第04讲 通项公式的求法讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）讲义-2026届高三数学二轮复习专题（新高考通用）

该高中数学讲义聚焦高考数列通项公式核心考点，系统整合观察法、累加法、构造法等25类求法，按基础方法、递推转化、特殊数列分层架构知识体系。通过思维导图梳理逻辑联系，解题策略归纳通法，25个题型模块配合真题示例与变式训练，助力学生突破递推关系转化难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出分类突破与易错点规避，创新采用“类型识别-通法套用-模型转化”三步教学法，如构造法中通过待定系数法转化辅助数列，培养学生数学思维与模型意识。设置基础巩固、能力提升分层练习，结合即时纠错指导，帮助学生高效掌握高考高频题型，为教师精准把控复习节奏提供实用教学工具。

第04讲 通项公式的求法 目 录 思维导图 3 高考分析 3 学习目标 4 知识要点 4 解题策略 21 题型归纳 22 题型01：观察法求通项公式 22 题型02：公式定义法 23 题型03： 累加法 25 题型04：累乘法 27 题型05：与关系统一法（公式法） 29 一： 用，得到 29 二 ：等式中左侧含有： 32 三 ：消求：将题意中的用替换 35 四： 因式分解型（正项数列） 38 题型06：前n项积求通项 41 题型07：构造法 46 一：形如型的递推式 46 二：形如型的递推式 46 三：取倒数:形如 与类型构造 47 四：形如型的递推式 47 五：构造法——取对数法 49 六：形如型的递推式 50 七：形如型的递推式 50 八：构造法——复合型（an±bn型） 53 九：构造法——an与n复合型 53 题型08：待定系数法 54 题型09：类累加法（隔项等差） 56 题型10：类累乘（隔项成等比） 59 题型11：不动点求通项 61 题型12：特征根求通项 63 题型13：递推关系奇偶并项型 64 题型14：图形推导型 68 题型15： 斐波那契型 73 题型16：周期数列 78 题型17：双数列 79 题型18：重新组合新数列型 81 题型19： 插入项问题 82 题型20：重新排序型 85 题型21： 整除相关 86 题型22：两个数列的公共项 88 题型23： 数学文化相关 91 题型24：其他型 93 题型25：通项公式的证明化简 95 1. 考查频率与题型：属于高考数学数列板块的核心考点，全国卷及各省市自主命题卷中必考，常以解答题第1问或选择题、填空题的形式出现，分值占比 5-12 分。 2. 考查内容：重点考查由递推关系求通项公式，常见递推类型包括 a_{n+1}=a_n+f(n)（累加法）、a_{n+1}=a_n\cdot f(n)（累乘法）、a_{n+1}=pa_n+q（构造等比数列）、a_{n+1}=\frac{Aa_n}{Ba_n+C}（取倒数构造）等；偶尔结合 a_n 与 S_n 的关系（a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge2)）命题，常与数列求和、不等式证明综合考查。 3. 命题趋势：近年来命题更注重通性通法的运用，减少偏难怪题，强调与函数、方程思想的结合，部分题目会设置生活化背景（如增长率、产量问题），考查数学建模能力。 1. 知识目标：掌握由数列的前几项、递推公式、a_n 与 S_n 的关系求通项公式的核心方法，能准确识别不同递推类型并选择对应解法。 2. 能力目标：提升观察、归纳、推理能力，学会通过构造辅助数列（等比、等差）将陌生递推关系转化为熟悉类型，培养数学转化与化归思想。 3. 应试目标：能在 5-8 分钟内解决中等难度的通项公式问题，确保解答题第1问不失分，选择题、填空题快速精准作答。 高中数列通项公式方法最全总结 1、 公式定义法（已知等差或等比求通项） 利用等差数列等比数列的概念定义、中项性质之间的关系求解通项公式如： 1.一次函数为等差数列， 2.二次函数无常数项为等差数列求和公式 3.指数型函数为等比数列（或等比数列求和公式） 二、累加法（适用＋1＝＋f (n)时，用累加法求解．） 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）若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 三、累乘法（适用＝f (n)时，用累乘法求解） 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． 四、与关系统一法 1、已知Sn求an的常用方法是利用=转化为关于an的关系式，再求通项公式. 2、Sn与an关系问题的求解思路 方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解. 方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解. 方向3：若存在 ，则令 ，再利 用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1 的关系式，再求解。 与同时存在 角度1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例：已知，求 角度2：已知与的关系；或与的关系 替换题中的 例：已知； 已知 角度3：等式中左侧含有： 作差法 （类似） 例子：已知求 模板解决步骤 第一步：写出当时，的表达式． 第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系． 第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，注意要进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．忽略对的单独讨论是常见的错误 五、前n项之积Tn与通项公式 与关系问题求解思路（其中为的前n项积） 方向1：若已知与n的关系，可利用转换为的即可求解. 方向2： 若已知与的关系，可利用替换，先求解，再转换为即可求解 前n项积 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. 六、构造法 1、形如型 ①若时，数列为等差数列； ②若时，数列为等比数列； ③若，时，数列为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。 *（方法1）待定系数法： 设，得， 与题设比较系数得：，所以 所以有： 因此数列构成以为首项，以为公比的等比数列。 *（方法2）逐项相减法（阶差法）： 有时我们从递推关系中把换成 有，两式相减有：，从而化为公比为的等比数列，进而求得通项公式，再利用累加法即可求得通项公式。我们可以看到此方法比较复杂。 2：形如型的递推式（其中k，b是常数，且k≠0） *（1）逐项相减法（阶差法） *（2）待定系数法：通过配凑可转化为 解题基本步骤： ①确定 ②设等比数列，公比为 ③列出关系式，即 ④比较系数求， ⑤解得数列的通项公式，并得出数列的通项公式。 3:形如 与类型构造， 取倒数再构造等差或等比数列、两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型； 1.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； 2.还有形如的递推式，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． 类型一： 两边同除 得：，即： 即构成 为首项，以为公差的等差数列 类型二： 两边同时取倒数得：： + 即： 即构成 为首项，以为公差的等差数列 4、形如（其中q是常数，且n≠0,1） ①若时，即：累加即可。 ②若时，即：求通项方法有以下三种方法： （方法1）两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列，即：， 令，则，然后累加法求通项。 （方法2）两边除以.目的是把所求数列构造成等比数列，即：， 令，则可化为，然后待定系数法求通项即可。 （方法3）待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列 设，通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项。 注意：应用待定系数法时，要求，否则待定系数法会失效。 5.函数型构造一：形如型的递推式 （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 方法一：设， 通过待定系数法确定的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 方法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得： ， 令得：转化为构造法第一种形式（待定系数法）， 求出 ，再用累加法便可求出 （2） 当为二次函数类型 设 通过待定系数法确定A,B,C的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 （3） 当为n次函数类型时的求解策略同（2）待定系数法 （4）当为指数函数类型（即等比数列，公比为q）时： 方法一：若 设，通过待定系数法确定的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 方法二：由递推式：——①，可得，两边同时乘以得 ——②， 由①②两式相减得， 即，在转化为第一类构造法（待定系数法）便可求出 方法三：若 递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以， 得：，引入辅助数列（其中）， 得：再应用第一类构造法（待定系数法）解决． （5）当为任意数列（等差或等比）时，可用通法： 在两边同时除以 可得到， 令，则， 再转化为累加法，求出之后得． 6对数转换构造： 形如 型的递推式,可取对数构造，对数的底数取为p； ,化简得： 再通过构造法一待定系数法求出的通项公式，然后再左右连边同时取以p为 底数的指数形式求出的通项公式 7.形如型的递推式 （方法1）分离常数再构造 （方法2）特征根法 可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 （方法3）不动点法 8.形如型的递推式 （方法1）可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根； 方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。 （方法2）形如 型的递推式中可以构造为： 展开移项整理得， 与题设比较系数（待定系数法）得 ，转换为二次函数求解，令代入下式得： 角度1：当时，该二次函数存在两个相同解时，得，则 即构成以 为首项，以 为公比的等比数列. 再利用等比数列的通项公式求出的通项公式 然后再利构造法三（函数型构造）求出的通项公式。 角度2：当时，且该二次函数有解并存在两个不同解时， 得 , 即：； 即构成以 为首项，以 为公比的 等比数列. 构成以 为首项，以 为公比的 等比数列. 然后分别将与的等比数列通项公式求解，然后利用方程组法将两式中的 进行相消，得到 的通项公式。 角度3：当时，且该二次函数无实数解时，采用虚数表示，步骤如角度2。 三项式的数列求解也可以参考方法九，特征根法求解 七待定系数法： 待定系数法常见类型如下： (1) （2）、同除+待定系数： （3）、取倒数+待定系数： （4） 、取对数+待定系数： （5）、连续三项： 八．类累加法（隔项成等差） 形如 ① ② 型的递推式中可以先进行第一步的递推： ②①得：然后进行数列构造： 角度1：当 为一次函数时，（c为常数）； 此时的奇数项和偶数项分别以, 作为首项，均以公差为c的等差数列； 当n为奇数时，可令n=2k-1得： ; 即：； 当n为奇数时：; 即： 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 角度2：当 为其他函数时，令 当n为奇数时，可令n=2k-1得： 将上式相加得 令 ; 得； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 九、类累乘法（隔项成等比） 形如 ① ② 型的递推式中可以先进行第一步的递推 ②①得：然后进行数列构造： 角度1：当 为等比数列时，（c为常数）； 此时的奇数项和偶数项分别以, 作为首项，均以公比为c的等差数列； 当n为奇数时，可令n=2k-1得： ; 即：； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 角度2：当 为其他函数时，令 当n为奇数时，可令n=2k-1得： 将上式相成得 令 ; 得； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 十、不动点求通项 不动点的概念：对于函数，我们称方程的根为函数的不动点. 