有1000名学生选择面食，餐厅的面食窗口在每周一提供牛肉丸子面和饸饹面两种面食．凡是在本周一选择牛肉丸子面的学生，下周一会有20%改选饸饹面；而选择饸饹面的学生，下周一会有30%改选牛肉丸子面．用,n n a b 分别表示在第n 个周一选择牛肉丸子面和饸饹面的人数，且1600a =．（1）证明：数列{}n a 是常数列；（2）若2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n n b c +的前2n 项和2n S ．题型三：裂项相消法求和1．已知数列{}n a 满足111,2(*,2)n n a a a n N n -==+∈≥ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11()n n n b n N a a +=∈，n S 是数列{}n b 的前n 项和，求n S .2．已知数列{}n a 满足()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111nn n n a b a a +=++，求数列{}n b的前n 项和n S .3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*22n n S a n =-∈N ；（1）求{}n a 的通项公式；（2）设21n n b a n =+-，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求n T ；（3）设()()1111n n n n a c a a ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意*n ∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值；题型四：错位相减法求和1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n a S -=+（2n ≥，n *∈N ）（1）求{}n a 的通项公式n a ；（2）记2log nn na b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．2．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-；数列{}n b 满足11(2,)n n n n b b b b n n N ---=≥∈，11b =.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)2n n n a a S +=，0n a >．（1）证明数列{}n a 为等差数列，并求{}n a 的通项公式；（2）已知2nn na b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ，并证明2n T <．【课后精练】1．已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,n n S n ∈N 均在函数()f x 的图象上．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若函数()442x x g x =+，令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T ．2．已知数列{}n a 的前n 项和224()n n S n N ++=-∈，函数()f x 对一切实数x 总有()(1)1f x f x +-=，数列{}n b 满足121(0)()()()(1).n n b f f f f f n n n-=+++++分别求数列{}n a 、{}n b 的通项公式.3．在公差不为0的等差数列{}n a 中，257a a +=，2a ，4a ，8a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若22n an n b a =+，求{}n b 的前n 项和n S ．4．已知{}n a 是等比数列，0n a >，且223a =，6542a a a -=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．5．已知数列{}n b 的前n 项和()22n S n n n N +=+∈．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,1(*)n n a a S n N +==+∈，数列{}n b 满足11b =，12n n n b a b +=+．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足1nn n n a c b b +=，求证：1212n c c c +++<．7．已知数列{}n a 满足111,2(1)n n a na n a +==+. （1）证明：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求n a ；（2）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .8．已知数列{}n a 满足11()n n a a n N *+=+∈，且22a =.（1）若数列{}n b 满足111,21n n n b b b a +==+-，求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}3n an a ⋅的前n 项和n S .9．已知数列{}n a ，{}n b 满足1118a =，11216n n n n a a a a ++-=，116n n b a =-.（1）证明{}n b 为等比数列，并求{}n b 的通项公式；（2）求11223377a b a b a b a b ++++.10．已知数列{}n a 的前n 项和为214n S n n =-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n T .数列大题的考法研究【答案解析】题型一：等差数列、等比数列的判定与证明1．已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，且满足2133(1)022n n nS n S n n +-+--=.证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；【答案】证明见解析，32n a n =- 证明：因为2133(1)022n n nS n S n n +-+--=，所以()13(1)12n n nS n S n n +-+=+，所以1312n n S S n n +-=+，1111S a ==，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，32为公差的等差数列，3122n S n n =-，所以23122n S n n =-，当2n ≥时， ()()2213131112222n n n a S S n n n n -⎡⎤=-=-----⎢⎥⎣⎦32n =-，当1n =时，等式也成立，所以32n a n =-；2．已知数列{}n a 满足：12a =，()11n n n a a n n++=+. 设nn a b n=，证明：数列{}n b 是等差数列；【答案】证明：由()11n n n a a n n++=+，可得111n n a a n n +=++，所以111n n a a n n +-++，由于nn a b n=，可得11n n b b +-=，又112b a ==，所以{}n b 为首项为2，公差为1的等差数列. 3．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-. 