第06讲 拓展一：数列求通项（知识清单+7类热点题型讲练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教A版2019选择性必修第二册）

第06讲 拓展一：数列求通项 知识点一：数列求通项（法、法） 1对于数列，前项和记为； ①；② 1- ②： 法归类 角度1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例子：已知，求 角度2：已知与的关系；或与的关系 替换题目中的 例子：已知； 已知 角度3：已知等式中左侧含有： 作差法（类似） 例子：已知求 2对于数列，前项积记为； ①；② ①②： 法归类 角度1：已知和的关系 角度1：用，得到 例子：的前项之积. 角度2：已知和的关系 角度1：用替换题目中 例子：已知数列的前n项积为，且. 知识点二：累加法（叠加法） 若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法。 具体步骤： 将上述个式子相加（左边加左边，右边加右边）得： = 整理得：= 知识点三：累乘法（叠乘法） 若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。 具体步骤： 将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得： 整理得： 知识点四：构造法 类型1： 用“待定系数法”构造等比数列 形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式. 标准模型：（为常数，）或（为常数，） 类型2：用“同除法”构造等差数列 （1）形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式. （2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法类型1求出，再求出的通项公式. （3）形如的数列，可通过两边同除以，变形为的形式，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式. 知识点五：倒数法 用“倒数变换法”构造等差数列 类型1：形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. 类型2：形如（为常数，，，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，可通过换元：，化简为：（此类型符构造法类型1： 用“待定系数法”构造等比数列：形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式.） 知识点六：隔项等差数列 已知数列，满足， 则； （其中为常数）；或则称数列为隔项等差数列，其中： ①构成以为首项的等差数列，公差为； ②构成以为首项的等差数列，公差为； 知识点七：隔项等比数列 已知数列，满足， 则； （其中为常数）；或则称数列为隔项等比数列，其中： ①构成以为首项的等比数列，公比为； ②构成以为首项的等比数列，公比为； 题型01 法（用，得到） 【典例1】（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 【典例2】（23-24高二下·湖南湘西·期末）已知数列的前n项和满足，则 . 【典例3】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）数列的前项和记为，若，则 ． 【变式1】（23-24高二上·江苏南京·期末）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 【变式2】（23-24高二下·安徽合肥·期中）已知数列的首项为1，前n项和为，，则 . 【变式3】（23-24高二上·山西吕梁·期末）已知数列的前项和为，若，则 . 题型02 法（将题意中的用替换） 【典例1】（23-24高三下·江苏南通·阶段练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（且）． (1)求的通项公式； 【典例2】（23-24高二下·江苏南京·开学考试）设是数列的前项和，且.若对满足，数列的前项和为 ． 【变式1】（多选）（23-24高三上·河北·阶段练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，，. ， 数列的前项和为. 则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列为单调递减数列 D．使得的的最大值为 674 【变式2】（24-25高三上·江苏泰州·开学考试）已知各项均为正数的数列的前项和为， (1)求证：数列是等差数列，并求的通项公式； 题型03 法（已知等式中左侧含有：） 【典例1】（2025·广东广州·模拟预测）已知数列满足，设数列的前项和为，则满足的实数的最小值为 ． 【典例2】（23-24高二下·江西抚州·期中）已知数列满足，则数列的前20项之和为 ． 【典例3】5．（23-24高二上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，则= 【变式1】（2024·天津和平·二模）已知数列满足，则数列的通项公式为 ，若数列的前项和为，记，则数列的最大项为第 项． 【变式2】（23-24高三上·黑龙江大庆·期末）已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知数列满足 设数列的前n项和为， 则 ． 题型04 累加法 【典例1】（24-25高二上·全国·课堂例题）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高二下·宁夏吴忠·阶段练习）已知数列首项为，且，则（     ） A． B． C． D． 【典例3】（2024高二上·全国·专题练习）在数列中，， ，则通项公式 ． 【变式1】（23-24高二下·四川成都·期中）数列满足，（），则 （用数字作答）． 【变式2】（23-24高二下·上海宝山·阶段练习）已知数列满足，则 . 