不动点法：当我们遇到，且是一个关于的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求，常见的题型有2类：型，型. （1）型：（也可以通过构造法一：待定系数法求解） 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步，在递推公式两端同时减去，化简使得左右两侧结构一致； 第三步，构造数列求通项. （2）型： 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步， ①若有2个不动点，则用两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项； ②若只有1个不动点，则用两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项； ③若没有不动点，则在考题中，往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式求出前几项找规律即可. 注意 1、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：； 2、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) 3、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） 4、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, 十一、特征根求通项 当我们遇到这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根和，则，再利用和来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根，则，再利用和来求出系数A和B. 1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即. 2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。 3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 十二：数列的周期性 1．定义 类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列，如果存在一个常数，使得对任意的正整数恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．若，则称数列为纯周期数列，若，则称数列为混周期数列，的最小值称为最小正周期，简称周期． 2．常见的周期数列 以下类型针对非常数数列，即． 类型一 邻项等和 ①若，则；特别地，则； ②若，则；特别地，则； 类型二 邻项等积 ①若，则；证明：，两式作商得． 特别地，则； ②若，则；证明同上． 特别地，则； 类型三 错号等值 ①若，则；证明类比类型一． 特别地，则； ②若，则；证明类比类型二． 特别地，即，则； 类型四 一次分式之 若，其中，则． 特别地，若，即为前面类型二（邻项之积） 类型五 一次分式之 若，其中，则． 类型六 一次分式之 若，其中，则． 类型七 一次分式之 若，其中，则． 十三;斐波那契数列 一、斐波那契数列的起源：兔子的故事 1202年，一位意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）写了一本书，叫《算盘书》。这本书中提出了一个关于兔子繁殖的问题：假设有一对兔子，这对兔子出生一个月后会成熟，然后每个月都能生一对新兔子。而新生的小兔子，也会在一个月后长大成熟并继续繁殖。兔子永远不会死亡。那么，第N个月时，一共有多少对兔子？ 斐波那契在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄金分割数列”。其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，亦即数列满足：， 且 。 二、斐波那契数列的表示 1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34…… 2、递推公式：， 且 3、通项公式： 三、斐波那契数列的通项公式证明 19世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包含黄金分割比的闭式: （注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。） 证明：因为 ，令（构造等比数列），即 ，对比①、②两式的系数可得，解得 或 情形1：当时 ，即 （常数），则 是等比数列，且首项1，公比为，所以可得 ① 情形2：当时，同理可得 ② 由①、②相减可得 四、斐波那契数列的常用性质 1. 前n项和： 1. 奇数项和： 偶数项和： 1. 平方性质： 平方和性质： 1. 中项性质： 1. 余数列周期性 被2除的余数列周期为3：1，1，0······ 被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······ 被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······ 1. 斐波那契不等式： 1. 质数数量： 每3个连续的数中有且只有1个能被2整除； 每4个连续的数中有且只有1个能被3整除； 每5个连续的数中有且只有1个能被5整除； 1. 两倍数关系： 1. 下标为3的倍数的项之和： 1. 是等比数列 五、斐波那契数列与杨辉三角的关系 斐波那契数列与杨辉三角形（帕斯卡三角形）有关联，即：杨辉三角形中的对角线之和，是斐波那契数。 六、斐波那契数列与黄金比例的关系 当n趋向无穷大时，兔子数列的相邻项之比会倾向于黄金比例，即 （注：这一极限值在数论和代数中用于描述数列的增长率与近似值。） 