证明：对任意的正整数n ，集合{}21221,,n n n a a a -+中的三个元素可以排成一个递增的等差数列；【答案】由题意，数列{}n a 的前n 项和n S 满足3223n n a S =-，当2n ≥时，113223n n a S --=-，两式相减，可得132n n n a a a --=，即12n n a a -=-，即()12,2n n a n a -=-≥，令1n =，可得113223a a =-，解得143a =，所以数列{}n a 是首项为43，公比为2-的等比数列，所以()()1124233n n n a +--=⋅-=，所以()222112233n nn a -=-=，21223n n a +=-，222123n n a ++=，又由21221214nn n n n a a a a -+--=-=，所以2n a ，21n a -，21n a +构成一个递增的等差数列.证明（判断）数列是等差（比）数列的4种基本方法题型二：分组转化法求和1．已知数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数．（1）求2a ，3a ；（2）设22n n b a =-，求证：数列{}n b 是等比数列，并求其通项公式；（3）已知12log n n c b =，求证：122311111n nc c c c c c -+++<．【答案】（1）232a =，352a =-（2）证明见解析，12nn b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（3）证明见解析（1）因为数列{}n a 满足11a =，11,22,n n n a n n a a n n +⎧+⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，所以2113122a a =+=，323522422a a =-⨯=-=-．即232a =，352a =- （2）()()12221211122122122n n n n b a a n a n ++++=-=++-=+-()()()2221111421122222n n n n a n n a a b -+-==-==-． ∵12122b a =-=-，∴数列{}n b 的各项均不为0，∴112n n b b +=，即数列{}n b 是首项为12-，公比为12的等比数列， ∴1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．（3）由（2）知11221log log 2nn n c b n ⎛⎫=== ⎪⎝⎭．∴()1223111111112231n n c c c c c c n n -+++=+++⨯⨯-1111111112231n n n=-+-++-=-<-． 2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,?,?n n n S n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．【答案】（1）1,?2,?n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数；（2）60．【详解】解：（1）当1n =时，112a S ==当n 为奇数，且3n ≥时，12(1)1n n n a S S n n n -=-=--=+，显然1n =满足；当n 为偶数时，12(1)2n n n a S S n n n -=-=--=-所以1,,2,.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数（2）()()()20122012232021T b b b a a a a a a =++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅++()1220211212a a a a a a =++⋅⋅⋅++--211212S a a =--222122260=⨯⨯--=．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,.n n na n a a n ++⎧=⎨⎩为奇数，为偶数（1）求2a ，3a ，4a ，并求n a ；（2）求{}n a 的前100项和100S ．【答案】（1）22a =，32a =，43a =，1,22,.2n n n a n n +⎧⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩为奇数，为偶数；（2）2600.【详解】解：（1）2112a a =+=，322a a ==，4313a a =+=．当*N k ∈时，由题意，得2211k k a a -=+，212k k a a +=．于是21211k k a a +-=+，即21211k k a a +--=．所以，{}21k a -是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()21111k a a k k -=+-⋅=，即n 为奇数时，12n n a +=．当n 为偶数时，()11121122n n n n a a --++=+=+=．所以，1,22,.2n n n a n n +⎧⎪⎪=⎨+⎪⎪⎩为奇数，为偶数；（2）法1：()()100139924100S a a a a a a =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()1235023451=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()()1505025150260022+⨯+⨯=+=法2：由（1），当*N k ∈时，21k a k -=，21k a k =+．令212k k k b a a -=+，则21k b k =+．()()()1001234991001250S a a a a a a b b b =++++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅+15031015050260022b b ++=⨯=⨯=． 4．山西面食历史悠久，源远流长，称为“世界面食之根”．临汾牛肉丸子面、饸饹面是我们临汾人喜爱吃的面食．调查资料表明，某学校在每周一有1000名学生选择面食，餐厅的面食窗口在每周一提供牛肉丸子面和饸饹面两种面食．凡是在本周一选择牛肉丸子面的学生，下周一会有20%改选饸饹面；而选择饸饹面的学生，下周一会有30%改选牛肉丸子面．用,n n a b 分别表示在第n 个周一选择牛肉丸子面和饸饹面的人数，且1600a =．（1）证明：数列{}n a 是常数列；（2）若2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n n b c +的前2n 项和2n S ．【答案】（1）证明见解析；（2）2248002(41)3n n S n n ++-=. 【详解】解：（1）证明：1600a =，11000600400b ∴=-=，26000.84000.3600a =⨯+⨯=，由题意，可得10.80.31000n n n n n a a b a b +=+⎧⎨+=⎩，解得113002n n a a +=+，1600a =，600n a ∴=，即数列{}n a 是常数列.（2）由（1）可得，1000400n n b a =-=，2,2,n n n n c n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，213212422400()()n n n S n c c c c c c -∴=⨯+++⋯++++⋯+24224002(13521)(222)n n n =⨯++++⋯+-+++⋯+ 248002(41)3n n n =++-．分组转化法求和的常见类型(1)若n n n a b c =±,且{}n b ,{}n c 为等差或等比数列,可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和 (2)通项公式为n n n b n a c n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的数列,其中数列{}n b {}n c 是等比数列或等差数列,可采用分组转化法求和。