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，，则的值为 . 题型05 累乘法 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 【典例2】（2024高三下·全国·专题练习）已知数列，则数列的通项为 【典例3】（23-24高三上·辽宁丹东·期中）数列中，若，，则 . 【变式1】（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 . 【变式2】（23-24高二下·吉林·开学考试）在数列中，，则 . 【变式3】（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）数列满足：，，则数列的通项 . 题型06 构造法 【典例1】（23-24高一下·上海·期末）数列满足，则数列的通项公式为 . 【典例2】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则 ， ． 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【变式1】（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）已知数列满足，，则该数列的通项公式 ． 【变式2】（2024·四川南充）若数列满足，，，则数列的前项和 . 【变式3】（23-24高二下·新疆·阶段练习）数列的首项，且，令，则 ． 题型07 倒数法 【典例1】（23-24高二·全国·课后作业）已知数列满足，且，则数列|的前n项和为 ． 【典例2】（23-24高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知数列满足，则的最小值为 . 【典例3】（23-24高二上·广东中山·期末）数列中，则 . 【变式1】（23-24高一下·海南海口·期中）在数列中，，则 . 【变式2】（23-24高三上·吉林辽源·期末）数列中， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 拓展一：数列求通项 知识点一：数列求通项（法、法） 1对于数列，前项和记为； ①；② 1- ②： 法归类 角度1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例子：已知，求 角度2：已知与的关系；或与的关系 替换题目中的 例子：已知； 已知 角度3：已知等式中左侧含有： 作差法（类似） 例子：已知求 2对于数列，前项积记为； ①；② ①②： 法归类 角度1：已知和的关系 角度1：用，得到 例子：的前项之积. 角度2：已知和的关系 角度1：用替换题目中 例子：已知数列的前n项积为，且. 知识点二：累加法（叠加法） 若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法。 具体步骤： 将上述个式子相加（左边加左边，右边加右边）得： = 整理得：= 知识点三：累乘法（叠乘法） 若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。 具体步骤： 将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得： 整理得： 知识点四：构造法 类型1： 用“待定系数法”构造等比数列 形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式. 标准模型：（为常数，）或（为常数，） 类型2：用“同除法”构造等差数列 （1）形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式. （2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法类型1求出，再求出的通项公式. （3）形如的数列，可通过两边同除以，变形为的形式，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式. 知识点五：倒数法 用“倒数变换法”构造等差数列 类型1：形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. 类型2：形如（为常数，，，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，可通过换元：，化简为：（此类型符构造法类型1： 用“待定系数法”构造等比数列：形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式.） 知识点六：隔项等差数列 已知数列，满足， 则； （其中为常数）；或则称数列为隔项等差数列，其中： ①构成以为首项的等差数列，公差为； ②构成以为首项的等差数列，公差为； 知识点七：隔项等比数列 已知数列，满足， 则； （其中为常数）；或则称数列为隔项等比数列，其中： ①构成以为首项的等比数列，公比为； ②构成以为首项的等比数列，公比为； 题型01 法（用，得到） 【典例1】（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系求出通项公式. 【详解】数列的前n项和， 当时，， 而，不满足上式， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 【典例2】（23-24高二下·湖南湘西·期末）已知数列的前n项和满足，则 . 【答案】 【知识点】求等比数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得， ，当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以首项，公比为2的等比数列， 所以. 故答案为： 【典例3】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）数列的前项和记为，若，则 ． 