复习专题08 求数列通项20种常见考法归类-【寒假自学课】2025年高二数学寒假提升精品讲义（苏教版2019）

复习专题08 求数列通项20种常见考法归类 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 提升专练：真题感知+精选专练，全面突破 知识点1、数列的通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1,2,3，…，n}为定义域的函数的表达式． 注：通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数． 知识点2、数列的递推公式 如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 知识点3、通项公式和递推公式的异同点 不同点 相同点 通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项 递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an 知识点4、常见数列的通项 (1)1，2，3，4，…的一个通项公式为an＝n. (2)2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n. (3)3，5，7，9，…的一个通项公式为an＝2n＋1. (4)2，4，8，16，…的一个通项公式为an＝2n. (5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为an＝(－1)n. (6)1，0，1，0，…的一个通项公式为an＝. (7)a，b，a，b，…的一个通项公式为an＝. (8)9，99，999，…的一个通项公式为an＝10n－1. 解题策略1.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． 解题策略2.等差等比定义求通项 等差数列判定： ①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值； ②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2； ③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数. 等比数列的判定方法： (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 解题策略3.利用与的关系 依据求出. 已知Sn求an的三个步骤 (1)先利用a1＝S1求出a1. (2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式． (3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写 注：an与Sn关系的应用策略 (1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列，一般利用公式Sn－Sn－1＝an(n≥2)实施消元法，将递推关系转化为仅含an的关系式或仅含Sn的关系式，即“二者消元留一象”． (2)究竟消去an留Sn好，还是消去Sn留an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去an留Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应当消去an留Sn，否则就尝试消去Sn留an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”.具体如下： 与同时存在 1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例：已知，求 2：已知与的关系；或与的关系 替换题中的 例：已知； 已知 3：等式中左侧含有： 作差法 （类似） 例子：已知求 (3)值得一提的是：数列通项公式an求出后，还需要验证数列首项a1是否也满足通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”，这一步学生容易忘记，切记！ 解题策略4.因式分解 如果式子中出现了2次项或者正项数列这些条件，可能需要因式分解 解题策略5.累加法与累乘法 （1）累加法：形如的解析式 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 注：累加法求通项公式的4步骤 （2） 累乘法：形如的解析式 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 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． 注：累乘法求通项公式的4步骤 解题策略6.构造法 形如型的递推式： ①待定系数法：（其中均为常数，） 解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解. ②待定系数法： （其中均为常数，）.（或其中均为常数）. 解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第①种情况求解. ③待定系数法： 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列. ④待定系数法： 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列. 解题策略7.三项递推法求通项 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 解题策略8.同除法 （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，进而可求得的通项公式. （2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法求出，再求出的通项公式. 解题策略9.分式型 取倒数法：形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 形如（为常数，，，）的数列，通过两边同除“倒”过来，变形为，可通过换元：，化简为：（可用“待定系数法”构造等比数列） 解题策略10.不动点法求通项 （1）定义：方程的根称为函数的不动点． 利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列中，已知，且时，（是常数）， ①当时，数列为等差数列； ②当时，数列为常数数列； ③当时，数列为等比数列； ④当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：； （3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）． （1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）； （2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）． (其中、可利用，求得) （4）设，满足递推关系，初值条件． 令 ，即 ，令此方程的两个根为， ①若,则有 （其中） ②若,则有 （其中） （5）设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时, 解题策略11.对数变换法 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 解题策略12.前n项积 对于数列，前项积记为； ； ②； ①②： 前n项积 1：已知和的关系 角度1：用，得到 例子：的前项之积. 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. 考点剖析 【考点1 观察法】 例1．数列的通项公式可以为（    ） A． B． C． D． 【变式1】数列的通项公式可能是（    ） A． B． C． D． 【变式2】数列，，，，的一个通项公式是an=（ ） A． B． C． D． 【变式3】南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·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，······，则第十层有（ ）个球． A．12 B．20 C．55 D．110 【变式4】将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．30 C．37 D．