高考数列知识点归纳总结

高考数列知识点归纳总结一、等差数列等差数列是指数列中任意两项之间的差值恒定的数列。

常用的表示方式是：a，a + d，a + 2d，a + 3d...，其中a为首项，d为公差。

1. 等差数列的通项公式为了快速计算等差数列中任意一项的数值，我们可以使用通项公式。

对于等差数列{an}，其通项公式为：an = a + (n - 1)d其中，an表示第n项的值，a为首项，d为公差。

2. 等差数列的前n项和公式等差数列的前n项和可以通过求和公式来计算，公式为：Sn = (n/2)(a + l)其中，Sn表示前n项和，n为项数，a为首项，l为末项。

3. 等差数列性质等差数列具有以下性质：- 任意三项成等差数列，当且仅当它们的差值相等。

- 等差数列中，如果知道了首项、末项和项数，就可以计算出公差。

或者前n项和。

二、等比数列等比数列是指数列中任意两项之间的比值恒定的数列。

常用的表示方式是：a，ar，ar^2，ar^3...，其中a为首项，r为公比。

1. 等比数列的通项公式为了快速计算等比数列中任意一项的数值，我们可以使用通项公式。

对于等比数列{an}，其通项公式为：an = ar^(n-1)其中，an表示第n项的值，a为首项，r为公比。

2. 等比数列的前n项和公式等比数列的前n项和可以通过求和公式来计算，公式为：Sn = a(r^n - 1) / (r - 1)其中，Sn表示前n项和，n为项数，a为首项，r为公比。

3. 等比数列性质等比数列具有以下性质：- 任意三项成等比数列，当且仅当它们的比值相等。

- 等比数列中，如果知道了首项、末项和项数，就可以计算出公比。

或者前n项和。

三、数列的求和运算在高考数学中，常常会遇到需要计算数列前n项和的情况。

数列的求和运算可以通过特定的公式或者方法来实现。

1. 等差数列的求和等差数列的前n项和可以通过求和公式来计算，公式为：Sn = (n/2)(a + l)其中，Sn表示前n项和，n为项数，a为首项，l为末项。

高考数列题型及解题方法

高考数列题型主要分为以下几类：1. 等差数列和等比数列：这类题目主要考察对等差数列和等比数列的性质、通项公式、求和公式等基本知识的掌握。

2. 通项公式的求解：这类题目要求求解数列的通项公式，通常可以通过观察数列的规律、使用递推关系或利用已知条件来推导。

3. 求和公式的应用：这类题目要求计算数列的和，包括等差数列、等比数列以及其他一些特殊数列的和。

4. 数列的极限：这类题目考察数列极限的概念，包括求解数列的极限、判断数列的收敛或发散等。

5. 不完全归纳法：这类题目要求通过观察数列的前几项来猜测数列的规律，并用不完全归纳法进行证明。

解题方法：1. 熟悉等差数列和等比数列的性质、通项公式和求和公式。

2. 学会观察数列的规律，找到数列之间的关系。

3. 熟练运用递推关系求解数列的通项公式。

4. 利用已知条件求解数列的通项公式或求和。

5. 掌握不完全归纳法的解题方法，通过观察数列的前几项来猜测数列的规律，并进行证明。

案例：1. 等差数列题目：已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1=1，求a10。

解：根据等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d，代入已知条件，得到a10=1+(10-1)×2=19。

2. 通项公式题目：已知数列{an}满足an=2an-1+1，a1=1，求an。

解：根据递推关系，得到an+1=2(an-1+1)，即an+1=2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列。

因此，an=2^(n-1)。

3. 求和公式题目：求等差数列1，4，7，10，...的前n项和。

解：根据等差数列求和公式Sn=n/2×(a1+an)，代入已知条件，得到Sn=n/2×(1+3n/2)=3n^2/4+n/4。

通过对高考数列题型的分类和解题方法的总结，可以更好地应对高考数列题目，提高解题能力。

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

考向27 数列求和经典题型归纳(十二大经典题型)(原卷版)

考向27 数列求和经典题型归纳经典题型一：通项分析法经典题型二：公式法经典题型三：错位相减法经典题型四：分组求和法经典题型五：裂项相消法经典题型六：倒序相加法经典题型七：并项求和经典题型八：先放缩后裂项求和经典题型九：分段数列求和经典题型十：含绝对值、取整、取小数等数列求和经典题型十一：数列插项求和经典题型十二：数列奇偶项求和（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．（2022·天津·高考真题）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：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nkk k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．一．公式法（1）等差数列{}n a 的前n 项和11()(1)22++==+n n n a a n n S na d ，推导方法：倒序相加法．（2）等比数列{}n a 的前n 项和111(1)11，，=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩n n na q S a q q q，推导方法：乘公比，错位相减法．（3）一些常见的数列的前n 项和： ①112123(1)==++++=+∑nk k n n n ；122462(1)==++++=+∑nk k n n n②21(21)135(21)=-=++++-=∑n k k n n ； ③22222116123(1)(21)==++++=++∑nk k n n n n ；④3333321(1)2123[]=+=++++=∑nk n n k n二．几种数列求和的常用方法（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．（2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．（4）倒序相加法：如果一个数列{}n a 与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．常见的裂项技巧积累裂项模型1：等差型（1）111(1)1=-++n n n n （2）1111()()=-++n n k k n n k（3）21111()4122121=---+n n n （4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦n n n n n n n（5）211111()(1)(1)(1)2(1)(1)==---+-+n n n n n n n n n（6）22111414(21)(21)⎡⎤=+⎢⎥-+-⎣⎦n n n n （7）314(1)(3)11114()()(1)(2)(3)(1)(2)(3)2312++-+==---++++++++++n n n n n n n n n n n n n（8）[]1(1)(1)(2)(1)(1).3+=++--+n n n n n n n n （9）[]1(1)(2)(1)(2)(3)(1)(1)(2)4++=+++--++n n n n n n n n n n n （10）1111(1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)⎡⎤=-⎢⎥++++++++⎣⎦n n n n n n n n n n（11）2222211111)(()+=-++n n n n n （12）222211112)42)((⎡⎤+=-⎢⎥++⎣⎦n n n n n 积累裂项模型2：根式型（111=+++n n n n（21(=+++n k n kn k n（31(2121)22121=+--++n n n n（42211(1)11111(1)(1)1++++==+-+++n n n n n n n n （533322221121+++-+-+n n n n n 3333322233111(21121)+-+-++--+n nn n n n n n n（62(1)1(1)1(1)11(1)(1)+-++-+===++++⎡⎤+-+⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n n n n n积累裂项模型3：指数型（1）11112(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121++++---==-------n n n n n n nn n （2）113111()(31)(31)23131++=-----n n n n n（3）122(1)21111(1)2(1)2122(1)2-++-⎛⎫==-⋅=- ⎪+⋅+⋅+⋅+⋅⎝⎭n n n n nn n n n n n n n n n n （4）1111(41)31911333(2)2(2)22-+--⎛⎫⎡⎤-⋅=-⋅=- ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭n n n n n n n n n n n（5）11(21)(1)(1)(1)(1)++⋅---=-++n n n n n n n n （6）1 3-=⋅n n a n ，设1()3[(1)]3-=+--+⋅n n n a an b a n b ，易得11,24==-a b ，于是111(21)3(23)344-=---⋅n n n a n n（7）222111(1)2(1)(1)(42)2(1)(42)2(1)2(1)2(1)2+++-++++-++-++==⋅⋅+⋅+⋅+⎡⎤⎣⎦nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n1111(1)1111(1)(1)(1)()22(1)2222(1)2++++⎡⎤⎡⎤---=+-+=-+-⎢⎥⎢⎥⋅+⋅⋅+⋅⎣⎦⎣⎦n n n n n n n n n n n n n n 积累裂项模型4：对数型 11log log log ++=-n a n aa a n na a a 积累裂项模型5：三角型（1）11(tan tan )cos cos sin()=--αβαβαβ（2）[]11tan(1)tan cos cos(1)sin1=+︒-︒︒+︒︒n n n n（3）1tan tan (tan tan )1tan()=---αβαβαβ（4）[]tan tan(1)tan tan(1);tan1tan (1)1tan tan(1)--=⋅-=--=+⋅-n n n a n n n n n ，则tan tan(1)tan tan(1)tan tan(1)1,1tan1tan1----⋅-=-=-n n n n n n n a积累裂项模型6：阶乘（1）1!(1)!1(1)!+=-+n n n n （2）2(2)(2)!(1)!(221111=-!(1)!!(2)!!