特征方程求数列通项讲义-2026届高三数学一轮复习

一、这道数列特征方程背景题 二、高次方和因式分解 1、多项式除法 2、高次方差因式分解 3、高次方和因式分解 三、韦达定理 1、新教材中的韦达定理 2、高次韦达定理 四、数列与特征方程 1、一阶线性递推式 2、二阶线性递推式 3、分式递推式 4、递推式与特征方程模考中的应用 5、递推式与特征方程“新定义”压轴 一、这道数列特征方程背景题 【湖南天一高三 9 月大联考 T19】已知 ,若方程 有两个不相等的非零实数根 ,设 ,其中 ,称数列 和 为方程 的 “特征数列” (1)若 ,求特征数列 的前 项和； (2)若 ,证明: 为定值； (3) 从集合 中随机取一个数作为 ,从集合 中随机取一个数作为 ,求事件 “ 且 的概率. 解析: (1) 所以 (2)由题意得 因为 所以 所以 为定值 5 (3) 法一: 方程 有两个不相等的非零实数根需满足 由题意知 一共有 种不同的情况,且均满足上式。 由题意得 所以 所以 故 所以 法二 (参考答案): 由题知(P, Q)一共有 种不同的情况,且均满足 和 ,所以方程 一定有两个不相等的非零实数根 ,要使 ,则需 . 通过特例观察可以猜想 ,下面证明该等式: . 当 时, ,所以 的各项依次为2,2,6,14,34,82, ..., 不符合题意; 当 时, ,所以 的各项依次为2,2,8,20,56,152, ,符合题意; 当 时,由 ,可得 ,符合题意; 当 时, ,所以 的各项依次为 2,3,11,36,119, 393, ..., 符合题意; 当 时,由 可得 ,符合题意. 所以满足 “ 且 的(P, Q)一共有 (种) 情况 故所求概率为 注:下面讲一下该题用到的知识点, 高次方和展开式 (多项式除法)、韦达定理、以及标答中递推式特征方程的逆用 二、高次方和因式分解 高次方和因式分解展开有很多方法, 包括归纳法、分部积分法、多项式除法等. 这里讲一下在高中阶段有用的方法——多项式除法。该方法在知道多项式的一个因式(多项式函数的一个零点) , 就可以将多项式因式分解。 1、多项式除法 这里举一个非常简单的例子,对于多项式 ,我们已知其一个因式是 ,就可以利用多项式除法来求其另一个因式 (1)将其书写成如下形式, 该多项式降幂排列 (2)算出该多项式最高次项和已知因式最高次项之商,并写在多项式最高次项上方(如图红色所示),之后将该商与已知因式之积写在多项式最高次下方(如图蓝色所示)；然后将多项式与积式 (蓝色部分) 作差, 结果写在横线下方 (3)再算上一步的差式最高次项和已知因式最高次项之商,并写在上一步的商后面(如图橙色所示),之后将该步的商与已知因式之积写在上一步的差式最高次下方(如图绿色所示)；然后将上一步的差式与该步的积式(绿色部分)作差,结果写在横线下方 (4)重复第 (3)的操作,直到最后的差式为 0 2、高次方差因式分解 对于 的情况,令 解得 ,所以 可以被 整除 即 是关于 的多项式函数 下面利用多项式除法来计算 所以 3、高次方和因式分解 而对于 来说,当 为奇数的时候,令 ,解得 所以 可以被 整除,即 是关于 的多项式函数. 下面利用多项式除法来计算 所以 而对于 为偶数的情况, 没有除 以外的实数解,所以不能因式分解 三、韦达定理 有关韦达定理代换的技巧不能忽视, 该技巧在隐零点问题中可以用到,。另外有关高次韦达定理在新人教 A 版数学必修第二册 P81 出现过 (如下图), 2023 年四省联也考过, 因此有关高次韦达定理同学们也需要了解。 由代数基本定理可以得到: 任何一元 次复系数多项式 在复数集中可以分解为 个一次因式的乘积. 进而,一元 次多项式方程有 个复数根 (重根按重数计). 你能给出证明吗? 尽管一元 次多项式方程有 个复数根 (重根按重数计),但是一元五次及五次以上的方程不存在一般的求根公式. 下面我们从代数基本定理出发,看看一元多项式方程的根与系数之间的关系. 