46 【考点2 等差等比定义求通项】 例2．在数列中，，，则数列的通项公式为________． 【变式1】数列的各项都是正数，，，那么此数列的通项公式为________． 【变式2】已知数列的前项和为，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【变式3】已知数列满足，，则=（    ） A．80 B．100 C．120 D．143 【考点3 由an与Sn的关系求通项——消Sn】 例3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，则an＝________. 【变式1】已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 【变式2】已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为____________． 【变式3】已知正项等差数列的前项和为，满足， (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和，求． 【考点4 由an与Sn的关系求通项——消an】 例4．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________. 【变式1】若数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝(n∈N*)，则a25＝________． 【变式2】已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 019＝________. 【考点5 由an与Sn的关系求通项——内部消化】 例5．设数列的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时， 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值； (2)证明：为等比数列． 【变式1】数列的前项的和为，已知，，当时， (1)求数列的通项公式； (2)设，求的前项和 【变式2】已知数列的前n项和为，且，，，则2023是数列的（    ） A．第566项 B．第574项 C．第666项 D．第674项 22．（2023春·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列． (1)求的通项公式； (2)若数列满足，求的前2n项和．. 【考点6 由an与Sn的关系求通项——隐藏的Sn】 例6．设数列 满足 ， 则 的通项公式 【变式1】已知数列，时，. (1)求数列的通项公式； (2)为各项非零的等差数列，其前项和为，已知，求数列的前项和. 【变式2】已知数列满足，则___________. 【考点7 因式分解】 例7．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 【变式1】已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式； 【变式2】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=___________ 【变式3】已知各项为正数的数列的前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项的和． 【考点8 累加法求通项】 例8．数列满足，且，则数列的通项公式 ． 【变式1】已知数列中，，则 . 【变式2】在数列中，，且，则 . 【变式3】已知数列满足，，则 ． 【考点9 累乘法求通项】 例9．在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________． 【变式1】数列满足，，则______． 【变式2】在数列中，，则 ． 【变式3】在数列中，，，则数列的通项公式为 . 【变式4】已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 【考点10 构造法求通项】 例10．若数列满足，则数列的通项公式为________． 【变式1】在数列中，，且，则的通项公式为 ． 【变式2】已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【考点11三项递推法求通项】 例11．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________. 【变式1】已知数列{an}中, a1=1, a2=2, an＋2＝an＋1＋an, 求{an}的通项公式。 【考点12 同除法】 例12．数列满足，那么的值为（ ）． A．4 B．12 C．18 D．32 【变式1】已知数列中，，求数列的通项公式； 【变式2】已知数列的首项，且满足，设，证明是等差数列； 【考点13 取倒数法】 例13．已知数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知数列，则数列的通项公式 ． 【变式2】数列中，若，，则 ． 【考点14 不动点法求通项】 例14．已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式. 【变式1】已知，，求的通项公式. 【变式2】已知数列满足，，则 ． 【考点15 对数变换法】 例15．正项数列满足，，则数列的通项公式是______． 【变式1】数列中，若，，则的通项公式为________. 【变式2】已知为正项数列的前项的乘积，且，． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和为，证明：． 【考点16 周期数列】 例16．数列 {an}满足 an＋1＝ , a8＝2，则a1 ＝________. 【变式1】已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝，数列{an}的前n项的和为Sn，则S1 008等于(　　) A．504 B．294 C．－294 D．－504 【变式2】已知数列满足：，，，，则（    ）. A． B． C．1 D．2 【考点17 复合型（an±bn型）】 例17．已知数列和满足：，，，，其中． (1)求证：； (2)求数列的前项和． 【考点18 等和数列】 例18．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为(　　) A．5 B. C. D. 【变式1】已知为数列的前项和，，，则（       ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 【变式2】设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（ ） A．50 B．51 C．52 D．53 【考点19 等积数列】 例19．已知数列的首项，且满足，则　　． 【考点20 前n项积型】 例20．若数列满足其前项的积为，则　　． 【变式1】已知正项数列的前n项积为，且，则使得的最小正整数n的值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式2】已知数列满足，则的通项公式 . 【变式3】记为数列的前n项积，已知，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 过关检测 一、单选题 1．（23-24高二下·陕西渭南·期末）数列的第9项是（    ） A． B．19 C． D．17 2．（23-24高二下·四川泸州·期末）数列的前n项和满足，若，则的值是（    ） A． B． C．6 D．7 3．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）若为数列的前项和，且，则等于（    ） A． B． C． D．30 5．（22-23高二上·天津滨海新·期末）等比数列的前项和为，则数列的公比为（    ） A． B． C．2 D．3 6．（23-24高二下·四川乐山·期末）已知数列的前n项和，记数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 8．（23-24高二下·甘肃庆阳·期末）已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高三上·江苏盐城·阶段练习）已知数列的前n项和，若，且数列满足，若集合中有三个元素，则实数λ的取值范围（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高三上·湖北宜昌·期中）已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 11．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知数列满足，（）.记数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 12．（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 13．（23-24高二下·辽宁·期末）已知数列满足，则（    ） A． B．数列是递增数列 C． D．数列的最小值为 14．（23-24高二下·江西萍乡·期末）若数列的首项为1，其前项和为，且满足为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（    ） A． B． C． D． 16．（24-25高三上·河北保定·期末）已知数列满足，，，为其前项和，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 17．（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 . 18．（2022·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 19．（21-22高一下·上海普陀·期末）设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 20．（23-24高二下·西藏拉萨·期末）已知数列的前项和为，满足，则 21．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知数列满足，，设，则 ；的最小值为 . 22．（21-22高二上·广东深圳·期末）已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为 ． 四、解答题 23．（22-23高二上·天津和平·期末）若数列的前项和为，且，等差数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 24．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列满足. (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和. 25．（24-25高二上·吉林·期末）已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 26．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 27．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列的首项，设为数列的前项和，且有. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 28．（24-25高三上·山东泰安·期末）设正项数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 29．（20-21高三上·山西·期中）知正项数列的前n项和为，满足（，），． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和的表达式． 30．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 复习专题08 求数列通项20种常见考法归类 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 提升专练：真题感知+精选专练，全面突破 知识点1、数列的通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1,2,3，…，n}为定义域的函数的表达式． 注：通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数． 知识点2、数列的递推公式 如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 知识点3、通项公式和递推公式的异同点 不同点 相同点 通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项 递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an 知识点4、常见数列的通项 (1)1，2，3，4，…的一个通项公式为an＝n. (2)2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n. (3)3，5，7，9，…的一个通项公式为an＝2n＋1. (4)2，4，8，16，…的一个通项公式为an＝2n. (5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为an＝(－1)n. (6)1，0，1，0，…的一个通项公式为an＝. (7)a，b，a，b，…的一个通项公式为an＝. (8)9，99，999，…的一个通项公式为an＝10n－1. 解题策略1.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． 解题策略2.等差等比定义求通项 等差数列判定： ①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值； ②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2； ③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数. 等比数列的判定方法： (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 解题策略3.利用与的关系 依据求出. 已知Sn求an的三个步骤 (1)先利用a1＝S1求出a1. (2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式． (3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写 注：an与Sn关系的应用策略 (1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列，一般利用公式Sn－Sn－1＝an(n≥2)实施消元法，将递推关系转化为仅含an的关系式或仅含Sn的关系式，即“二者消元留一象”． (2)究竟消去an留Sn好，还是消去Sn留an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去an留Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应当消去an留Sn，否则就尝试消去Sn留an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”.具体如下： 与同时存在 1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例：已知，求 2：已知与的关系；或与的关系 替换题中的 例：已知； 已知 3：等式中左侧含有： 作差法 （类似） 例子：已知求 (3)值得一提的是：数列通项公式an求出后，还需要验证数列首项a1是否也满足通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”，这一步学生容易忘记，切记！ 解题策略4.因式分解 如果式子中出现了2次项或者正项数列这些条件，可能需要因式分解 解题策略5.累加法与累乘法 （1）累加法：形如的解析式 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 注：累加法求通项公式的4步骤 （2） 累乘法：形如的解析式 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 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． 注：累乘法求通项公式的4步骤 解题策略6.构造法 形如型的递推式： ①待定系数法：（其中均为常数，） 解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解. ②待定系数法： （其中均为常数，）.（或其中均为常数）. 