求数列通项公式 专题训练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

数列专题：求数列通项公式 题型1：由和关系求通项 1.设数列为数列{}的前n项和，若=+2n+1，则数列{}的通项公式=___________ 2．已知是数列{}的前n项和，若=1，=3，则=（    ） A．42019 B．42020 C．3×42019 D．3×42020 3．已知数列满足，则（    ） A．2 B． C． D． 4．（全国高考）设数列满足. （1）求的通项公式； （2）求数列 的前项和． 题型2：累加法求数列通项 1． 在数列中，，，则数列 ． 2． 已知数列满足，则 . 3. 已知数列中，=1，-= ，则=_______________ 题型3：累乘法求数列通项 1．在数列中，，，则 ． 2．数列中，若，，则 . 3．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 题型4：待定系数法（构造法）求数列通项 1． 在数列中，，，则 . 2．已知数满足，则数列的通项公式 ． 3．已知数列满足，，则数列的通项公式为 4．已知数列的首项为，且满足，则 ． 题型5：分式型（倒数法）求数列通项 1．已知数列，则数列的通项公式 ． 2．已知数列满足，，，则 . 3．已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ． 题型6：因式分解型求数列通项 1．已知正项数列满足：，，. （1）判断数列是否是等比数列，并说明理由； （2）若，设，，求数列的前项和. 2．已知正项数列满足且． （I）证明数列为等差数列； （II）若记，求数列的前项和． 题型7：综合 1．（单选）如图给出了一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．设数列的前项和为，若，. (1)求，，并证明：数列是等差数列； (2)求. 3．（2021·全国乙卷）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 4．设数列满足 (1)求的通项公式； (2)设，记为数列{}的前n项和，证明：． 5．（2019·全国甲卷）已知数列{}和{}满足a1=1，b1=0， ，. （1）证明：{+}是等比数列，{–}是等差数列； （2）求{}和{}的通项公式. 题型8：斐波那契数列 1．斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，……．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．已知数列，，，（），记为数列的前项和，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $专题 求数列通项公式 解析版 题型1：由和关系求通项 一、单选题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，若a1=1，an+1=3Sn，则a2022=（    ） A．42019 B．42020 C．3×42019 D．3×42020 【答案】D 【分析】根据数列通项与前n项和的关系可化简得，即可写出数列通项公式求解. 【详解】由可得 两式相减得， 即，而， 所以数列从第二项开始是一个以4为公比的等比数列， ， . 故选：D 2．已知数列满足，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用时，得到，代入，求出答案. 【详解】由题意可得①， 所以时，②， ①-②得，所以，所以. 故选：B. 4．设数列满足. （1）求的通项公式； （2）求数列 的前项和． 【答案】(1) ；(2). 【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式. （2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和. 【详解】（1）数列满足 时, ∴ ∴ 当时,,上式也成立 ∴ （2） ∴数列的前n项和 【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题. 题型2：累加法求数列通项 1．在数列中，，，则数列 ． 【答案】 【分析】由题意，数列中，可得，再利用等差数列的求和公式，即可求解． 【详解】由题意，数列中，满足，，则 ， 故答案为： 2．已知数列满足，则 . 【答案】-1. 【解析】根据递推公式，用累加法求出通项，即可求解. 【详解】， 累加得， 所以，当时也符合， . 故答案为:-1 【点睛】本题考查由递推公式求通项，属于基础题. 题型3：累乘法求数列通项 2．数列中，若，，则 . 【分析】根据数列的递推关系式结合累乘法即可得. 【详解】由题意，，可得，所以， 所以. 故答案为：. 3．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 3． 【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： 三、填空题 7．在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ． 【答案】 【分析】分析可得数列是等比数列，求得，由已知可得出，令，分析数列的单调性，求出数列最大项的值，即可得出实数的最小值. 【详解】由有，且， 故数列为首项为，公比为的等比数列，可得， 不等式可化为，令， 当时；当时，． 故有当时，， 则， 当时，，即， 此时，数列单调递减， 综上所述，，可得实数的最小值为． 故答案为：. 8．已知数列满足，，则数列的通项公式为 【答案】 【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式. 【详解】由得， 故为等差数列，公差为1，首项为1， 所以 所以. 故答案为： 9．已知数列的首项为，且满足，则 ． 【答案】 【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，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：. 10．已知数满足，则数列的通项公式 ． 【答案】 【分析】由题意可得，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可. 【详解】由可得：，又, ， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 故答案为： 题型5：分式型（倒数法）求数列通项 2．已知数列满足，，，则 . 【答案】 【分析】将变形可得数列为等差数列，再借助等差数列求解即得. 【详解】数列中，，，显然，取倒数得， 即，则数列是首项为1，公差为4的等差数列， 因此，所以. 故答案为：. 3．在数列中，已知，，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】已知式取倒数可证得是等差数列，求出的通项公式，从而易得数列的通项公式． 【详解】由， 两边取倒数得， 即， 又因为， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以， 故， 故答案为： 题型6：因式分解型求数列通项 2．已知正项数列满足且． （I）证明数列为等差数列； （II）若记，求数列的前项和． 【答案】（I）证明见解析；（II）． 