设实系数一元二次方程 在复数集 内的根为 ,容易得到 设实系数一元三次方程 ① 在复数集 内的根为 ,可以得到,方程①可变形为 展开得 ② 比较①②可以得到 如果实系数一元四次方程 在复数集 内的根为 ,那么它们与方程的系数之间有什么关系呢? 对于上述方程, 如果系数是复数, 那么根与系数的这些关系仍然成立吗? 2、高次韦达定理 【高次韦达定理】设一元 次方程 的根为 ,则 四、数列与特征方程 1、一阶线性递推式 【一阶递推式】设已知数列 的项满足 ,其中 ,则称这个数列的递推式为一阶线性递推式。 【定理 1】设已知数列 的项满足 ,其中 ,称方程 为递推关系式的特征方程,其根为 (也称其为特征根), 则 (1)当 时, 为常数列,即 ； ( 2 )当 时, ,其中 是以 为公比的等比数列, ,即 证明: 因为 ,由特征方程得 作换元 ,则 当 时, ,数列 是以 为公比的等比数列,故 当 时, 为0数列,故 (证毕) 【典例 1】已知数列 满足: , ,求 . 解析: 作方程 ,解得 当 时, 数列 是以为公比 的等比数列. 于是 所以 2、二阶线性递推式 【二阶递推式】设已知数列 的项满足 ,则称这个数列的递推式为二阶线性递推式。 【定理 2】对于由递推公式 ,给出的数列 ,称方程 ,叫做数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根, 则 (1) 当 时,数列 的通项为 ,其中 由 决定(即把 和 代入 ,得到关于 的方程组)； (2)当 时,数列 的通项为 ,其中 由决定(即把 , 和 代入,得到关于 的方程组)。 证明: 由韦达定理可知 ,代入递推式得 移项得 得到了一个等比数列,其首项 记为 ,则 然后配凑 再累加,这时由于需要求等号右侧等比数列的和,需要对公比是否等于 1 分类讨论, ( 1 )若 ,应用等比数列求和公式可得 因此 ,然后改写成定理中的形式即可,只不过系数存在区别 (2)若 ,则 因此 ,然后改写成定理中的形式即可。 注: 定理中的形式便于代入 求解待定系数 。 【典例 2】已知数列 满足 ,求数列 的通项公式。 解析: 数列 的特征方程是 又由 ,于是 【拓展】已知 满足: 且已知 和 ,求 通项 解析: 首先对递推式 进行 变换得 其中 是 的 变换,即 则 所以 ( 1 )当 存在实数解时,即 时,此二次方程一定存在两个实数根,记为 则对上式进行部分分式展开得, 所以 再对上式进行逆 变换即可得 (2)当 时,此二次方程存在两个相等的实数根,记为 所以 再对上式进行逆 变换即可得 (3)当 不存在实数解时,即 时,需要知道一些复数域的知识,不懂得可以略过 由代数基本定理 (人教 版新教材第 82 页有所介绍) 可知,此二次方程一定存在两个共轭的虚数根,记为 ,其中 为虚数单位, 所以对上式进行部分分式展开得, 其中, (复数域), 为 的共轭复数. 所以 再对上式进行逆 变换即可得 如果记 . (其中 表示复数 的模, 表示复数 的辐角) 则复三角函数知识可得 3、分式递推式 【定理 3】如果数列 满足下列条件:已知 的值且对于 ,都有 (其中 均为常数,且 ), 那么,可作特征方程 . ( 1 )当特征方程有两个相同的根 (称作特征根)时, 若 ,则 若 ,则 ,其中 . 特别地,当存在 ,使 时,数列 不存在. (2)当特征方程有两个相异的根 、 (称作特征根)时,则 ,其中 (其中 ) 证明: 先证明定理的第 (1) 部分. 作交换 则 因为 是特征方程的根,所以 将该式代入 (1) 式得 将 代入特征方程可整理得 ,这与已知条件 矛盾,故特征方程的根 于是 当 ,即 时,由 (2) 式得 ,故 当 即 时,由 (2) 、(3) 两式可得 . 此时可对 (2) 式作如下变化: 由 是方程 的两个相同的根,可以求得 所以 将此式代入 (4) 式得 令 ,则 ,故数列 是以 为公差的等差数列. 所以 其中 当 时, 当存在 使 时, 无意义. 故此时,数列 是不存在的. 再证明定理的第(2)部分如下: 因为特征方程有两个相异的根 ,所以其中必有一个特征根不等于 ,不妨令 于是可作变换 故 ,将 代入再整理得 由第 (1) 部分的证明过程知 不是特征方程的根,故 故 所以由 (5) 式可得 因为特征方程 有两个相异根 方程 有两个相异根 , 而方程 与方程 又是同解方程. 所以 将上两式代入(6)式得 当 ,即 时,数列 是等比数列,公比为 . 此时对于 都有 当 时,上式也成立. 由 且 可知 所以 . 证毕. 注: 当 时, 会退化为常数; 当 时, 可化归为较易解的递推关 系, 在此不再赘述. 【典例 3】已知数列 满足性质:对于 ,且 求 的通项公式. 解析: 依定理作特征方程变形得 ,其根为 ,故特征方程有两个相异的根, 使用【定理 3】的第 (2) 部分, 则有 . . 4、递推式与特征方程模考中的应用 【温州 1.5 模 T11】已知数列 满足 , ,若 ,则 的值可能为 A. -1 B. 2 C. D.-2 解析: 选 BCD 该递推式的特征方程为 ( 1 )当 ,即 时,特征方程无实数解,则数列 为周期数列 ① 对于 ,不符合 ( 2 )当 ,即 时,特征方程有两个相等的实数解, ② 对于 数列 的通项为 ,其中 满足 解得 ,即 ,符合 ③ 对于 数列 的通项为 ,其中 满足 解得 ,即 ,符合 (3)当 ,即 或 时,特征方程有两个不相等的实数解 ④ 对于 数列 的通项为 ,其中 满足 解得 ,即 ,符合 5、递推式与特征方程“新定义”压轴 【浙江“七彩阳光”新高考研究联盟 24 高二下联考 T19】在高等数学中对于二阶线性递推式 求数列通项,有一个特殊的方法特征根法: 我们把递推数列 的特征方程写为 ,若(1)有两个不同实数根 ,则可令 ; 若 (1) 有两个相同的实根 ,则可令 ,再根据 求出 ,代入即可求出数列 的通项 (1)斐波那契数列(Fibonacci sequence),又称黄金分割数列,因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名. 斐波那契数列指的是形如 的数列, 这个数列的前两项为 1 , 从第三项开始, 每一项都等于前两项之和, 请求出斐波那契数列的通项公式; (2)已知数列 中 ,数列 满足 ,数列 满足 ,求数列 的前 项和 . 解析: (1)易知斐波那契数列的递推式为 且对应的特征方程为 ,解得两个实根分别为 令 ,代入 ,可得 解得 所以斐波那契数列的通项公式为 ( 2 )易知数列 对应的特征方程为 ,解得 所以令 代入 ,解得 ,所以 所以 所以 是公差为 1 的等差数列, 所以 所以 【浙江五校联盟 24 高二下期中 T19】二阶递推公式特征方程是一种常见的数学方法, 主要用于求解二阶线性递推数列的通项公式. 例如: 一个数列满足递推关系 ,且 为给定的常数 (有时也可以是 为给定的常数),特征方程就是将上述的递推关系转化为关于 的二次特征方程: ,若 是特征方程的两个不同实根,我们就可以求出数列的通项公式 ,其中 和 是两个常数,可以由给定的 (有时也可以是 ) 求出. (1)若数列 满足: ,求数列 的通项公式 ； ( 2 )若 ,试求 的十分位数码(即小数点后第一位数字),并说明理由; ( 3 )若定义域和值域均为 的函数 满足: ,求 的解析式 解析: ( 1 )由题意可得 ,解得 或 代入 可得 解得 故 (2) 由于 是方程 的两个实数根 考虑 且 故 为正整数,从而 注意到 故 的十分位数码为 9 (3) 考虑 ,则 方程 两个根为 -4,3 由于函数的值域恒为正,所以 又 故 【24 届河北邢台二模】若数列 若满足递推关系 其中 为常数,我们称该数列为 阶常系数齐次线性递推数列,并称方程 为递推关系式 (*) 的特征方程, 该方程的根称为数列 的特征根. 我们有以下结论: 对于 阶常系数齐次线性递推数列, 若其不同的特征根为 ,且特征根 的重数为 ,则数列 的通项公式为 其中 ,这里 都是常数, 它们由数列初始值可以确定. (1)若数列 满足 ,且 ,求数列 的通项公式; ( 2 )若数列 满足对于所有非负整数 者成立,且 ,求数列 的通项公式; ( 3 )设边长为 1 的正六边形 是六边形的中心,除了六边形的每一条边,我们还从点 到每个顶点连一条线段,共得到 12 条长度为 1 的线段,一条路径是指动点沿着上 述线段 (全部或部分) 移动,始点终点均为点 的一条移动路线. 求长度为 2024 的路径共 有多少条？(注:根的重数就是方程中同样根的数量) 答案: (2) (3) 解析:(1)依题意, 对应的特征方程为: , 即 ,其根为 -2 (重数为 2) 和 1(重数为 1), 设 ,即 ,由 , 得 ,解得 , 所以 . ( 2 )由于所有非负整数 成立, 令 得 ,令 得 , 令 得 ,得 , 令 得 , 联立消去 得 ,即有 , 因此 ,对应的特征方程为 ,解得其根为 1 (重数 为 3), 设 , 由 ,得 ,解得 , 所以 . (3)设 表示从 到 的长度为 的路径条数, 表示从 到 的长度为 的路径条数, 则有 ,对任何正整数 成立,显然 ,即 ,(关 注微信公众号: 数学派) 其特征方程为 ,解得 (重数为 1), 因此 ,由 , 得 ,解得 , 因此 所以长度为 2024 的路径共有 条. 【典例 4】在高等数学中对于二阶线性递推式 求数列通项,有一个特殊的方法特征根法: 我们把递推数列 的特征方程写为 ,若(1)有两个不同实数根 ,则可令 , 再根据 求出 ,代入即可求出数列 的通项 (1)已知数列 中 ,求数列 的前 项和 ； (2)设各项均为正数的数列 满足 . 设 ,若 对 恒成立,求 的值及数列 的通项公式. 答案: 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( 第 1 页 共 4 页 ) 一、这道数列特征方程背景题 二、高次方和因式分解 1、多项式除法 2、高次方差因式分解 3、高次方和因式分解 三、韦达定理 1、新教材中的韦达定理 2、高次韦达定理 四、数列与特征方程 1、一阶线性递推式 2、二阶线性递推式 3、分式递推式 4、递推式与特征方程模考中的应用 5、递推式与特征方程“新定义”压轴 一、这道数列特征方程背景题 【湖南天一高三9月大联考T19】已知 ，若方程 有两个不相等的非零实数根 ，设 ， ，其中 ，称数列 和 为方程 的“特征数列” （1） 若 ， ，求特征数列 的前 项和； （2） 若 ， ，证明： 为定值； （3） 从集合 中随机取一个数作为 ，从集合 中随机取一个数作为 ，求事件“ 且 ” 的概率. 解析： （1） （2） （3） 法一： 法二（参考答案）： 注： 下面讲一下该题用到的知识点，高次方和展开式（多项式除法）、韦达定理、以及标答中递推式特征方程的逆用 二、高次方和因式分解 高次方和因式分解展开有很多方法，包括归纳法、分部积分法、多项式除法等. 这里讲一下在高中阶段有用的方法——多项式除法。该方法在知道多项式的一个因式（多项式函数的一个零点），就可以将多项式因式分解。 1、多项式除法 这里举一个非常简单的例子，对于多项式 ，我们已知其一个因式是 ，就可以利用多项式除法来求其另一个因式 （1） 将其书写成如下形式，该多项式降幂排列 （2） 算出该多项式最高次项和已知因式最高次项之商，并写在多项式最高次项上方（如图红色所示），之后将该商与已知因式之积写在多项式最高次下方（如图蓝色所示）；然后将多项式与积式（蓝色部分）作差，结果写在横线下方 （3） 再算上一步的差式最高次项和已知因式最高次项之商，并写在上一步的商后面（如图橙色所示），之后将该步的商与已知因式之积写在上一步的差式最高次下方（如图绿色所示）；然后将上一步的差式与该步的积式（绿色部分）作差，结果写在横线下方 （4） 重复第 （3） 的操作，直到最后的差式为 2、高次方差因式分解 对于 的情况，令 解得 ，所以 可以被 整除 即 是关于 的多项式函数 下面利用多项式除法来计算 所以 3、高次方和因式分解 而对于 来说，当 为奇数的时候，令 ，解得 所以 可以被 整除，即 是关于 的多项式函数. 下面利用多项式除法来计算 所以 而对于 为偶数的情况， 没有除 以外的实数解，所以不能因式分解 三、韦达定理 有关韦达定理代换的技巧不能忽视，该技巧在隐零点问题中可以用到。另外有关高次韦达定理在新人教 A 版数学必修第二册 出现过（如下图），2023年四省联也考过，因此有关高次韦达定理同学们也需要了解。 1、新教材中的韦达定理 2、高次韦达定理 【高次韦达定理】设一元 次方程 的根为 ，则 四、数列与特征方程 1、一阶线性递推式 【一阶递推式】设已知数列 的项满足 ， ，其中 ， ，则称这个数列的递推式为一阶线性递推式。 【定理1】设已知数列 的项满足 ， ，其中 ， ，称方程 为递推关系式的特征方程，其根为 （也称其为特征根），则 （1） 当 时， 为常数列，即 ； （2） 当 时， ，其中 是以 为公比的等比数列， ， ，即 证明： 【典例1】已知数列 满足： ， ， ，求 . 解析： 2、二阶线性递推式 【二阶递推式】设已知数列 的项满足 ， ， ，则称这个数列的递推式为二阶线性递推式。 【定理2】对于由递推公式 ， ， ，给出的数列 ，称方程 ，叫做数列 的特征方程。若 ， 是特征方程的两个根，则 （1） 当 时，数列 的通项为 ，其中 ， 由 ， 决定（即把 ，，， 和 代入 ，得到关于 ， 的方程组）； （2） 当 时，数列 的通项为 ，其中 ， 由决定（即把 ，，， 和 代入，得到关于 ， 的方程组）。 证明： 由韦达定理可知 ， ，代入递推式得 移项得 得到了一个等比数列，其首项 记为 ，则 然后配凑） 再累加，这时由于需要求等号右侧等比数列的和，需要对公比是否等于 分类讨论， （1） 若 ，应用等比数列求和公式可得 因此 ，然后改写成定理中的形式即可，只不过系数存在区别 （2）若 ，则 因此 ，然后改写成定理中的形式即可。 注： 定理中的形式便于代入 求解待定系数 ， 。 【典例2】已知数列 满足 ， ， （ ， ），求数列 的通项公式。 解析： 【拓展】已知 满足： 且已知 和 ，求 通项 解析： 首先对递推式 进行 变换得 其中 是 的z变换，即 则 所以 （1） 当 存在实数解时，即 时，此二次方程一定存在两个实数根，记为 ， 则对上式进行部分分式展开得， 所以 再对上式进行逆 变换即可得 （2） 当 时，此二次方程存在两个相等的实数根，记为 所以 再对上式进行逆z变换即可得 （3） 当 不存在实数解时，即 时，需要知道一些复数域的知识，不懂得可以略过 由代数基本定理（人教A版新教材第82页有所介绍）可知，此二次方程一定存在两个共轭的虚数根，记为 ， ，其中 为虚数单位， ， 所以对上式进行部分分式展开得， 其中， （复数域）， 为 的共轭复数 . 所以 再对上式进行逆 变换即可得 如果记 ， . （其中 表示复数 的模， 表示复数 的辐角） 则复三角函数知识可得 3、分式递推式 【定理3】如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有 （其中 、、、 均为常数，且 ， ， ），那么，可作特征方程 . （1） 当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时， 若 ，则 ， 若 ，则 ， ，其中 . 特别地，当存在 ，使 时，数列 不存在. （2） 当特征方程有两个相异的根 、（称作特征根）时，则 ，，其中 （其中 ） 证明： 先证明定理的第 （1） 部分. 作交换 ， 则 因为 是特征方程的根，所以 将该式代入 式得 将 代入特征方程可整理得 ， 这与已知条件 矛盾，故特征方程的根 于是 当 ，即 时，由 式得 ， ，故 ， 当 即 时，由 、 两式可得 ， . 此时可对 式作如下变化： 由 是方程 的两个相同的根，可以求得 所以 将此式代入 式得 令 ， ，则 ， ，故数列 是以 为公差的等差数列. 所以 其中 当 ， 时， ， 当存在 使 时， 无意义 . 故此时，数列 是不存在的. 再证明定理的第 （2） 部分如下： 因为特征方程有两个相异的根 、，所以其中必有一个特征根不等于 ，不妨令 于是可作变换 故 ，将 代入再整理得 由第 （1） 部分的证明过程知 不是特征方程的根，故 ， 故 ， 所以由 式可得 因为特征方程 有两个相异根 ， 方程 有两个相异根 ，， 而方程 与方程 又是同解方程. 所以 ， 将上两式代入 式得 当 ，即 时，数列 是等比数列，公比为 . 此时对于 都有 当 时，上式也成立. 由 且 可知 ， 所以 ， 证毕 . 注： 当 时， 会退化为常数；当 时， 可化归为较易解的递推关系，在此不再赘述 . 【典例3】已知数列 满足性质：对于 ， ， 且 求 的通项公式 . 解析： 4、递推式与特征方程模考中的应用 【温州1.5模T11】已知数列 满足 ， ，若 ， ， ，则 的值可能为 解析： （1） （2） （3） 5、递推式与特征方程“新定义”压轴 【浙江“七彩阳光”新高考研究联盟24高二下联考T19】在高等数学中对于二阶线性递推式 求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列 的特征方程写为 ，若 有两个不同实数根 ，，则可令 ；若 有两个相同的实根 ，则可令 ，再根据 求出 ，代入即可求出数列 的通项 （1） 斐波那契数列 （Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因出自于意大利数学家斐波那契的一道兔子繁殖问题而得名 . 斐波那契数列指的是形如 的数列，这个数列的前两项为 ，从第三项开始，每一项都等于前两项之和，请求出斐波那契数列的通项公式； （2） 已知数列 中 ， ， ，数列 满足 ，数列 满足 ，求数列 的前 项和 解析： （1） （2） 【浙江五校联盟24高二下期中T19】二阶递推公式特征方程是一种常见的数学方法，主要用于求解二阶线性递推数列的通项公式. 例如：一个数列满足递推关系 ，且 为给定的常数（有时也可以是 , 为给定的常数），特征方程就是将上述的递推关系转化为关于 的二次特征方程： ，若 是特征方程的两个不同实根，我们就可以求出数列的通项公式 ，其中 和 是两个常数，可以由给定的 （有时也可以是 ）求出. （1） 若数列 满足： ， ， ，求数列 的通项公式 ； （2） 若 ，试求 的十分位数码（即小数点后第一位数字），并说明理由； （3） 若定义域和值域均为 的函数 满足： ，求 的解析式 解析： （1） （2） （3） 【24届河北邢台二模】若数列 若满足递推关系 其中 为常数，我们称该数列为 阶常系数齐次线性递推数列，并称方程 为递推关系式 的特征方程，该方程的根称为数列 的特征根 . 我们有以下结论：对于 阶常系数齐次线性递推数列，若其不同的特征根为 ，，， ，且特征根 的重数为 ，则数列 的通项公式为 其中 ，（ ）， 这里 （ ） 都是常数，它们由数列初始值可以确定. （1） 若数列 满足 ，且 ， ， ，求数列 的通项公式； （2） 若数列 满足对于所有非负整数 （）， 者成立，且 ，求数列 的通项公式； （3） 设边长为 的正六边形 ， 是六边形的中心，除了六边形的每一条边，我们还从点 到每个顶点连一条线段，共得到 条长度为 的线段，一条路径是指动点沿着上述线段（全部或部分）移动，始点终点均为点 的一条移动路线 . 求长度为 的路径共有多少条？（注：根的重数就是方程中同样根的数量） 解析： （1） （2） （3） 【典例4】在高等数学中对于二阶线性递推式 求数列通项，有一个特殊的方法特征根法：我们把递推数列 的特征方程写为 ，若 有两个不同实数根 ，，则可令 ，再根据 求出 ，代入即可求出数列 的通项 （1） 已知数列 中 ， ， ，求数列 的前 项和 ； （2） 设各项均为正数的数列 满足 ， （ ） . 设 （ ），若 对 恒成立，求 的值及数列 的通项公式 . 答案： （1） （2） 学科网（北京）股份有限公司 $$