解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第①种情况求解. ③待定系数法： 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列. ④待定系数法： 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列. 解题策略7.三项递推法求通项 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 解题策略8.同除法 （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，进而可求得的通项公式. （2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法求出，再求出的通项公式. 解题策略9.分式型 取倒数法：形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 形如（为常数，，，）的数列，通过两边同除“倒”过来，变形为，可通过换元：，化简为：（可用“待定系数法”构造等比数列） 解题策略10.不动点法求通项 （1）定义：方程的根称为函数的不动点． 利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列中，已知，且时，（是常数）， ①当时，数列为等差数列； ②当时，数列为常数数列； ③当时，数列为等比数列； ④当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：； （3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）． （1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）； （2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）． (其中、可利用，求得) （4）设，满足递推关系，初值条件． 令 ，即 ，令此方程的两个根为， ①若,则有 （其中） ②若,则有 （其中） （5）设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时, 解题策略11.对数变换法 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 解题策略12.前n项积 对于数列，前项积记为； ； ②； ①②： 前n项积 1：已知和的关系 角度1：用，得到 例子：的前项之积. 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. 考点剖析 【考点1 观察法】 例1．数列的通项公式可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于选项A：令，可得，不合题意； 对于选项B：代入检验均可，符合题意； 对于选项C：令，可得，不合题意； 对于选项D：令，可得，不合题意； 故选：B. 【变式1】数列的通项公式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题数列的前5项可改写为， 其中负号交替出现在偶数项，分母为从1开始的奇数， 故数列的通项公式为. 故选：D. 【变式2】数列，，，，的一个通项公式是an=（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为数列，，，，的通项公式为， 则数列，，，，的通项公式为， 而数列，，，，的每一项都是上面数列对应项的， 所以数列，，，，的通项公式为.故选：C. 【变式3】南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·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，······，则第十层有（ ）个球． A．12 B．20 C．55 D．110 【答案】C 【解析】由题意知：，，，， 所以.故选：C 【变式4】将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．30 C．37 D．46 【答案】B 【解析】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为， 第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为， 则第个“拐角数”为． 对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意； 对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是， 则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意； 对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意． 故选：B. 【考点2 等差等比定义求通项】 例2．在数列中，，，则数列的通项公式为________． 【答案】 【分析】根据给定条件可得数列是等差数列，求出其通项即可计算作答. 【详解】由得：，而， 于是得数列是以为首项，为公差的等差数列， 则有， 所以数列的通项公式为：. 故答案为： 【变式1】数列的各项都是正数，，，那么此数列的通项公式为________． 【答案】 【分析】，，即，可得：数列是等差数列，利用等差数列的通项公式即可得出． 【解析】，，即， 数列是等差数列，公差为2，首项为4．，， ．故答案为：． 【变式2】已知数列的前项和为，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知数列是公差为1的等差数列，先求出数列的通项公式，再利用与的关系求出即可. 【详解】∵a1 = 1，－ = 1， ∴是以1为首项，以1为公差的等差数列， ∴，即， ∴（）. 当时，也适合上式，. 故选：A. 【变式3】已知数列满足，，则=（    ） A．80 B．100 C．120 D．143 【答案】C 【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，从而可求得数列的通项，即可得解. 【详解】解：因为， 所以，即， 等式两边开方可得：，即， 所以数列是以首项为，公差为1的等差数列， 所以，所以， 所以. 故选：C． 【考点3 由an与Sn的关系求通项——消Sn】 例3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，则an＝________. 【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1. 当n＝1时，a1＝S1＝3＝4×1－1，故an＝4n－1. 答案：4n－1 【变式1】已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 【答案】 【解析】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： 【变式2】已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为____________． 【解析】　由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1， 当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n， 所以数列{an}的通项公式为an＝ 【变式3】已知正项等差数列的前项和为，满足， (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用与的关系式及公差概念即可求解. （2）根据裂项相消法求出，继而即可求解. 【解析】（1）①， 时，②， ①②得， ， ，可得， 或（舍）， 又验证时，符合， . （2）， ， . 【考点4 由an与Sn的关系求通项——消an】 例4．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________. 【解析】∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1. ∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1. 又＝－1，∴是首项为－1，公差为－1的等差数列． ∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－. 答案：－ 【变式1】若数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝(n∈N*)，则a25＝________． 