【详解】试题分析：（I）将原式变形得，利用累乘法得：，是以为首项，以为公差的等差数列；（II）由（I）知． 试题解析：（I）证明：将原式变形得：，………………2分 由于为正项数列，故有：，利用累乘法得：． 从而得知：数列是以为首项，以为公差的等差数列．．………………6分 （II）由（I）知，………………9分 从而 ．………………12分 考点：1、等差数列；2、累积法；3、裂项相消法． 【方法点晴】本题考查等差数列、累积法和裂项相消法，涉及转化化归思想，考查逻辑推理能力、化归能力和计算能力，综合性较高，属于较难题型．第二小题利用转化化归思想将原式变形得，利用累乘法得：可得是等差数列．第二小题利用裂项相消法即可求得正解． 题型7：综合 1．如图给出了一个“三角形数阵”，已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i行第j列的数为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据第一列成等差数列求出，再根据第五行成等比数列求解即可. 【详解】第一列构成首项为，公差为的等差数列，所以. 又因为从第三行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等， 所以第5行构成首项为，公比为的等比数列，所以. 故选：C 2．设数列的前项和为，若，. (1)求，，并证明：数列是等差数列； (2)求. 【答案】(1)，，证明见解析； (2)420. 【分析】（1）直接代入可得，再代入，结合的值求出；再由仿写出，作差后得到，即可证明结果. （2）由（1）知数列为等差数列，然后代入等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】（1）当时，由条件得，所以. 当时，由条件得，所以. 因为，所以（）， 两式相减得：，即， 所以， 从而数列为等差数列. （2）由（1）知， 所以， 所以数列为等差数列，首项为， 所以， 所以. 2变式．记为数列的前项和，已知，． (1)求，并证明是等差数列； (2)求． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）先求出和的值得到，再通过与的关系推导出的表达式并证明其为等差数列. （2）利用第一问的结论将进行拆分求解. 【详解】（1）当时，， 解这个方程：，即，解得. 当时，， 把代入得， 移项可得，即，解得. 所以. 由，可得. 当时，. 展开得. 整理得，移项得，即. 那么. 令，则，. 所以（常数）. 所以是等差数列. （2）由可得：. 因为，所以（）. 则. 所以. 展开得. 17．已知正项数列满足：，，. （1）判断数列是否是等比数列，并说明理由； （2）若，设，，求数列的前项和. 【答案】（1）是，理由见解析；（2）. 【分析】（1）把已知等式左边因式分解，由数列为正项数列得，但需对讨论，，不是等比数列，否则是等比数列； （2）由（1）求得，即可得，用分组求和法求和． 【详解】解：（1）∵， 又是正项数列，可得，∴， 易知，故， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2. （2）由（1）知，，， ∴. 【点睛】本题考查等比数列的判断，考查分组求和法，数列中由递推公式不能说明数列是等比数列，加上条件才可得是等比数列． 3．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列; （2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得. 【详解】（1）[方法一]： 由已知得,且，, 取,由得, 由于为数列的前n项积， 所以, 所以， 所以, 由于 所以，即,其中 所以数列是以为首项，以为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知    ① 于是．       ② 由①②得．     ③ 又，       ④ 由③④得． 令，由，得． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法三]：   由，得，且，，． 又因为，所以，所以． 在中，当时，． 故数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法   由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且． 下面用数学归纳法证明． 当时显然成立． 假设当时成立，即． 那么当时，． 综上，猜想对任意的都成立． 即数列是以为首项，为公差的等差数列． （2） 由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列， , , 当n=1时，, 当n≥2时,,显然对于n=1不成立, ∴. 【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解； 方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式； 4．设数列满足 (1)求的通项公式； (2)设，记，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知写出的通项公式，进而求的通项公式； （2）应用裂项相消法求，即可证结论. 【详解】（1）由得：数列是等差数列，首项为， 故，从而. （2）， 所以. 5．已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，. （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列； （2）求{an}和{bn}的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2），． 【分析】(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列； (2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果． 【详解】(1)由题意可知，，，， 所以，即， 所以数列是首项为、公比为的等比数列，， 因为， 所以，数列是首项、公差为的等差数列，． (2)由(1)可知，，， 所以，． 【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题． 题型8：斐波那契数列 1．斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据递推公式，，累加即可求得结果. 【详解】根据斐波那契数列的递推公式， 可得 . 故选：B. 2．（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，……．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．已知数列，，，（），记为数列的前项和，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】利用数列易得，判断A；计算可得判断B；计算可得判断C；由，可判断D. 【详解】由题意知1，2，3，5，8，13，故，故A选项错误； ，故B选项错误； ，故C选项正确； ∵， ，，故D选项正确． 故选：CD. 第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $