通向数学专题总结

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2014年高考数学数列求通项经典性总结,学会他们再难高考题都不怕

求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、特征根法二。

四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。

等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。

三．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。

四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。

五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。

一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列累加法是最基本的二个方法之一。

2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。

例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

幼儿园数学活动比赛总结怎么写

幼儿园数学活动比赛总结怎么写篇一：幼儿园数学活动竞赛总结怎么写学期已近尾声，看到孩子们的成长，回顾一学期数学班活动的点点滴滴，颇感欣慰，现将本学期的数学班工作总结如下，以便下学期不断改良，逐步完善。

一、提升了幼儿对数学的学习爱好。

本次数学活动使用的教材重点突出了数学“童话”的趣味性。

所以，在学习数学的过程中，孩子们再也不像以前一样感到数学的乏味，而是对数学布满了爱好。

能主动主动地去探究、去发觉。

他们被童话里的人物所吸引，在不知不觉中学会了数学学问。

随着"童话数学"的深化，我们将幼小连接很好地和童话数学里的学问连接起来，使孩子们的综合素养在轻松、欢乐的气氛中得到充分培育和提升,二、支持幼儿的独特进展。

老师是幼儿数学活动的支持者、引导者。

每个幼儿学习数学的方式、速度是不同的，具有特别明显的独特化。

因此，活动中我们允许幼儿根据自己的方式，以自己的速度探究学习。

这样，幼儿在数学活动中获得了开心、胜利的体验，促进了幼儿富有独特地进展。

三、进展幼儿的思维力量和获得解决问题的力量。

学习学问的同时，重点培育了幼儿解决问题的力量，学习运用学问的力量，这是幼儿思维力量的真正表达。

通过对现实中数学问题的探究，不仅利于表达幼儿对数学活动的价值，而且还使幼儿体验到了数学活动本身所具有的思维历程，激发了幼儿数学学习的内部动力。

活动中，有收获的同时也有缺乏，如：孩子们在把握了数的分合的学习规律和方法后，产生了浮躁心理，对学问的把握不是很坚固，有掰手指头计算的现象。

这需要端正孩子的学习看法，加强引导。

我信任，有了老师正确的指引，孩子们主动的探究，肯定能有更多的收获。

篇二：幼儿园数学活动竞赛总结怎么写一、“集体小结”在幼儿数学教学活动中的价值与功能(一)关心老师更全面地了解幼儿的活动状况集体小结可以关心老师了解幼儿在活动过程中参加过什么学习项目、学习看法是否主动主动、思维力量是否得到进展、学习常规是否形成。

每次小组操作活动后，我们通常会问幼儿“今日有没有去玩玩新的操作活动”“你还参与了哪几组活动”，这样不仅可以了解幼儿在活动过程中的参加状况，而且可以借此提示幼儿假如还有哪些活动没有参加，可以在其他活动时间(如区角活动)作些弥补，以确保每个幼儿获得基本均等的操作机会。

高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项

高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3，令b n ＝a n ＋2n －1，则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1，整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3，即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列，则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列，于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1，所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1，所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2，即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2，所以S n ＋1＝2n ，即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，又a 1＝1也满足此式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1，则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)，设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1，即log 2a n ＋1＝2n －1，故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ，故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列，则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1，即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析因为S n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3，所以数列{a n }从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2，所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析由S n ＝n 2a n 可得，当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)，则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1，因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1，所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析当n ＝1时，2S 1－a 1＝3，解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1，可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15，解得d ＝2，故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析因为T n ＝a 1a 2…a n ，所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12，所以0<a n ＋1<a n ≤1，所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3，所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3，又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3，所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ，故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析由题意可将数列分组：第一组为20，第二组为20，21，第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1，故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210，故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。

通性通法与初中数学

概率计算
理解概率的基本概念和计算方法，能够计算简单事件的概率。
统计图表
掌握制作各种统计图表的方法，如条形图、折线图、扇形图等，能够根据图表进行数据分析和解释。
函数与方பைடு நூலகம்通性通法
函数的性质与图像
理解一次函数、二次函数、反比例函数等函数的性质和图像特点，能够根据函数图像进行函数值的计算和比较。
THANK YOU
VS
二次函数
二次函数是初中数学中较为复杂的一类函数，通过配方法、公式法等通性通法，可以求解二次函数的顶点和对称轴等问题。
04
通性通法在初中数学中的教学策略
通性通法在初中数学中的教学策略
• 通性通法在初中数学中占据着重要的地位，它是一种普遍适用的解题思路和方法，对于提高学生的数学思维能力和解题能力具有重要意义。
特点
通性通法具有普遍适用性、基础性和规范性，是解决数学问题最常用的方法之一。
通性通法的重要性
基础性
通性通法是数学学习的基础，掌握通性通法有助于学生更好地理
解和掌握数学知识。
实用性
通性通法是解决实际问题的重要工具，掌握通性通法有助于培养学生的数学应用意识和实践能力。
拓展性
通性通法是拓展数学知识的重要桥梁，掌握通性通法有助于学生进一步探索和研究更高级的数学领域。
在初中数学中，代数运算也是通性通法的重要应用之一。例如，乘法分配律、乘法公式、因式分解等通性通法，可以简化复杂的代数运算，提高计算效率。
几何应用
三角形
在三角形中，通性通法如角平分线定理、中线定理等，可以用于证明和计算相关问题。
圆
在圆的相关问题中，通性通法如垂径定理、切线长定理等，可以用于解决圆的性质和计算问题。