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、利用等比数列的通项公式求数列中的项 【分析】利用得，再利用等比数列的通项公式求解即可. 【详解】由已知得， 当时，，即， 又，得， 所以. 故答案为：. 【变式1】（23-24高二上·江苏南京·期末）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】根据的关系即可作差求解. 【详解】由可得， 两式相减可得， 当时，， 故， 故答案为： 【变式2】（23-24高二下·安徽合肥·期中）已知数列的首项为1，前n项和为，，则 . 【答案】108 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】由题设可得，利用的关系求出数列通项，进而求出即可. 【详解】由题意可知，， 所以，则， 所以，则， 又因为，所以， 所以数列从第二项开始成等比数列， 因此通项公式为， 所以. 故答案为：108. 【变式3】（23-24高二上·山西吕梁·期末）已知数列的前项和为，若，则 . 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】由的关系对分类讨论即可求解. 【详解】当时，， 当时，不满足上式，所以. 故答案为：. 题型02 法（将题意中的用替换） 【典例1】（23-24高三下·江苏南通·阶段练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（且）． (1)求的通项公式； 【答案】(1) 【知识点】求等比数列前n项和、错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）根据的关系可得为等差数列，即可求解，进而可得， 【详解】（1）当时，， 即，解得． 因为（）， 所以（）， 又（，），， 所以（）， 又， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以． 当时，， 当时，，满足上式， 所以数列的通项公式为． 【典例2】（23-24高二下·江苏南京·开学考试）设是数列的前项和，且.若对满足，数列的前项和为 ． 【答案】 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】先根据关系化简，再根据等差数列求出通项最后应用裂项相消求和即可. 【详解】由题知，. 因为，所以, 两边同时除以得，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以所以， 因为， 所以数列的前项和为 . 故答案为： 【变式1】（多选）（23-24高三上·河北·阶段练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，，. ， 数列的前项和为. 则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列为单调递减数列 D．使得的的最大值为 674 【答案】AB 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项、数列不等式能成立（有解）问题 【分析】由递推关系得，数列是以为首项，公差为1的等差数列，则求出，可判断A项，由，当时，，进行求和可判断B项，由裂项相消法求出，可判断C，D项． 【详解】因为，则当时，， 即， 而，有，即， 所以数列是以为首项，公差为1的等差数列， 于是得，即，故A正确； 当时，，又满足上式， 所以的通项公式为，， 当时，， 则， 当时，， 即对任意的，都有，故B正确； ， 则有， 因，则数列单调递增，故C错误； ，因对任意正整数均有成立，于是得，解得， 而，则，故D错误. 故选：AB 【变式2】（24-25高三上·江苏泰州·开学考试）已知各项均为正数的数列的前项和为， (1)求证：数列是等差数列，并求的通项公式； 【答案】(1)证明见解析， 【知识点】由递推关系证明数列是等差数列、裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项、数列不等式恒成立问题 【分析】（1）由等差数列的定义证明即可，由为等差数列，先求出，然后求解的通项公式即可； 【详解】（1）证明：因为，则当时，， 即， 而，有，即， 所以数列是以为首项为1，公差为1的等差数列， 于是得，即， 当时，，又满足上式， 所以的通项公式为. 题型03 法（已知等式中左侧含有：） 【典例1】（2025·广东广州·模拟预测）已知数列满足，设数列的前项和为，则满足的实数的最小值为 ． 【答案】 【知识点】求等比数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步计算即可推导出数列的通项公式，再根据数列的通项公式及等比数列的求和公式推导出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数的最小值． 【详解】由题意，当时，， 当时，由， 可得， 两式相减，可得， 解得， 当时，不满足上式， ， 则当时，， 当时， ， 当时，也满足上式， ，， ，且对任意恒成立， ，即实数的最小值为． 故答案为：. 【典例2】（23-24高二下·江西抚州·期中）已知数列满足，则数列的前20项之和为 ． 【答案】/ 【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】首先根据数列的前项和，求数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前20项和. 【详解】当时，；当时， 因为，所以， 两式相减得，所以，则，所以， 所以， 所以数列的前20项之和为 . 故答案为： 【典例3】5．（23-24高二上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，则= 【答案】 【知识点】判断等差数列、求等差数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】根据给定的递推关系求出，再利用等差数列前项和公式求出即可. 