(2)!2)++++++===++++++n n n n n n n n n n n n n 常见放缩公式：（1）()()21111211<=-≥--n n n n n n ；（2）()2111111>=-++n n n n n ；（3）2221441124412121⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭n n n n n ；（4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=-≥---rr n r r n T C r n r n r n r r r r r；（5）()1111111312231⎛⎫+<+++++< ⎪⨯⨯-⎝⎭nn n n；（6(()2121=<=--≥+-+n nn n n n n n ；（7(211=>=++++n n n n n n n ；（8222212111212122=<==--++-++-++n n nn nn n n n ；（9）()()()()()()()1211222211212121212122212121---=<==----------nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（10()()()()3211111111+--=<+---+-+⋅n n n n n n n n n n n n n()()1121111211⎡⎤++-⎢==+---+⎢-+⎣n n n n n n n n n n n ()2211<≥-+n n n ；（11()()()3221111-+--+-⋅+⋅n n n nn n n n nn n n n()()21211--=≥--n nn n nn n；（12）()()01211122221111111=<==--++-+++-n n n n n C C C n n n n ；（13）()()()111121122121212121---<=-≥-----n n n nn n n ．（14）21211112()2()+-+++--=<<=-n n n n n nnn n ．经典题型一：通项分析法1．（2022·云南民族大学附属中学模拟预测（理））数列112，134，158，1716，，()1212n n -+，的前n 项和n S 的值等于_____________2．（2022·湖南·模拟预测）已知单调递减的正项数列{}n a ，2n ≥时满足()()()22111111210n n n n n n n n n a a a a a a a a a ----+++-++=．112n a S =，为{}n a 前n 项和．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：11n S n >+3．（2022·全国·高三专题练习）求和()()()22122323322332322n n n n n S --=+++⋅++⋅⋅⋅++⋅+⋅+⋅⋅⋅+．4．数列9，99，999，⋯的前n 项和为( )A ．10(101)9nn -+ B ．101n - C ．10(101)9n- D ．10(101)9nn --经典题型二：公式法5．已知等差数列{}n a 中，29a =，521a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）令2na nb =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．6．如图，从点1(0,0)P 做x 轴的垂线交曲线x y e =于点1(0,1)Q ，曲线在1Q 点处的切线与x 轴交于点2P ，再从2P 做x 轴的垂线交曲线于点2Q ，依次重复上述过程得到一系列点：1P ，1Q ；2P ，2Q ⋯；n P ，n Q ，记k P 点的坐标为(k x ，0)(1k =，2，⋯，)n ．（Ⅰ）试求k x 与1k x -的关系(2)k n ；（Ⅱ）求112233||||||||n n PQ P Q PQ P Q +++⋯+．经典题型三：错位相减法7．（2022·浙江·高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且111,1n n a S a +==-，数列{}n b 为等差数列，且4365231,7a b S b =+=. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)记nn n b c a=，求{}n c 的前n 项和为n T .8．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且38n n S a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n na 的前n 项和为n T ，证明：329n T <.9．（2022·河南·高三开学考试（文））在①121n n a a +=+；②122n n S n +=--；③2n 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11a =，______． (1)n a ；(2)设n n b na =求数列{}n b 的前n 项和n T ．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．10．（2022·湖北·应城市第一高级中学高三开学考试）在数列{}n a 中，11111,1,421n n n n a a b a a +==-=-，其中N n *∈. (1)证明数列{}n b 是等差数列，并写出证明过程； (2)设122n nn b b c -=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ；经典题型四：分组求和法11．（2022·河南省杞县高中高三开学考试（文））已知数列{}n a 满足213,21n n a a a +==+，设1n n b a =+.(1)证明：{}n b 是等比数列； (2)求13521n a a a a +++++.12．（2022·广东·高三开学考试）已知数列{}n a 满足13a =，22a =，21,213,2n n n a n k a a n k+-=-⎧=⎨=⎩.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .13．（2022·甘肃·高台县第一中学高三开学考试（文））已知公差不为0的等差数列{}n a 满足11a =．若5a ，2a ，1a 成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n n b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S14．（2022·河南·高三开学考试（文））已知等比数列{}n a 的公比大于1，26a =，1320a a +=. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若12331log log 22n n n n b a a a ++=+，求{}n b 的前n 项和n T .15．（2022·河南·高三开学考试（理））已知等差数列{}n a 的公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，等差数列{}n b 的公差为2d ，且13b =，36S =，73a b =． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设112nan n n c b b +=+，求数列{}n c 的前n 项和n C ．经典题型五：裂项相消法16．（2022·安徽·芜湖一中模拟预测）已知数列{}n a 满足：()12121,3,21,n n n a a a a a n *++==+=+∈N ．(1)证明数列{}1n n a a +-为等差数列，并求数列{}n a 的通项公式．