高考数学-数列通项公式求解方法总结

求数列通项公式的十种方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n na a ++-=，故数列{}2nn a 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。

评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n na a ++-=，说明数列{}2nn a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。

二、累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。

例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

数学地生活,数学地思维,数学地成长——XX中国幼儿数学教育研究论坛培训心得doc

数学地生活，数学地思维，数学地成长——XX中国幼儿数学教育研究论坛培训心得在XX年10月22—25日，我和胡华老师满怀激动的心情来到浙江嘉兴参加XX中国幼儿数学教育研究论坛，认真聆听了4个专家教授的专题讲座和6节同样来自教学一线并取得卓越成绩的老师的教学展示活动，使我对数学教学有了全新的认识，对数学思想和观念有了更深层次的理解，以下是我的几点体会：一、理清“通向数学”的教育核心理念。

在两天半的培训中，从讲座和教学活动中，我领略了“通向数学”的数学理念，专家和老师们向我们传达了3年课题研究的成果，从讲座和课堂教学中，有以下几个理念在我的脑子里刻下了深刻的印象：（一）数学是什么？数学是关于客观世界事物之间的数量关系和空间关系的科学；数学是一种符号语言；数学是一种思维方式。

反思：数学不是我们今天教会孩子去学会数数（1、2、3、4，数到100），而要去用数学进行思维的过程。

也就是说作为幼儿园的数学教育者，要学会去解读、理解学前儿童如何学习数学。

其实幼儿的数学学习的过程具有操作性，它的发生、发展是经过连续不断的一系列阶段，而其最初的来源就是一些具体的行动。

所以我们在设计数学教学活动时，首先应从对物体的操作开始，在操作和积极的探索过程中，促进思维活动的开展，将由对物体的直接感知转化为表象，从而主动领会和建构起初步的数概念。

（二）数学核心经验如何获得？在这两天半的数学课堂中我发现展示的老师们上课中一直在践行一个理念“幼儿在前，教师在后”。

数学的核心经验是在幼儿操作后不断地纠错的过程中形成的。

反思：在我们的数学课堂中，我们总是习惯于直接演示、讲解，总结后再让幼儿尝试模拟操作，其实这样幼儿就习惯于被动地观摩、接受，忽视了幼儿学习的主动性、在获得数学知识的过程中动作思维的独特性。

即便在一定程度上促进了幼儿的知识学习，但不能很好地促进幼儿在知识掌握的过程中发展幼儿的思维，增进智慧。

在以后的数学教学中，我们要多提供机会让幼儿自主操作，在幼儿的原有经验上进行纠错，在不断地经验积累上，让幼儿形成新经验。

高中数学中数列与数列通项公式的性质与运算总结

高中数学中数列与数列通项公式的性质与运算总结数列是高中数学中的重要概念之一，它是由一系列有序的数字按照一定规律排列而成的。

数列通项公式则是用来表示数列中每一项与项号之间的关系的公式。

在数学学习中，我们经常会遇到数列的性质与运算，下面我将对这些内容进行总结。

一、数列的性质1. 有界性：数列中的数有可能是有界的，也有可能是无界的。

当数列中的数都有上界和下界时，我们称其为有界数列；当数列中的数没有上界或下界时，我们称其为无界数列。

2. 单调性：数列中的数可以是单调递增的，也可以是单调递减的。

当数列中的数随着项号的增加而逐渐增大时，我们称其为单调递增数列；当数列中的数随着项号的增加而逐渐减小时，我们称其为单调递减数列。

3. 极限性：数列中的数有可能有极限，也有可能没有极限。

当数列的项随着项号的增加趋于无穷大或无穷小时，我们称其为发散数列；当数列的项随着项号的增加趋于某一有限值时，我们称其为收敛数列。

二、数列的运算1. 数列的加法：如果两个数列的项数相同，我们可以将它们的对应项相加得到一个新的数列。

例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}和数列{2, 4, 6, 8, 10}相加得到数列{3, 6, 9, 12, 15}。

2. 数列的减法：与数列的加法类似，如果两个数列的项数相同，我们可以将它们的对应项相减得到一个新的数列。

例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}和数列{2, 4, 6, 8, 10}相减得到数列{-1, -2, -3, -4, -5}。

3. 数列的乘法：如果一个数列的每一项都乘以同一个常数，我们可以得到一个新的数列。

例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}乘以2得到数列{2, 4, 6, 8, 10}。

4. 数列的除法：与数列的乘法类似，如果一个数列的每一项都除以同一个非零常数，我们可以得到一个新的数列。

例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}除以2得到数列{0.5, 1, 1.5, 2, 2.5}。

等差数列通项公式总结

等差数列通项公式总结等差数列通项公式总结_数列公式学好数学的关键是公式的掌握，数学是一种工具学科，是学习其他学科的基础，同时还是提高人的判断能力、分析能力、理解能力的学科。

下面是小编为大家整理的等差数列通项公式总结，希望能帮助到大家!等差数列通项公式总结an=a1+(n-1)dn=1时a1=S1n≥2时an=Sn-Sn-1an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b 高考数学应试技巧1、拓实基础，强化通性通法高考对基础知识的考查既全面又突出重点。

抓基础就是要重视对教材的复习，尤其是要重视概念、公式、法则、定理的形成过程，运用时注意条件和结论的限制范围，理解教材中例题的典型作用，对教材中的练习题，不但要会做，还要深刻理解在解决问题时题目所体现的数学思维方法。

2、认真阅读考试说明，减少无用功在平时练习或进行模拟考试时,高中英语，要注意培养考试心境，养成良好的习惯。

首先认真对考试说明进行领会，并要按要求去做，对照说明后的题例，体会说明对知识点是如何考查的，了解说明对每个知识的要求，千万不要对知识的要求进行拔高训练。

3、抓住重点内容，注重能力培养高中数学主体内容是支撑整个高中数学最重要的部分，也是进入大学必须掌握的内容，这些内容都是每年必考且重点考的。

象关于函数(含三角函数)、平面向量、直线和圆锥曲线、线面关系、数列、概率、导数等，把它们作为复习中的重中之重来处理，要一个一个专题去落实，要通过对这些专题的复习向其他知识点辐射。

4、关心教育动态，注意题型变化由于新增内容是当前社会生活和生产中应用比较广泛的内容，而与大学接轨内容则是进入大学后必须具备的知识，因此它们都是高考必考的内容，因此一定要把诸如概率与统计、导数及其应用、推理与证明、算法初步与框图的基本要求有目的的进行复习与训练。

一定要用新的教学理念进行高三数学教学与复习，5、细心审题、耐心答题，规范准确，减少失误计算能力、逻辑推理能力是考试大纲中明确规定的两种培养的能力。

2022-2023学年度高考数学专题突破《数列通项公式的多种妙解方式》含十六大经典题型附答案解析

数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：法一：设a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =S 1，n =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=5，且a n +1=2a n -1n ∈N * .(1)证明：a n -1 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=4，所以a n +1-1a n -1=2，所以a n -1 是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n -1=4×2n -1，即a n =2n +1+1.(2)由(1)得b n =(-1)n⋅2n +1+1 ，则b n =2n +1+1,n =2k ,k ∈N *-2n +1+1 ,n =2k -1,k ∈N* ，①当n =2k ,k ∈N *时，S n =-22-1 +23+1 -24+1 +⋯+-2n -1 +2n +1+1 =-22+23-24+25+⋯-2n +2n +1=22+24+⋯+2n =432n -1 ;②当n =2k -1,k ∈N *时，S n =S n +1-b n +1=432n +1-1 -2n +2+1 =-2n +2+73，综上所述，S n =432n -1 ,n =2k ,k ∈N*-2n +2+73,n =2k -1,k ∈N *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na n 的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q .因为S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23，当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1，所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。

数列的通项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 <.。

质疑与争辩——通向数学的真实

8．’’十。

7擞．7(2009年第1期高中版)教学论坛质疑与争辩——通向数学的真实312000浙江省绍兴一中分校何建东“数学是思维的体操，”数学学习充满乐趣，这种乐趣来自于我们对知识的领会、琢磨和对问题的思索、探讨．我国著名数学家华罗庚常说：“数学是壮丽多彩，千姿百态，引人人胜的。

”在高中数学教学中，笔者真切地体会了这种“引人人胜”的奇妙感觉，尤其对三个教学事件的印象尤为深刻，这都源于笔者与学生一起对数学问题的质疑与争辩．1教学活动回眸及质疑剖析事件1面对学生提问。

教师质疑问题的准确性高三的学生大多都有自主学习的习惯，他们不仅能对数学问题进行积极的思考，还会自觉地做一些课外练习，当然，这个过程中有时会发现一些问题．一次，班上的两名学生对《浙江省著名重点中学“3+x”模拟试题精编》中一道杭州某中学的试题进行讨论，而未得出结果，于是来问我．此题题目为：“定义在实数集R上的函数以名)满足以髫+，，)+八髫一，，)=2f(菇)，，(0)≠0，且／(1)=0，贝0f(茗)是以——为一个周期的周期函数．”我并没有急于给学生解答，而是引导他们从抽．象函数的常用解题思路去分析：(1)小题小做，试着找具体的函数模型进行解答；(2)考虑整体代换技巧，将函数关系式简化；(3)采用赋值法，对条件给出的等式进行隐含信息挖掘；(4)结合数形结合思想，分析函数的性质等等．两位学生于是又投入了新的思考与争论，但依然没有结果．于是我也加入了他们的争论之中，在尝试了许多办法之后，我感觉到问题本身可能有错，因为推导过程中产生了矛盾!为了让学生确信这一点，我与他们一起用C,oogl e进行了查询．果然发现，许多网上都有一个几近一致的题目，而且还找到了一个更一般化的题目“设函以石)定义在实集上，对任意聋，Y E R，都有以菇+Y)+以髫一Y)=2A菇抓Y)且存在正数c，使八c)=0，试问f(菇)是否是周期函数?若是，求出它的一个周期；若不是，请说明理由．”这个问题的答案是“函数人戈)是以2c为一个周期的周期函数”!两位学生非常高兴，似乎题目本身已变得不是最重要了．于是我跟他们讲，有时资料也会有错误．’事件2教师讲析过后，学生质疑解释的合理性在二轮复习“概率与统计”专题中，我选用了一道江西高考题：“A、B两位同学各有五张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时A 赢得曰一张卡片，否则B赢得A一张卡片．规定掷硬币的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有卡片时游戏终止．设f表示游戏终止时掷硬币的次数．(1)求f的取值范围；(2)求孝的数学期望蟛”在学生独立思考的基础上笔者作了适当的讲评：“第(1)小题容易只回答1≤孝≤9或5≤亭≤9，范围不够精确，或回答f=5、6、7、8、9，犯下想当然的错误；第(2)，1、7<小题计算P(孝=7)=2q(虿1)=云是关键点也是难点，对于P(孝=9)的计算，可以参照P(孝=7)，或在确保P(f=7)计算正确的情况下利用参取不同值时概率和为1计算，而且如果将题中规定投掷次数由9改为10，情况其实没变．”许多学生都表示同意，本题的讲评也似乎结束．下课铃刚响，班中一位数学成绩并不很好的学生举手示意，表达了自己的想法：“我认为P(f=9)的计算不能等同于P(6=7)，因为亭= 9时，并不要求某人赢得所有的卡片，而且次数改为l O时，P(f=10)也是能算的．”笔者感觉到他的意见有道理，于是让周围的学生也想想，在学生们的争辩中，同意的声音大起来了．经过思考，笔者立即在全班面前肯定了这一意见，还大力表扬了这位学生，同学们向他投去了惊讶与佩服的目光．笔者说：“学习数学就要这样，自己积极动脑筋，即便是教师讲的或教材上写的也许存有问题．”教学论坛十7般．7(2009年第1期高中版)9事件3师生研究例题，共同质疑参考答案的正确性我校的高三数学二轮复习采用的教辅书中，在复习“圆锥曲线中的最值及范围闯题”时，笔者先让学生思考书上选用的2005年广东高考第20题，并结合解答进行理解．图1题目为“在平面直角坐标系中，已知矩形A B C D的长为2，宽为1，A B、A D边分别在茹轴、Y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合(如图所示)．将矩形折叠，使A点落在线段D C上．(I)若折痕所在直线的斜率为知，试写出折痕所在直线的方程；(I I)求折痕长的最大值．”在学生思考时，笔者要求他们一定要有自己的考虑，因为，书上的解答不一定最好，甚至可能是不对的．不—‘鼍觐。

数学总结反思600字(优秀8篇)

数学总结反思600字(优秀8篇)数学总结反思600字篇1不知不觉一个学期就要结束，总结一学期的工作得失感触很多。

和每个教师一样，我认真备课、认真上课、认真批改作业、认真辅导后进生。

老老实实做人，踏踏实实做事。

尽自我最大的努力做好每一件事。

下头我总结一下自我在课堂教学中的点滴收获。

(一)在课堂教学中我做到了激发学生兴趣，让学生变苦学为乐学如何创设简便愉快的教学环境，让学生自觉主动的去尝试，变苦学为了学呢我主要采取了三个途径：意识从教学资料入手，充分挖掘教材本身的趣味因素，满足并激发学生的情感需求和求知欲望。

二是合理组织教学密度，教学难度和速度，做到有张有弛、难易交替，使学生始终如一坚持饱满的求知热情。

三是针对儿童心理特征，创造生动活泼的教学方法，设置引人入胜的教学情境。

(二)引导学生尝试，变学会为会学在课堂上教师做到教师少讲学生多说，教师少说学生多思，让学生经过自我动手动脑，自我尝试，发现新知，学习新知，运用新知。

(三)沟通知识联系，变知识为本事我在教学过程中，异常重视知识之间的内在联系，找准新旧知识的连接点、生长点，在新旧知识的生长点上引入新知，做到新课不新。

(四)因材施教培养优生1(3)班学生的学生两极分化太严重。

异常聪明的有吴俊骆。

罗慧林。

夏啸涵等，对于他们教师经常根据他们的特点备课，设计提问。

争取让他们学习上能吃饱。

(五)呕心沥血转化学困生1(3)、1(4)的学困生较多，如吴豪轩。

林沃杰、莫泳霞、刘秋怡等。

他们的情景又各不相同。

有的是因为智力原因学习落后，有的是因为学前教育不够引起的学习落后。

有的是因为学习习惯差引起的;还有的是因为身体原因引起的。

所以，针对他们不一样特点，教师因材施教，不一样的学生采用不一样的辅导方法。

数学总结反思600字篇2圆的方程1、圆的定义：平面内到一定点的距离等于定长的点的集合叫圆，定点为圆心，定长为圆的半径。

2、圆的方程(1)标准方程，圆心，半径为r;(2)一般方程当时，方程表示圆，此时圆心为，半径为当时，表示一个点;当时，方程不表示任何图形。

数学学习总结作文800字(精选10篇)

数学学习总结作文800字（精选10篇）数学学习总结作文800字篇1数学是研究数量结构、变化、以及空间模型等概念的科学.它是物理、化学等学科的基础，并且与我们的生活息息相关.所以说，学好数学对于我们每个同学来说都是十分重要的下头我向大家介绍一下初中数学的学习方法与技巧：一、平时的数学学习：1、课前认真预习.预习的目的是为了能更好得听教师讲课，经过预习，掌握度要到达百分之八十.带着预习中不明白的问题去听教师讲课，来解答这类的问题.预习还能够使听课的整体效率提高.具体的预习方法：将书上的题目做完，画出知识点，整个过程大约持续15-20分钟.在时间允许的情景下，还能够将练习册做完.2、让数学课学与练结合.在数学课上，光听是没用的当教师让同学去黑板上演算时，自我也要在草稿纸上练.如果遇到不懂的难题，必须要提出来，不能不求甚解.否则考试遇到类似的题目就可能不会做.听教师讲课时必须要全神贯注，要注意细节问题，否则“千里之堤，毁于蚁穴”.3、课后及时复习.写完作业后对当天教师讲的资料进行梳理，能够适当地做25分钟左右的课外题.能够根据自我的需要选择适合自我的课外书.其课外题资料大概就是今日上的课.4、单元测验是为了检测近期的学习情景.其实分数代表的是你的过去，关键的是对于每次考试的总结和吸取教训，是为了让你在期中、期末考得更好.教师经常会在没通知的情景下进行考试，所以要及时做到“课后复习”.二、期中期末数学复习：要将平时的单元检测卷订成册，并且将错题再做一遍.如果整张试卷考得都不好，那么能够复印将试卷重做一遍.除试卷外，还能够将作业上的错题、难题、易错题重做一遍.另外，自我还能够做2-3张期末模拟卷.三、数学考试技巧：如果想得高分，在选择、填空、计算题上是不能丢分的在考数学的时候思想不能开小差，并且遇到难题时不能想“没考好怎样办啊”等资料.在通常情景下，期末考试的难题都是不明白怎样做，但有可能突然明白的那种.遇到这种题目要沉着冷静，利用题目给你的一切条件进行分析，如这次考试有两个空白的钟，还有去年七年级期末的几题填空.这些条件都对你的解题有很大帮忙.在期中、期末考试中有充足的时间，将自我的速度压下来，不是越快越好，争取一次做成功.大概留35分钟的时间检查.最终提醒大家：多做题有必须作用，但上课听讲、认真答题及提高准确率、总结经验才是最重要的还要将所学的知识用到生活中去，做到学以致用.当你运用数学知识解决了生活中实际问题的时候，你就会感受到学习数学的欢乐.数学学习总结作文800字篇2站在新起点，迎接新挑战。

高中数学求解数列通项公式常用方法总结

高中数学求解数列通项公式常用方法总结(共15种类型类型1(迭加法1112212212(212(log 1(n 1n nn n n n n n n a a f n n-++-⎧⎪⎪⎪-+⎪⎪--==⎨⎪⎪⎪⎪⎪+⎩,n a a求,11=以上6种情况都要试着做一遍例1:已知数列{}n a满足11211,2n n a a a n n+=-=+,求n a。

解:由条件知:121111(11n n a a n n n n n n+-===-+++分别令1,2,3,,(1n n=-,代入上式得(1n-个等式累加之,即21 32431((((n n a a a a a a a a--+-+-++-1111111(1(((223341n n=-+-+-++--所以111n a a n-=-111131, 1222n a a n n=∴=+-=-类型2(迭乘法11(=2n n n n a f n n a++⎧⎪=⎨⎪⎩,n a a求,11=例2:已知数列{}n a满足112,31n n n a a a n+==+,求n a。

解:由条件知11n n a n a n+=+,分别令1,2,3,,(1n n=-,代入上式得(1n-个等式累乘之,即3241231112311234n n n a a a a a n a a a a n a n--=⨯⨯⨯⨯⇒=又122,33n a a n=∴=∵类型3(退一相减法递推公式为S n与a n的关系式。

(或(n n S f a=解法:这种类型一般利用11(1(2n n n S n a S S n-=⎧=⎨-≥⎩与11((n n n n n a S S f a f a--=-=-消去n S(2n≥或与1 ((2n n n S f S S n-=-≥消去n a进行求解。

常见题型:1、12++=n n S n,n a求(关系与n S n2、n n n a a S求,23+=(关系与n n a S3、n n a a a a n 22223133221+⋅⋅⋅+++=+,求n a(n a n与例:已知数列{}n a前n项和214 2n n n S a-=--.(1求1n a+与n a的关系;(2求通项公式n a.解:(12142n n n S a-=--得:111142n n n S a++-=--于是112111((22n n n n n n S S a a++---=-+-所以1111111222n n n n n n n a a a a a+++-=-+⇒=+.类型3(构造法1 n 1n a pa q+=+(其中,p q均为常数,((10pq p-≠。

高中数学课堂教学实践总结——求数列通项公式的常用方法归纳

一
通项公式。解：ｎ１，１Ｓ＝２ｌ一当＝时ａ。１＿ｘ＝１＝２Βιβλιοθήκη 。．．＿Ｉ！：
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ａ解：已知设椭圆方程为＋＝且ｃ＝２ｂ由１ｙ。
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求数列通项公式的常用方法归纳
王荣松
（西县师范学校（节第二实验高中）贵州黔西黔毕，５１０）５５０
．
高中数学课堂教学实践总结
近几年各省市及全国高考数学试卷绝大部分都有求数列通项公式的题目出现。特别是全国卷更是频频出现在解答题部分，说明求数列的通项公式是高考考查的热点与重点。这求数列通项公式涵盖数学内容的很多方面，它是对学生的综合能力进行考查的好题型之一。了发展学生的观察力，养学为培生的创造性思维，强学生决胜高考的能力。根据课堂教学加我实践，结和归纳出求数列通项公式常用的一些方法．学生总使在解题过程中，择最佳的解题方法，而使思维能力和解题选从能力得到培养和提高。

通向数学教学内容(大班)

《通向数学》大班教学内容编排通向数学课程以数学知识为显性线索，数学过程能力为隐性线索，遵循“”教-学路经图安排教学进度，不同内容序列穿插排列，同一内容序列难度螺旋上升，教学活动滚动巩固。

根据大班幼儿的发展水平，大班教学内容涉及的知识序列包括“书与量”中数的认识、数量关系和数的运算和常见的量；“图形与空间”中图形的认识、空间关系、空间分合和空间测量。

知识序列课时数学内容基本活动数的认识数量关系数的运算常见的量图形的认识空间关系空间分合空间测量上1 10以内多种计数策略比眼力★上2 认识10以内单、双数排座号★上3 30以按群计数-2个一数数得快1 ★上4 区分基数和序数小货车★上5 数量统计小组调查★上6 感知10以内数差关系烧烤一串串★上7 10以内顺倒数1 小熊排队1★上8 10以内顺倒数2（选修）小企鹅游泳队★上9 10以内相邻数数的邻居—画圈★上10 10以内数的大小关系1数的顺序★上11 10以内数的大小关系2（选修）花仙子★上12 估计数量1 你能抓几个★上13 按长短、宽窄排序—10个排书架★上14 认识年历我的年历★上15 拼出平行四边形拼图比赛★上16 感知图形的对称性对称的蝴蝶★上17 认识对称图形对称王国★上18 认识正方体和长方体积木有几个面1★上19 制作立体图形1 做盒子1 ★上20 制作立体图形2（选修）复制盒子1★上21 组合拼图小小规划师★上22 层级分类水果入库★上23 5的分合1 小鸟的窝★上24 5的分合2 分法有几种1-大树★上25 2、3、4的分合分小鱼★上26 6的分合1 停车场★上27 用坐标表示网格图中的位置大树在哪里★上28 在点阵中复制图形画出钉板图★上29 认识算式符号“+”番茄娃娃1★上30 认识算式符号“—”番茄娃娃2★上31 5以内的加法1 小企鹅捉鱼1-散步★上32 5以内的加法2 小猴插蜡烛★上33 5以内的减法1 小企鹅捉鱼2-散步★上34 5以内的减法2 好玩的保龄球★下1 认识整点和半点1 我的一天★下2 认识整点和半点2 钟点接龙★下3 6的分合2 停车方案—轿车★下4 7的分合翻花片★下5 8的分合分串珠1 ★下6 8以内的加减法1 看图编应用题1★下7 8以内的加减2 看图编应用题2★下8 9的分合瓷器展—花瓶★下9 10的分合变成10的分合★下10 10以内的加减法1 小鸟飞来了★下11 10以内的加减法2 小鸟飞走了★下12 30以内按群计数—5个一数数得快2—西瓜★下13 认识百数表盖掉的是几★下14 估计数量2 你猜有多少—章鱼★下15 认识元和角小银行—换钱★下16 应用加减法解决问题1玩具商店★下17 应用加减法解决问题2公共汽车★下18 认识左右发餐具—中餐★下19 图形的二等分你一半，我一半★下20 图形的四等分（选修）切蛋糕1 ★下21 20以内的数量等分分糖果★下22 探索不同的加法策略1 小小面点师—包子★下23 探索不同的加法策略2数鸡蛋★下24 认识方向标记礼物是什么★下25 用方向标记表示路径安全路线—旅店★下26 从不同角度观察物体并画图小画家★下27 表征不同角度的视图模型展1 ★下28 复制空间造型并计数数方块★下29 认识平面示意图我的座位★下30 认识复杂模式1 花边的秘密—磁贴★下31 认识复杂模式2 摩天轮—磁贴★下32 用不同测量单位测量同一长度地毯有多长★下33 使用一个单位测量长度小裁缝★下34 学习用厘米尺测量长度量一量★。

专题一：数列通项公式的求法详解(八种方法)041019210228

其通项分为奇数项和偶数项来讨论. （2）形如 an1 an f (n) 型①若 an1 an p (p 为常数)，则数列{ an }为“等
积数列”，它是一个周期数列，周期为 2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;②若 f(n)为 n 的函数（非常数）时，可
通过逐差法得 an an1 f (n 1) ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.
[例 2]
设 Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求
f (n)
Sn (n 32)Sn1
的最大值.
答案
n＝8
时，
f
(n)max

1 50
二、错位相减法方法简介：此法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an· bn}的前 n 项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.
只需求首项及公差公比.
公式法 2：知 sn 利用公式
an

s1 , Sn
n
S
1
n1
,
n

.
2
例 5：已知下列两数列{an}的前 n 项和 sn 的公式，求{an}的通项公式.（1） Sn n3 n 1. （2） sn n2 1
答案：（1） an =3 n 2
3n
.答案：
an n2 5 (n N)
例 6. 若在数列 an 中， a1 3 ， an1 an 2n ，求通项 an
.答案： an = 2n 1
思想启发：尝试推导特殊数列有关的公式，性质，结论是掌握并灵活应用它们的最好方法.
1
总结方法,领悟思想，感受成功.