【详解】数列满足，当时，， 两式相减得，因此，而满足上式， 于是，显然，即数列是等差数列， 所以. 故答案为： 【变式1】（2024·天津和平·二模）已知数列满足，则数列的通项公式为 ，若数列的前项和为，记，则数列的最大项为第 项． 【答案】 【知识点】确定数列中的最大（小）项、求等比数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】当时求出，当时，，作差即可求出的通项公式，从而求出，即可表示出，再由基本不等式求出数列的最大项. 【详解】因为， 当时，，解得； 当时，， 两式相减得，即， 经检验当时也成立，所以； 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号． 所以数列的最大项为第项. 故答案为：；． 【变式2】（23-24高三上·黑龙江大庆·期末）已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【知识点】裂项相消法求和、解不含参数的一元二次不等式、利用an与sn关系求通项或项 【分析】已知条件求出，裂项相消求出，由不等式恒成立，列不等式求实数的取值范围. 【详解】数列满足：， 时， 时，， 得，即， 时也满足，则有. ， ， 不等式恒成立，即，解得或. 即实数的取值范围为. 故答案为： 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）已知数列满足 设数列的前n项和为， 则 ． 【答案】 【知识点】求等比数列前n项和、分组（并项）法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】 根据求出通项公式，结合通项公式特点进行分组求和，得到答案. 【详解】 ① ② 得：，解得，， 当时，，不满足上式， 故， 当时，， 当时，， 时满足上式， 综上所述： 故答案为： 题型04 累加法 【典例1】（24-25高二上·全国·课堂例题）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】累加法求数列通项 【分析】由，可以采用累加法进行求解. 【详解】由，则 ， ， ， ， … ， 以上各式累加得． 所以． 因为也适合上式， 所以． 故选：B. 【典例2】（23-24高二下·宁夏吴忠·阶段练习）已知数列首项为，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】累加法求数列通项、求等比数列前n项和 【分析】根据题意，结合，利用等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由数列首项为，且， 则. 故选：C. 【典例3】（2024高二上·全国·专题练习）在数列中，， ，则通项公式 ． 【答案】 【知识点】累加法求数列通项、由递推关系式求通项公式 【分析】根据题意，利用累加法即可求解. 【详解】∵， ∴， ， ， … . 以上个等式相加，得． ． 检验：当时，也成立. 所以，数列的通项公式. 故答案为：. 【变式1】（23-24高二下·四川成都·期中）数列满足，（），则 （用数字作答）． 【答案】60 【知识点】累加法求数列通项、求等比数列前n项和 【分析】由累加法求和结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】 . 故答案为：60. 【变式2】（23-24高二下·上海宝山·阶段练习）已知数列满足，则 . 【答案】 【知识点】累加法求数列通项、由递推关系式求通项公式、求等差数列前n项和 【分析】根据数列递推式特点，运用累加迭代法即可求得通项. 【详解】因， 则. 故答案为：. 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，，则的值为 . 【答案】1 【知识点】累加法求数列通项 【分析】根据题意利用累加法运算求解. 【详解】因为，可知， 可得，，，， 各式相加可得，即，所以. 故答案为：1. 题型05 累乘法 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、累乘法求数列通项、利用an与sn关系求通项或项 【分析】当时，由已知的等式可得，与已知的等式相减化简可得，然后利用累乘法可求出. 【详解】由于数列中，，前项和， 所以当时，， 两式相减可得：， 所以， ， 所以， 所以， 所以 ， 符合上式， 因此. 故答案为： 【典例2】（2024高三下·全国·专题练习）已知数列，则数列的通项为 【答案】 【知识点】累乘法求数列通项、利用an与sn关系求通项或项 【分析】利用条件，再写一式，两式相减，可得，利用累乘法，可求数列的通项． 【详解】∵ ①， ∴当时， ②， ①-②得：，即：， ∴， ∴，当时，结论也成立． ∴． 故答案为： 【典例3】（23-24高三上·辽宁丹东·期中）数列中，若，，则 . 【答案】/1.9 【知识点】裂项相消法求和、累乘法求数列通项 【分析】依题意可得，再利用累乘法求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可； 【详解】解：因为，所以，所以，，，，，累乘可得 即，因为，所以，所以 故答案为： 【变式1】（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 . 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、累乘法求数列通项、利用an与sn关系求通项或项 【分析】借助与的关系及累乘法计算即可得. 【详解】当时，，即，， 则，即， 则有，，，， 则， 当时，，符合上式，故. 故答案为：. 【变式2】（23-24高二下·吉林·开学考试）在数列中，，则 . 【答案】6 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、累乘法求数列通项 【分析】根据递推公式，并结合累乘法从而可求解. 【详解】因，故有， 即得，所以. 故答案为：6. 【变式3】（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）数列满足：，，则数列的通项 . 