(2)若524n n c a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，证明：121111nc c c +++<．17．（2022·黑龙江·高三开学考试）已知数列{}n a 的首项为1，满足3434a a a a -=，且2n na a +，21n n a a ++，1成等差数列. (1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：1232343451214n n n a a a a a a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+<.18．（2022·浙江·高三开学考试）已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且21244,,,a a a a =成等比数列.(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，令1(1)n n n na b S +=-，求数列{}n b 的前2022项和.19．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为,0n n S a >，且2241n n n a a S +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ，求n T .20．（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)*Nn ∈，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：213n T <.21．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，1436n n n a a S ++=+.(1)求n a ；(2)求数列()21n n n n a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的前n 项和.22．（2022·河南·高三开学考试（文））已知数列{}n a 是递增的等差数列，3a 是1a 与11a 的等比中项，且25a =.若1n n n b a a +{}n b 的前n 项和n S =（） A 322n +B 352n +C 325n +D 355n +经典题型六：倒序相加法23．（2022·全国·高三专题练习）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对123100+++⋯⋯+的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数()22x x f x +{}n a 满足()121(0)(1)N n n a f f f f f n n n n *-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，若12n n n b a +=，则{}n b 的前n 项和n S =_________．24．（2022·全国·高三专题练习）设函数()12ln xf x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______．25．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（） A ．1008B ．1009C ．2018D ．201926．（2022·全国·高三专题练习）函数()ln f x x =，其中()()2f x f y +=，记()()()11*ln ln ln ln nn n nn S x x y xyy n N --=++++∈，则202211i iS==∑（）A ．20222023 B ．20232022 C ．20234044D ．40442023经典题型七：并项求和27．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足12(1)31n n n a a n +++-=-，前16项和为540，则2a =__．28．（2022·全国·高三专题练习（文））在等差数列{an }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{an cos nπ}的前2020项的和为（） A ．1009B ．1010C ．2019D ．202029．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.30．（2022·江苏·高邮市第一中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足120a a +=，(1)22(1)2n n n n a a +++-=，则数列{}n a 的前2020项的和为（）A ．0B ．1010C ．2020D ．202431．（2022·河北唐山·一模）已知数列{}n a 满足11a =-，()11112nn n a a n ++-=-，记数列{}n a 的前n 项和为n S . （1）求101S 的值；（2）求n S 的最大值.经典题型八：先放缩后裂项求和32．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和 n S(2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．33．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 前n 项和为n S 满足12S =，()132n n S S n N *+=+∈.（1）求通项公式n a ；（2）设()n n n a S b n N *=∈，求证：1221 (32)n b b b n +++-≤.34．（2022·全国·高三专题练习）求证:11114313213217n -+++<+⨯+⋅+.经典题型九：分段数列求和35．（2022·湖南·高三阶段练习）已知数列{}n a 中，11a =，12n n n a a +=，令2n n b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若222,2log log nn n n b n c n b b +⎧⎪⎪=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前14项和.36．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，1,,2,.n n na n a a n +⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)令2n nb a =，求1b ，2b 及{}n b 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前2n 项和2n S .37．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2,,为奇数为偶数⎧=⎨⎩n n n S n n（1）求{}n a 的通项公式；（2）设1n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前20项和20T ．38．（2022·重庆·高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n R λλ=+∈，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324b b a a +=+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若2021n n c b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T .