【解析】 在数列{an}中，因为Sn＋1＋Sn＝，所以Sn＋1＋Sn＝，所以S－S＝1，所以数列{S}是以1为公差的等差数列，因为a1＝1，所以S＝1＋(n－1)×1＝n，又因为Sn＞0，所以Sn＝，所以a25＝S25－S24＝－＝5－2.故填5－2. 【变式2】已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 019＝________. 【解析】 当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)·Sn－S＝－SnSn－1，所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝n＋1，故Sn＝，则S2 019＝. 【考点5 由an与Sn的关系求通项——内部消化】 例5．设数列的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时， 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值； (2)证明：为等比数列． 【解析】(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即4＋5＝8＋1，解得a4＝. (2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)， 得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)， 即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)． ∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2， ∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴＝＝＝＝， ∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列． 【变式1】数列的前项的和为，已知，，当时， (1)求数列的通项公式； (2)设，求的前项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，由已知变形可得，利用累加法可求得数列的通项公式； （2）对任意的，计算得出，然后利用等差数列的求和公式可求得. 【详解】（1）解：当时，由可得， 即，因为，，所以时也满足， 当时，， 所以，， 当时，，也满足上式，所以. （2）解：，对任意的，， 所以，. 【变式2】已知数列的前n项和为，且，，，则2023是数列的（    ） A．第566项 B．第574项 C．第666项 D．第674项 【答案】D 【分析】由题意可证得数列是等差数列，再由等差数列的通项公式和前n项和公式代入求解即可求出的通项公式，令，解方程即可得出答案. 【详解】由，得， 即，所以数列是等差数列， 设公差为d，则由和可得：， 解得，所以． 由，得n=674． 故选：D． 22．（2023春·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列． (1)求的通项公式； (2)若数列满足，求的前2n项和．. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，，成等差数列得出，再根据与的关系得出，即可求出的通项公式； （2）结合（1）的结论及条件，得出，，再根据分组求和即可求出的前2n项和． 【详解】（1）由，，成等差数列知，即， 所以，即， 因为是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以的通项公式． （2）由（1）知，， 所以，， 所以 ， 所以的前2n项和． 【考点6 由an与Sn的关系求通项——隐藏的Sn】 例6．设数列 满足 ， 则 的通项公式 【答案】 【解析】数列 满足， 设， 当时，有，即， 当时，有，得， 不符合， 所以. 故答案为：. 【变式1】已知数列，时，. (1)求数列的通项公式； (2)为各项非零的等差数列，其前项和为，已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据的关系求通项公式； (2)利用错位相减法求和. 【详解】（1）因为，① 所以当时，，② ①②可得， 所以， 当时，满足上式， 所以. （2）因为， 且为各项非零，所以， 所以， 所以， ， 所以 ， 所以. 【变式2】已知数列满足，则___________. 【答案】 【解析】①， ②， 两式相减得：， 所以，经检验符合要求. 则， 则③， ④， ③-④得： ， 所以 故答案为： 【考点7 因式分解】 例7．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 【解析】(1)由题意可得a2＝，a3＝. (2)由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因此{an}的各项都为正数，所以＝. 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，因此an＝. 【变式1】已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式； 【解析】当时，，整理得，，解得； 当时，①，可得②， ①－②得，即， 化简得， 因为，，所以， 从而是以为首项，公差为的等差数列，所以； 【变式2】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=___________ 【答案】 【分析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项. 【详解】由，得， ∵，∴，∴ ，∴， ∴， 又满足上式，∴.故答案为： 【变式3】已知各项为正数的数列的前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项的和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用与间的关系即可求出结果； （2）利用错位相减法即可求出结果. 【详解】（1）， 两式相减得：， 由于，则， 当时，，得， ，则， 所以是首项和公差均为2的等差数列，故． （2）① 所以② 由得：， 所以 ． 【考点8 累加法求通项】 例8．数列满足，且，则数列的通项公式 ． 【答案】 【解析】 ，该通式对也适用， 所以答案为：. 【变式1】已知数列中，，则 . 【答案】 【解析】由题意可知：，，，， 将上述个式子相加可得：，则，所以 故答案为： 【变式2】在数列中，，且，则 . 【答案】5 【解析】 ， ， … ， 各式累加得. 故答案为：5. 【变式3】已知数列满足，，则 ． 【答案】 【解析】若，则，即，这与矛盾，所以， 由两边同时除以，得， 则，，，， 上面的式子相加可得：， 所以， 故答案为：. 【考点9 累乘法求通项】 例9．在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________． 【解析】∵an＝an－1(n≥2)， ∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1. 以上(n－1)个式子相乘得 an＝a1···…·＝＝. 当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝(n∈N*)． 答案：an＝(n∈N*) 【变式1】数列满足，，则______． 【答案】 【分析】利用累乘法求得正确答案. 【详解】 ， 也符合上式， 所以. 故答案为： 【变式2】在数列中，，则 ． 【答案】 【解析】因，故有，即得， 所以． 故答案为：. 【变式3】在数列中，，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】因为， 所以， 所以，，，……，，， 所以， 所以， 因为，所以符号该式， 故答案为： 【变式4】已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【解析】当时，， 化简得，，利用累乘法得 ， 显然满足上式， 所以 故答案为： 【考点10 构造法求通项】 例10．若数列满足，则数列的通项公式为________． 【答案】 【详解】 ，，，． 是首项为，公比为2的等比数列． 所以． 故答案为 ． 【方法点睛】本题主要考查数列通项公式的求法，难度稍大．求数列通项公式的方法常用的有:观察法，公式法，累加法，累乘法，构造法，取倒数法等．本题应用构造法求数列的通项公式，即先构造一个等比数列，先求等比数列的通项公式，再求所求数列的通项公式． 【变式1】在数列中，，且，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】因为，设，其中、， 整理可得， 所以，，解得，所以，， 且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列， 所以，，解得. 故答案为：. 【变式2】已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】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：. 【考点11三项递推法求通项】 例11．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________. 【解析】由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， ∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1， ∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3， 将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)， ∴an＝3×2n－1－2(n≥2)， 经检验，当n＝1时，an＝1，符合上式． ∴an＝3×2n－1－2. 答案：3×2n－1－2 【变式1】已知数列{an}中, a1=1, a2=2, an＋2＝an＋1＋an, 求{an}的通项公式。 【解析】由an＋2＝an＋1＋an可转化为an＋2－san＋1= t(an＋1－san) 即an＋2＝（s＋t）an＋1－s· tan, ∴解得或这里不妨选用（当然也可以选用） an＋2－an＋1= － (an＋1－an) 所以{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项, －为公比的等比数列， 所以an＋1－an＝(－)n-1 再用累加法an－a1＝(－)0＋(－)1+…＋(－)n-2＝又a1=1，因此an＝－(－)n-1 【考点12 同除法】 例12．数列满足，那么的值为（ ）． A．4 B．12 C．18 D．32 【解析】由可得，即， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以， 所以，所以， 故选：D. 【变式1】已知数列中，，求数列的通项公式； 【解析】由， 得：， ∴， 即数列是首项为1，公差为2的等差数列， ∴， 得． 【变式2】已知数列的首项，且满足，设，证明是等差数列； 【解析】将等式两边都减去得. 再除以得，即. 即.且. 所以是首项为，公差为的等差数列. 【考点13 取倒数法】 例13．已知数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】，即， 可得，又， 即有数列是首项为1，公差为4的等差数列， 可得， 即. 故选：D. 【变式1】已知数列，则数列的通项公式 ． 【答案】 【解析】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列， 得，即， 故答案为： 【变式2】数列中，若，，则 ． 【答案】19 【解析】∵，则， ∴，∴故数列为等差数列，公差等于2， 又，故， ∴. 故答案为：19． 【考点14 不动点法求通项】 例14．已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式. 【解析】令.先求出数列的不动点， 解得. 将不动点代入递推公式， 得， 整理得，， ∴. 令， ∴，. ∴数列是以为首项，以1为公差的等差数列. ∴的通项公式为. 将代入，得. ∴. 【变式1】已知，，求的通项公式. 【解析】设， 即，解得，即不动点为，， 可变形为， 即数列是以为首项，为公差的等差数列， 其通项公式， 得. 【变式2】已知数列满足，，则 ． 【答案】 【解析】设，令得：，解得：； ，化简得：， 所以，从而，又， 所以是首项为，公差为1的等差数列，故， 所以． 【考点15 对数变换法】 例15．正项数列满足，，则数列的通项公式是______． 【答案】 【分析】将等式两边同时取对数后，转化为的形式，再利用构造法求通项公式． 【详解】原式两边同时取对数，得， 即．设，则， 又，所以是以2为公比，1为首项的等比数列， 所以，所以，所以．故答案为：. 【变式1】数列中，若，，则的通项公式为________. 【答案】 【分析】两边取对数，化简整理得，得到数列是以为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】由，两边取对数，可得，即， 又由，则，所以数列是以为首项，公比为3等比数列， 则，所以. 故答案为： 【变式2】已知为正项数列的前项的乘积，且，． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意可求出，然后两边取对数得，从而得出数列是常数列，从而可求解； （2）根据（1）中结论可求出，从而可得出，再结合放缩法及等比数列的前项和公式即可证明. 【解析】（1），， 所以，即， 两边取常用对数得， 得，所以， 所以数列为常数列，所以， 所以. （2）证明：由（1）知，所以， 则    又因为， 所以 故. 【考点16 周期数列】 例16．数列 {an}满足 an＋1＝ , a8＝2，则a1 ＝________. 【解析】将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝. 【变式1】已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝，数列{an}的前n项的和为Sn，则S1 008等于(　　) A．504 B．294 C．－294 D．－504 【解析】选C　∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝，a3＝－，a4＝－3，a5＝2，…，∴数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－，∴S1 008＝S4×252＝252×＝－294. 【变式2】已知数列满足：，，，，则（    ）. A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】把递推关系式里的换成，结合得到 ，然后把上式的的换成得到周期. 【详解】 即 又 是以为周期的周期数列. 故选：C 【考点17 复合型（an±bn型）】 例17．已知数列和满足：，，，，其中． (1)求证：； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件可推导出数列为常数列，数列为等比数列，求出这两个数列的通项公式，可求得数列的通项公式，即可证得成立； （2）由（1）可得出数列的通项公式，利用分组求和法可求得. 【解析】（1）证明：因为①，②， ①②可得，且， 所以，数列为常数列，且③， ①②可得，且， 所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为， 所以，④， ③④可得，则， 所以，. （2）解：由（1）可知，， 则 . 【考点18 等和数列】 例18．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为(　　) A．5 B. C. D. 【解析】选B　∵an＋an＋1＝，a2＝2， ∴an＝ ∴S21＝11×＋10×2＝. 【变式1】已知为数列的前项和，，，则（       ） A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 【答案】C 【解析】当时， ， 当时，由得， 两式相减可得 ，即， 所以，可得， 所以. 故选：C. 【变式2】设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（ ） A．50 B．51 C．52 D．53 【答案】B 【解析】∵，∴， ∵是以－1为公比的等比数列，∴， , ∴， 当n为偶数时，无解， 当n为奇数时，， ∴，又，∴，即， 即，在上是增函数， 又n为奇数，，， 故n的最大值为51.故选：B. 【考点19 等积数列】 例19．已知数列的首项，且满足，则　　． 【解析】因为， 所以， 两式相除可得， 所以数列的各个奇数项成等比数列，公比为2， 数列的各个偶数项成等比数列，公比为2， 又因为，所以， 又，所以， 可得当为偶数时，， 所以． 