通向数学专题总结

通向数学专题总结忙忙碌碌中，一学期的教育工作结束了，在近一年的实践中，我们的通向数学课程也由最初的探索阶段渐渐步入正轨，在开展通向数学这门课程上，我也积累了一定的经验。

幼儿园数学教育是一种启蒙教育，它对幼儿的思维和发展有看重要的价值。

它既是教师的思维活动，又有幼儿的思维活动，通向数学这门学科教程就是很好的诠释。

它材料丰富，简单。

孩子很感兴趣，结合小班幼儿的年龄特点，它的目标定位非常的具体清晰，利用它的材料老师在活动中能很好的去为创设了良好的活动环境，精心安排了活动内容。

根据幼儿的兴趣需要，还可以将活动材料投放于区角，幼儿也能很感兴趣的进行巩固，能使幼儿主动、积极地进行数学操作活动。

针对通向数学这门学科，我反思总结如下：一、为幼儿提供充实、感兴趣的多种材料我国数学家陈鹤琴说过：传统的数学教育，幼儿学到的只是计算能力的培养。

而通向数学以激发兴趣和培养思维为精华的数学教育思想和独特的纸面操作教具为主的教学形式，弥补了传统数学教育的不足，让幼儿在学习过程中学习推理、判断、主动思考、与人沟通、互相学习、互相帮助、互相欣赏、互相包容。

经过一学年的努力，孩子们在各个方面都有了很大的进步。

在线上活动时，一听到班德瑞音乐，孩子们便会安静自觉地进行走线活动；在集体活动时，幼儿通过教具的操作，不但在大小肌肉、手眼协调方面得到训练，而且领会了感官、数学教育中的内涵，为学习文化知识打下坚实基础并养成良好的学习习惯；同时在自主操作中，他们的动手操作能力有了很大的进步，增进了同伴之间的友谊和情感，他们的语言表达能力、动手能力、交往能力也有了很大的提高，孩子们参与的主动性与积极性也越来越强，真是印证了那句话智慧就在指尖上。

在不断的研究、反思、调整教学内容、方法的过程中，我们体味着变化的欣喜和收获的充实。

操作法是幼儿学习数学的最基本方法，幼儿只有在“做”的过程，在与材料的相互作用过程中获得直接经验，在活动中边做边说。

每次活动可结合材料设置两到三组活动，基本活动，平行活动、巩固活动，幼儿能有次序的进行数学游戏，并在玩中进行学习。

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。

幼儿园通向数学教案感知二维坐标及教学反思

幼儿园通向数学教案感知二维坐标及教学反思篇一：通向数学中班教学内容通向数学中班教学内容编排通向数学课程以数学知识为显性线索，数学过程能力为隐性线索，遵循“”教学路经图安排教学进度，不同内容序列穿插排列，同一内容序列难度螺旋上升，教学活动滚动巩固。

根据中班幼儿的发展水平，中班教学内容涉及的知识序列包括“书与量”中数的认识、数量关系和数的运算；“图形与空间”中图形的认识、空间关系、空间分布和空间测量。

篇二：小班通向数学教案小班数学教学活动设计班级：小四班教师：肖慧活动领域：科学活动名称：春游（按数量分类——5以内）活动目标：1、进一步感知5以内数量，发现物群卡的数量特征。

2、能按数量给物群卡分类。

3、能专注地进行操作，坚持按规则把物群卡分完。

活动重点：能按数量要求对物群卡分类。

活动准备：教具：基本活动、巩固学具各一份。

学具：多用插板、底纸14、猫、兔、猴（各25个）分类盒、标记卡、小实物。

活动过程：一、情境导入（以整理春游照片为情境，引出“把数量一样多的招聘放在一起”的规则。

）1、引出问题出示物群卡：“前段时间天气非常好，派派和麦麦去郊外玩，他们给小动物照了很多美丽的照片，他们准备办一个摄影展，可是照片全都混在一起了，你们愿意帮助它们分一下吗？”2、演示操作师：“我们先来看看，每张照片上的小动物一样多吗？（逐一指着提问）派派希望小朋友们帮他把小动物数量一样多的照片挑出来放在一起，你会吗？找到同样多的照片就把他们放在同一个相框里。

重述问题，幼儿回答。

”请幼儿上前示范，师重点提问：“数量一样吗？按派派的要求了吗？把一样多的放在一起了吗？”这个游戏的名字叫“摄影展”你会玩了吗？3、介绍巩固组活动（分食物）出示巩固材料，“小动物玩回来，都饿了，你愿意给他们发食物吗？引导幼儿熟悉巩固小动物爱吃的食物。

重点：有几个小动物就发几个食物。

”师：“今天不管你先玩那个游戏，玩好以后要把材料收好再换组。

”二、分组操作（幼儿回座位，自主操作，教师观察指导。

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通向数学专题总结
忙忙碌碌中，一学期的教育工作结束了，在近一年的实践中，我们的通向数学课程也由最初的探索阶段渐渐步入正轨，在开展通向数学这门课程上，我也积累了一定的经验。

幼儿园数学教育是一种启蒙教育，它对幼儿的思维和发展有看重要的价值。

它既是教师的思维活动，又有幼儿的思维活动，通向数学这门学科教程就是很好的诠释。

它材料丰富，简单。

根据幼儿的兴趣需要，还可以将活动材料投放于区角，幼儿也能很感兴趣的进行巩固，能使幼儿主动、积极地进行数学操作活动。

针对通向数学这门学科，我反思总结如下：
一、为幼儿提供充实、感兴趣的多种材料
我国数学家陈鹤琴说过：传统的数学教育，幼儿学到的只是计算能力的培养。

经过一学年的努力，孩子们在各个方面都有了很大的进步。

在线上活动时，一听到班德瑞音乐，
孩子们便会安静自觉地进行走线活动；在集体活动时，幼儿通过教具的操作，不但在大小肌肉、手眼协调方面得到训练，而且领会了感官、数学教育中的内涵，为学习文化知识打下坚实基础并养成良好的学习习惯；同时在自主操作中，他们的动手操作能力有了很大的进步，增进了同伴之间的友谊和情感，他们的语言表达能力、动手能力、交往能力也有了很大的提高，孩子们参与的主动性与积极性也越来越强，真是印证了那句话智慧就在指尖上。