经典题型十：含绝对值、取整、取小数等数列求和 39．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 满足222320nn a a n n--=（n *∈N ）. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令π3|sin |124n n a b =-，记{}n b 的前n 项和为n S ，求2021S .40．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n R λλ=+∈，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324b b a a +=+. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若2021n n c b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T .41．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，5(4)n S n n =+(1)求{}n a 的通项公式；(2)设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]2.62=．42．（2022·全国·高三专题练习）若数列{}n a 满足1222a a ==，且21n n n a a a ++=-，则{}n a 的前100项和为（） A ．67B ．68C ．134D ．16743．（2022·上海中学高三期中）已知数列{}n x 满足00x =且112,k k x x k N *-+=+∈，则1232021++++x x x x 的最小值是___________．44．（2022·全国·高三专题练习）已知[]x 表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]2=，[]1.52-=-在数列{}n a 中，[]lg ,n a n n N +=∈，记n T 为数列{}n a 的前n 项和，则2021T = ___________. 45．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列24nn a n =-，则数列{}n a 的前n 项和n S =___________.经典题型十一：数列插项求和46．（2022·广东广州·高三开学考试）已知集合{}21,A x x n n *==-∈N ，{}=3,n B x x n *=∈N ，将A 与B 中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a （若有相同元素，按重复方式计入排列）为1，3，3，5，7，9，9，11，….,设数列{}n a 的前n 项和为n S . (1)若27m a =，求m 的值； (2)求50S 的值.47．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a ，{}n b 的通项公式分别为2n a n =，2n n b =，现从数列{}n a 中剔除{}n a 与{}n b 的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{}n c ，则数列{}n c 的前150项之和为（） A ．23804B ．23946C ．24100D ．2461248．（2022·全国·高三专题练习）“提丢斯数列”，是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，192，，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，，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9832410⋅+C ．“提丢斯数列”前31项和为30321211010⋅+D ．“提丢斯数列”中，不超过20的有9项经典题型十二：数列奇偶项求和49．（2022·全国·高三专题练习）设数列{}n a 是公差大于零的等差数列，已知13a =，22424a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足sin ()cos ()n n n a n b a n ππ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求122021b b b ++⋅⋅⋅+.50．（2022·广东佛山·三模）设各项非零的数列{}n a 的前n 项和记为n S ，记123n n T S S S S =⋅⋅⋅⋅⋅，且满足220n n n n S T S T --=．(1)求1T 的值，证明数列{}n T 为等差数列并求{}n T 的通项公式；(2)设(1)nn nc na -=，求数列{}n c 的前n 项和n K ．51．（2022·全国·高三专题练习）在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)令(1)n n n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .52．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足15a =，214321n n a a n n +=-++.(1)证明：数列{}2n a n-为等比数列.(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n S .53．（2022·江苏·高三专题练习）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1)()2n n n nS a n N +=-∈，则数列{}n S 的前7项和为________.1．（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+==∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S <<2．（2020·江苏·高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．3．（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．4．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．5．（2020·天津·高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N ；（Ⅲ）对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．6．（2020·全国·高考真题（理））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．7．（2020·全国·高考真题（理））设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．8．（2021·全国·高考真题）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21240dm S =，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22180dm S =，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1nkk S==∑______2dm .。

(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档

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

高考数学题型全归纳：数列要点讲解含答案

得 n≤ 21 , 4
故当 n≤5 时，a n ≥0,
当 n≥6 时， an
0
当 n≤5 时,T n =S n =-2n 2 +19n 当 n≥6 时,T n =2S5-S n =24】已知等差数列 a n 的第 2 项是 8，前 10 项和是 185，从数列 an 中依次取出第 2 项，第
3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非
常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如 a2a4 2a3a5 a4a6 25 ，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有 a32 2a3a5 a52 25 ，即 (a3 a5 )2 25 .
解：设公差为
d，则
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
或
aa11
2d 122d
30 30
解得： da1030 a33 = 30 与已知矛盾
在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。四、典型例题
【例 1】已知由正数组成的等比数列 an ，若前 2n 项之和等于它前 2n 项中的偶数项之和的 11 倍，第 3 项与第 4 项之和为第 2 项与第 4 项之积的 11 倍，求数列 an 的通项公式.
解：∵q=1 时 S2n 2na1 ， S偶数项 na1
又 a1 0 显然 2na1 11na1 ，q≠1

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第1页递推数列题型归纳各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

例:已知数列{}n a 满足211=a ，n n a a n n ++=+211，求n a 。

解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n n n a a n n分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)111()4131()3121()211(nn --+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-=所以na a n 111-=-211=a ，nn a n 1231121-=-+=∴变式:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解： k k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …… ……k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。

第2页经检验11=a 也适合，∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--⋅+⋅--⋅+⋅=-+)(1)1(21321)(1)1(21321222121为偶数为奇数n n a nn n n n类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。

解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即 1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a n n 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒又321=a ，n a n 32=∴ 例:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a 。

解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，n a a a a a a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1，将以上n 个式子相乘，得2!n a n =)2(≥n 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

第3页例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .变式:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =_______________（key:321-=+n n a ）变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足12111*444(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈ （I ）解：*121(),n n a a n N +=+∈ 112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列 12.nn a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈（II ）证法一：1211144...4(1).n n k k k k n a ---=+ 12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+-即1(1)20,n n n b nb +--+= 21(1)20.n n nb n b ++-++=③－④，得 2120,n n n nb nb nb ++-+=即 2120,n n n b b b ++-+= *211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈{}n b ∴是等差数列证法二：同证法一，得 1(1)20n n n b nb +--+= 令1,n =得1 2.b = 设22(),b d d R =+∈下面用数学归纳法证明 2(1).n b n d =+-（1）当1,2n =时，等式成立（2）假设当(2)n k k =≥时，2(1),k b k d =+-那么122[2(1)]2[(1)1].1111k k k k b b k d k d k k k k +=-=+--=++-----这就是说，当1n k =+时，等式也成立第4页根据（1）和（2），可知2(1)n b n d =+-对任何*n N ∈都成立{}1,n n n b b d b +-=∴是等差数列（III ）证明：1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=-- 12231....2n n a a a n a a a +∴+++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k kk k a k n a +++-==-=-≥-=--+-1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 变式:递推式：()n f pa a n n +=+1。

解法：只需构造数列{}n b ，消去()n f 带来的差异．类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1nn n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q，得：qq a q p q a n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：q b q p b nn 11+=+再待定系数法解决。

例:已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a 。

解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1)2(32211+•=•++n n n n a a令n nn a b •=2，则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )32(23-=所以n n nn n b a )31(2)21(32-== 变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n =（Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn nT S =，1,2,3,n =，证明：132ni i T =<∑ 解：（I ）当1=n 时，323434111+-==a S a 21=⇒a ；第5页当2≥n 时，)3223134(3223134111+⨯--+⨯-=-=-+-n n n n n n n a a S S a ，即n n n a a 241+=-，利用n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1nn n a pa rq +=+,其中p ，q, r均为常数）的方法，解之得：n n n a 24-=(Ⅱ)将nn n a 24-=代入①得 S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2) = 23×(2n+1－1)(2n －1) T n = 2n S n= 32×2n (2n+1－1)(2n －1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1)所以,1ni i T =∑= 321(ni =∑12i －1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1) < 32类型5 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。