故答案为：512． 【考点20 前n项积型】 例20．若数列满足其前项的积为，则　　． 【解析】数列满足其前项的积为，故前项的积为，， ，当时，，显然，它对于第一项也是成立的， 故，． 故答案为：，． 【变式1】已知正项数列的前n项积为，且，则使得的最小正整数n的值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【解析】由题，，又， ，，两式相除可得， 上式两边取对数，可得，即，， ，化简得，解得， 又，即，所以的通项公式为， ， 要使，即，解得， 且，所以满足题意的最小正整数的值为6.故选：C. 【变式2】已知数列满足，则的通项公式 . 【答案】 【解析】因为， 若，可得； 若，则， 可得； 且符合上式，可得，所以. 故答案为：. 【变式3】记为数列的前n项积，已知，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】C 【解析】因为为数列的前n项积， 当时，，所以，∴， 当时，，所以， 化简可得：， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以. 所以. 故选：C. 过关检测 一、单选题 1．（23-24高二下·陕西渭南·期末）数列的第9项是（    ） A． B．19 C． D．17 【答案】D 【分析】利用观察法得到数列的一个通项公式，再代入计算即可得解. 【详解】观察数列，可得其通项公式可以为， 所以. 故选：D. 2．（23-24高二下·四川泸州·期末）数列的前n项和满足，若，则的值是（    ） A． B． C．6 D．7 【答案】B 【分析】由已知结合化简变形可得数列是以2为首项，为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出答案. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 因为，，所以，得， 所以数列是以2为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 故选：B 3．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项相消法求出数列的前项和，即可求出数列的前20项和. 【详解】由题意及图得，， ，当时，， ， 以上各式累加得：， 又，所以， 经检验符合上式， 所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， 所以， 故选：A. 4．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·期末）若为数列的前项和，且，则等于（    ） A． B． C． D．30 【答案】D 【分析】根据数列通项与前n项和的关系求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：D 5．（22-23高二上·天津滨海新·期末）等比数列的前项和为，则数列的公比为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据可得首项和的值，即可根据等比性质求解公比. 【详解】由于为等比数列，且前项和， 故，故公比， 故选：D. 6．（23-24高二下·四川乐山·期末）已知数列的前n项和，记数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用与间的关系，求出，从而有，再利用累加法，即可求出结果. 【详解】因为①，当时，②， 所以①②得到， 当，，满足，所以， 得到， 所以， 故选：D. 7．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 【答案】C 【分析】根据题意，当时，，两式相减化简得到，得到数列是等比数列，求得，即可求解. 【详解】因为数列的前项和为，且， 所以当时，， 两式相减得，即， 可得， 当时，可得，即，解得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，所以. 故选：C. 8．（23-24高二下·甘肃庆阳·期末）已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据定义翻译出，然后用累加法求出，再用等比数列求和公式求解即可. 【详解】据题意，得，所以， 所以， 所以．又，所以，所以， 所以 故选：D． 9．（24-25高三上·江苏盐城·阶段练习）已知数列的前n项和，若，且数列满足，若集合中有三个元素，则实数λ的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用与的关系式求得，进而求得，利用作差法分析得数列中的项的情况，再利用集合中元素的个数即可得解. 【详解】由题意知， 当时，，所以， 当时，，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 因为，所以， 所以， 则， 当时，； 当时，，即； 又， ， 则数列中的项从大到小排列为， 因为集合中有三个元素，所以. 故选：A. 10．（24-25高三上·湖北宜昌·期中）已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用关系及等比数列定义得，将问题化为恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案. 【详解】由，令，解得， 当时，由，得，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 由，即恒成立，令，则， 而，所以，即数列单调递减，故， 所以，所以的最小值为. 故选：D 11．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知数列满足，（）.记数列的前n项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】易得，利用倒数法与放缩法分析得，再由累加法得到，进而得到，再利用累乘法与裂项相消法分析得，从而得解． 【详解】因为，，所以，，所以， 而， ，故，，， 由累加法可得当时，， 又因为当时，也成立，所以， 所以， ，故， 由累乘法可得当时， ， 所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是，利用倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，从而得解. 二、多选题 12．（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 【答案】AD 【分析】由与的关系结合定义证明为等差数列，从而判断ABC；由裂项相消求和法结合不等式性质判断D. 【详解】对于B：∵，① ∴当时，，解得； 当时，，② 由①②得， 化为， ∵有，∴. 数列是以首项为1，公差为1的等差数列. ∴. ∴，故B错误； 对于AC：，，故A正确，C错误； 对于D： ， 数列的前n项和为， 故D正确； 故选：AD 13．（23-24高二下·辽宁·期末）已知数列满足，则（    ） A． B．数列是递增数列 C． D．数列的最小值为 【答案】AC 【分析】根据，利用累加法求得数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，判断其单调性，进而判断CD两个选项. 【详解】由得， 所以，故A正确， 所以，设函数，则， 令得，令得， 从而在上单调递减，在上单调递增，结合， 得当时，数列是递减数列，当时，数列是递增数列，故B错误， 由当时，数列是递增数列知，所以，故C正确， 当时，，当时，，所以，故D错误． 故选：AC. 14．（23-24高二下·江西萍乡·期末）若数列的首项为1，其前项和为，且满足为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据得，再根据累乘法可得数列的通项公式，即可判断A，B，再通过求和可判断C，D. 【详解】因为数列的首项为1，其前项和为，且满足①， 所以，当时，②， ①-②得，当时，， 所以当时，，上述各式左右相乘，得 所以，， ， 所以当时，，所以当时，所以，综上，，故A正确； ，故B正确； 因为，所以数列从第二项开始是以首项为1，公差的等差数列， 所以，故C错误； 因为，所以 ，故D正确， 故选：ABD 15．（23-24高二下·辽宁·阶段练习）已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】由已知计算数列的前几项得出数列的周期性，利用周期性求解判断． 【详解】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列． 