【答案】 【知识点】累乘法求数列通项 【分析】根据，，得到，然后利用累加法求解. 【详解】解：因为，， 所以， 当 时，， 所以， ， ， 当时，，适合上式， 所以数列的通项， 故答案为： 题型06 构造法 【典例1】（23-24高一下·上海·期末）数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、写出等比数列的通项公式、构造法求数列通项 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得. 【详解】数列中，由，得，即， 而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列， 因此，即， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 【典例2】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则 ， ． 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、求等比数列前n项和、构造法求数列通项 【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，即可得，借助等比数列前项和公式即可得. 【详解】由，即， 则，又， 故数列是以为公比、为首项的等比数列， 即，则， . 故答案为：；. 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【知识点】累加法求数列通项、等比数列的定义、写出等比数列的通项公式、构造法求数列通项 【分析】解法一：利用待定系数法可得，结合等比数列分析运算；解法二：整理得，结合等比数列分析运算；解法三：整理得，根据累加法结合等比数列求和分析运算. 【详解】解法一：设，整理得，可得， 即，且， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：， 整理得，且， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即， 当时，则 ， 故， 显然当时，符合上式，故. 故答案为：. 【变式1】（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）已知数列满足，，则该数列的通项公式 ． 【答案】 【知识点】构造法求数列通项 【分析】构造数列，数列为等比数列，求出，进而求出. 【详解】因为，所以，则数列时以为首项 公比为的等比数列，故，所以. 【变式2】（2024·四川南充）若数列满足，，，则数列的前项和 . 【答案】 【知识点】分组（并项）法求和、构造法求数列通项 【分析】根据数列的递推式构造新数列，使所构造的新数列是等比数列，从而可得，再运用分组求和可得. 【详解】由得， 所以数列是以3为公比的等比数列，其中首项， 所以，所以， 所以， 故答案为：. 【变式3】（23-24高二下·新疆·阶段练习）数列的首项，且，令，则 ． 【答案】 【知识点】求等差数列前n项和、写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、构造法求数列通项 【分析】构造数列，并求得数列的通项公式；再代入对数中求得数列的通项公式，进而利用等差数列的求和公式即可求得数列的前n项和． 【详解】因为， 所以， 所以且， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以 即， 代入得， 设数列的前项和为， 则， 则. 故答案为： 题型07 倒数法 【典例1】（23-24高二·全国·课后作业）已知数列满足，且，则数列|的前n项和为 ． 【答案】 【知识点】裂项相消法求和、构造法求数列通项、利用定义求等差数列通项公式 【分析】由递推公式两边取倒数即可得到，从而得到数列是首项为2，公差为3的等差数列，从而求出的通项公式，即可得到，再利用裂项相消法求和即可； 【详解】解：由可得， 所以数列是等差数列，且首项为2，公差为3，则， 所以， 所以数列的前n项和为． 故答案为： 【典例2】（23-24高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知数列满足，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】确定数列中的最大（小）项、构造法求数列通项、利用定义求等差数列通项公式 【分析】利用数列递推式，可得数列是以10为首项，1为公差的等差数列，可得数列的通项，再利用函数的单调性，即可求的最小值． 【详解】解： ， 数列是以10为首项，1为公差的等差数列 在上单调递减，在上单调递增 时，取得最小值为 故答案为： 【典例3】（23-24高二上·广东中山·期末）数列中，则 . 【答案】 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、构造法求数列通项 【解析】对两边取到数可得，从而可得数列是等差数列，求出数列的通项公式，即可求出. 【详解】因为，所以，即，又， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以，所以. 故答案为： 【点睛】本题主要考查取到数构造新数列，同时考查等差数列的概念及通项公式，属于中档题. 【变式1】（23-24高一下·海南海口·期中）在数列中，，则 . 【答案】 【知识点】构造法求数列通项 【分析】由，得，可证明为等差数列，进而可得本题答案. 【详解】由，得，即，所以为等差数列，首项，公差，则，即，所以. 故答案为： 【点睛】本题主要考查用构造法求数列的通项公式. 【变式2】（23-24高三上·吉林辽源·期末）数列中， ． 【答案】 【知识点】构造法求数列通项、利用等差数列通项公式求数列中的项、利用定义求等差数列通项公式 【分析】首先等式两边取倒数，得是等差数列，利用等差数列通项公式，即可求解. 【详解】数列中， ，两边取倒数得到， ，所以，即. 故答案为:． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$