在不断的研究、反思、调整教学内容、方法的过程中，我们体味着变化的欣喜和收获的充实。

操作法是幼儿学习数学的最基本方法，幼儿只有在“做”的过程，在与材料的相互作用过程中获得直接经验，在活动中边做边说。

每次活动可结合材料设置两到三组活动，基本活动，平行活动、巩固活动，幼儿能有次序的进行数学游戏，并在玩中进行学习。

1 .提供的材料应紧紧围绕活动目标。

白磁板，多用插板、各种颜色插钉、动物磁贴、点子磁铁、物群磁贴、这门学科提供的材料从目标出发很好，把教师的意图和要求融入材料中，充分挖掘材料的潜能，使之发挥最大的潜能。

如：在开展“看图开选标记”活动时，我们为幼儿提供了种颜色、大小、形状不同的几何图开及标记，让幼儿自由选择，幼儿有的安各自的意愿先选择标记，选好后又选择与标记相符的几何图形，有的先选择图形后选择相
应的标记，体现了一种材料为多项目标服务的宗旨。

2.提供的材料应循序渐进，满足不同水平的幼儿操作需要。

教师应在同一活动内容，在不同阶段提供不同的材料，同时应为发展水平不一样的幼儿提供不同难度的材料。

3.通向数学这门学科不仅是孩子的学习伙伴，也是老师的帮手。

开学初期，由于孩子年龄小又没有任何学习经验，因此无论是在通向数学的线上活动，还是在集体活动、到分组活动上，操作起来都特别的难。

孩子们在分组活动时，我们在组织教学活动的初期，一到这个环节就头痛，到现在可以很轻松地驾驭这个环节，使我们感觉到通向数学不仅使孩子的各方面能力有所提高，也使我们在教学活动中的组织能力有所提高。

经过一年的时间，我们发现孩子们虽然已经知道了通向数学常规的要求是什么，而且在专注力等方面都较以前有了进步，但对于通向数学中不同教具操作要求及其展示方式等，真正能按要求去做的还是不多。

另外，在其他方面的学习上也出现了明显的差距。

这些情况的出现让我们不得不重新思考和修改自己的教学方法。

为了充分发挥以强带弱，以弱促强的这一教育理念，我们把教学的目标重新进行了调整。

我班接受能力强的幼儿占多数，因此，我们以这部分幼儿为主，然后再根据其余幼儿不同的发展需求制定相应的教学目标。

在通向数学活动中增加接受能力强的幼儿进行展示的机会。

这样不仅会增强孩子的自信心和学习积极性，
同时还会激励弱势幼儿的学习，于是就达到了互相学习、互相促进的目的。

在其他内容的学习上，除了进行分组教学以外，我们还运用通向数学的亲子作业，增强了家园共育这一环节，请家长们参与到孩子们的学习中来，进行家庭辅导。

对于孩子们遇到的困难，由家长反馈给我们，我们再根据孩子们作业情况及家长的意见进行课堂指导或个别指导，然后再利用作业进行巩固和练习。

总之，在学习了通向数学后，孩子们的数学思维能力有所提升，养成了主动思考的习惯，专注力和秩序感越来越好，自我探究意识也得到很大的提升。

二、重视操作过程，让幼儿在操作过程中边做边说
通向数学知识具有一定的逻辑结构，在活动中应让幼儿“做”和“说”相结合，只有让幼儿用语言概括自已“做”的过程，才能利千教师更准确地把握幼儿的思维过程，在活动中我们通过“你是怎样做的”、“你为什么这样做”及“你为什么认为这样做最好”等问题鼓励幼儿自言自语或相互交谈，“我是怎样做的”讲给不会跟着做的听，在他的讲解下，那个小朋友一会儿就边做边说接成了，心里特高兴，脸上笑眯眯的。

让幼儿边做边说不仅可以使老师发现幼儿懂得了哪些问题，还有哪些不清楚的需要帮助指导的，同时又可以有针对性地指导帮助幼儿学习，能促进每个幼儿在原有水平上进一步的发展。

三、日常生活中的数学教育
在幼儿生活中，与数学有关的问题也时时都有，处处存在，日常生活中的数学教育是潜移默化的，在平时生活中教师应善于利用和创设问题情境，引导幼儿在解决问题的过程中巩固知识技能，感受学习的快乐，如我们让幼儿学习如何搬椅子、拿勺子、擦桌子、叠衣服、站队等，在日复一日的生活中，不断重复这些工作，幼儿的生活常规有了很大的提高，引导幼儿参与环境管理的过程中，只要我们注意环境育人这一教育功能，孩子们就会更好的成长。

午睡前，我们让幼儿摆好鞋子,让幼儿进行排序，计数比较，在午餐时,我们让幼儿收好茶具、椅子等让幼儿积累一一对应及数量多少的经验，使他们在有意无意间通过各种感觉通道感受来自生活的数学信息。

以上是本学期通过实践取得的一些经验，通过多种活动的开展，大部分幼儿在活动中能坚持做到边做边说，养成了良好的操作习惯，仍有少部分幼儿在材料的整理收拾方面做得不够好，这将在下学期的实践中改进，使每个幼儿都能够主动学习，充分体现地玩中学。