对于A项，，A项正确； 对于B项，，B项错误； 对于C项，任意相邻三项均在一个周期内，则，C项错误； 对于D项，，所以，D项正确． 故选：AD． 16．（24-25高三上·河北保定·期末）已知数列满足，，，为其前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】求出的值，由可得，两式作差可得出，逐项计算可判断ABD选项，利用并项求和法可判断C选项. 【详解】在数列中，，， 当时，，则， 对任意的，由可得， 上述两个等式作差可得， 对于A选项，，A对； 对于B选项，，可得，B错； 对于C选项， ，C对； 对于D选项，， 因此，D对. 故选：ACD. 三、填空题 17．（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】 【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： 18．（2022·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据累乘法求通项公式即可. 【详解】因为，， 所以，，，…，， 累乘得，， 所以，， 由于，所以，， 显然当时，满足， 所以， 故答案为：. 19．（21-22高一下·上海普陀·期末）设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】将变形为，然后利用等比数列通项公式求解即可. 【详解】. ，则数列是以3为首项，3为公比的等比数列. ，所以. 故答案为： 20．（23-24高二下·西藏拉萨·期末）已知数列的前项和为，满足，则 【答案】 【分析】由已知可得数列为首项为1，公差为2的等差数列，求出，从而可求出，再利用可求得答案. 【详解】因为， 所以数列为首项为1，公差为2的等差数列， 所以，所以， 当时， ， 因为不满足上式， 所以. 故答案为： 21．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知数列满足，，设，则 ；的最小值为 . 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，结合等差数列求出，进而求出及其的最小值. 【详解】由，得，而，则， 因此数列是首项为，公差为2的等差数列，， ，所以当时，取得最小值. 故答案为：； 22．（21-22高二上·广东深圳·期末）已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为 ． 【答案】 【分析】分析可知，数列是首项和公比都为的等比数列，求出数列的通项公式，求出的最小值，可得出不等式，由此可求得正整数的最小值. 【详解】因为数列、满足，，， 则，且， 所以，数列是首项和公比都为的等比数列， 所以，，则， 因为，则数列单调递增， 所以，数列最小项的值为， 因为若存在使得对任意的都成立，则， 所以，，解得， 所以，正整数的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 23．（22-23高二上·天津和平·期末）若数列的前项和为，且，等差数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由条件求数列的公差，再求数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【详解】（1）因为①， 所以②，， ①②得，又 所以，故数列是以为公比，首项为的等比数列， ， ， 等差数列的公差为. （2）由（1）可得， ， 两式相减得， 24．（24-25高二上·河北石家庄·期末）已知数列满足. (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据递推式，写出前项和项的和，进而作差求通项公式即可； （2）根据等差数列性质求得，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和. 【详解】（1）因为①， 当时，②， ①②，得． 所以，当时，，满足上式， 所以的通项公式为． （2）由（1）知，得， 则③， ④， ③④得 ， 所以． 25．（24-25高二上·吉林·期末）已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）借助与的关系计算即可得数列为等比数列，结合等比数列性质即可得； （2）结合（1）中所得后分组求和，并利用等差数列与等比数列求和公式计算即可得； （3）借助错位相减法计算可得，再令，结合数列增减性计算可得该方程不存在正整数解. 【详解】（1）因为，所以，又，所以； 当时，， 所以，所以， 又，所以，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以； （2）由（1）可得， 所以 ； （3）因为，所以， 所以，， 两式相减得， 所以， 由，得，所以， 令，所以， 所以数列是递增数列， 又，， 所以不存在正整数，使得， 即不存在正整数，使得成立． 26．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式； 解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式； （2）利用并项求和法结合分组求和法可求得. 【详解】（1）解法一（构造常数列）：由，且， 可得， 故数列是恒为的常数列，所以， 又因为数列为正项数列，所以. 解法二（累加法）：由题意得：且， 有，，，， 将以上各式相加，得， 将代入上式即得，且当时也成立，所以， 又因为数列为正项数列，所以. （2）由（1）可得，令，其前项和为， 对任意的，，则， 又因为， 所以. 27．（24-25高二上·重庆秀山·期末）已知数列的首项，设为数列的前项和，且有. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据得到，两式相减构造常数列即可求出数列的通项公式； （2）利用错位相减法求和方法进行求和即可 【详解】（1）由， 当时，， 两式相减，得，即， 即对恒成立，所以是常数列， 所以，所以 （2）由（1）知，， 所以， 所以， 两式相减，得， 所以 28．（24-25高三上·山东泰安·期末）设正项数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由题设结合即可求解； （2）先由（1）求出，进而求得，于是将问题转化成，再由即可得解. 【详解】（1）由题，， 所以当时， 当时，，整理得， 因为，所以，即， 所以数列是以为首项和公差的等差数列， 所以. （2）由（1），故， 所以， 所以 ， 所以不等式对任意正整数均成立对任意正整数均成立 对任意正整数均成立， 所以，又， 所以，所以满足题意的实数的取值范围为. 29．（20-21高三上·山西·期中）知正项数列的前n项和为，满足（，），． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和的表达式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用和构造新数列的应用求出数列的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和． 【详解】（1）正项数列的前项和为，满足， 所以， 整理得：， 由于数列为正项数列， 所以（常数）， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以， 故， 所以当时，， 当时，符合上式， 所以． （2）由于， 所以， 所以． 30．（24-25高三上·甘肃白银·期末）已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分析可知数列是首项和公比均为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （2）根据（1）可得，再利用等比数列求和公式分析证明； （3）根据（1）结合二项式定理求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式分析求解. 【详解】（1）因为，则， 且，则， 可知数列是首项和公比均为2的等比数列， 可得，所以. （2）由（1）可知，，则， 可得. 又因为， 所以. （3）由（1）可知，，则. 因为 ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于根据结合二项展开式整理，并讨论奇偶项求数列的通项公式. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$