一 分类突破法 ◦ 类型1：由前几项归纳通项 步骤：观察项的符号规律（用 或 调节）、数字规律（拆分整数、分数的分子分母，联系平方数、立方数、等差数列、等比数列），验证归纳结果。 ◦ 类型2：由 与 的关系求通项 步骤：① 当 n=1 时，=；② 当 n≥2 时，代入 = - 化简；③ 检验 是否满足 n≥2 时的通项，若满足则合并，不满足则分段表示。 ◦ 类型3：递推公式求通项 递推形式 核心策略 累加法： 累乘法： 构造等比数列：设 ，求 取倒数：，转化为 型 2. 易错点规避 ◦ 由 求 时，务必检验 n=1 的情况，避免漏写分段通项。 ◦ 构造辅助数列时，准确计算参数 λ，确保构造后的数列是等比/等差数列。 ◦ 累加法、累乘法中，注意项数的个数，避免求和/求积时多算或漏算项。 思维导图框架 1.高考定位 - 必考考点（5-12分） - 题型：选择/填空/解答题第1问 - 命题趋势：通性通法+函数方程思想 2.核心方法 由前几项归纳：符号规律+数字规律 由aₙ与Sₙ关系：aₙ=Sₙ-₁(n≥2)+检验a₁ 递推公式求通项 累加法：aₙ₊₁=aₙ+f(n) 累乘法：aₙ₊₁=aₙ·f(n) 构造等比：aₙ₊₁=paₙ+q 取倒数：aₙ₊₁=Aaₙ/(Baₙ+C) 3.易错点 未检验n=1的情况 构造数列时参数计算错误 累乘/累加项数出错 题型01：观察法求通项公式 【典型例题】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（   ） A．152 B．480 C．512 D．840 【答案】B 【解析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解. 由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为 数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项， 该数为. 故选：B. 【变式训练1-1】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即，，(，).此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满，，，则 A．1 B． C． D．0 【变式训练1-2】已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，（    ） A．54 B．18 C．9 D．6 题型02：公式定义法 【典型例题1】已知数列对任意均有.若，则（    ） A．530 B．531 C．578 D．579 【答案】C 【解析】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列， 所以， 又因为，即， 可得， 累加可得， 则，所以. 故选：C. 【典型例题2】 设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； 解析：设公差为d，公比为，则， 由可得（舍去）， 所以 【变式训练2-1】记为等差数列的前项和，已知．求的通项公式； 【变式训练2-2】已知等差数列满足：，且，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； 【变式训练2-3】已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若． (1)求数列前项和； 【变式训练2-4】已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且． (1)证明：； 【变式训练2-5】已知是等差数列，． (1)求的通项公式 【变式训练2-6】设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； 【变式训练2-7】在数列中，已知，且. (1)求通项公式. (2)求证：是递增数列. 题型03： 累加法 【典型例题1】已知数列首项为2，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知得，，则当时，有 ， 经检验当时也符合该式．∴. 故选：D 【典型例题2】 在数列中，已知，且，则 ． 【答案】 【解析】由可得： ， ． 【典型例题3】已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； 【答案】(1)； 【解析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式； （1）解：当时，，解得， 当时，， 两式相减可得，， 则， 叠加可得，，则， 而时也符合题意， 所以数列的通项公式为． 【变式训练3-1】已知数列满足：，则（    ） A．21 B．23 C．25 D．27 【变式训练3-2】在数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-5】已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【变式训练3-6】已知数列满足，则 . 【变式训练3-7】已知数列是正项数列，，且．求数列的通项公式； 【变式训练3-8】已知数列满足，，则的通项公式为 ． 【变式训练3-9】已知数列满足，，则 ． 【变式训练3-10】已知数列满足，且，则________ A．2 B．4 C．6 D．8 【变式训练3-11】在首项为1的数列中，则 题型04：累乘法 【典型例题1】已知数列满足，(，)，则数列的通项（    ） A． B． C． D． 【解析】直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式． 解：数列满足，， 整理得，，，， 所有的项相乘得：， 整理得：， 故选：A． 【典型例题2】已知，，则数列的通项公式是（　　） A．n B． C．2n D． 【解析】根据题意可得，再利用累乘法计算可得； 解：由，得， 即， 则，，，…，， 由累乘法可得，因为，所以， 故选：C． 【典型例题3】已知数列的前项和为，，，求数列的通项公式. 【解析】因为，所以当时，， 两式作差可得，整理得． ，令，则， 所以，所以， 则， 当时，也符合上式，综上， 【变式训练4-1】已知是数列的前项和，，，则 . 【变式训练4-2】在数列{an}中，a1=1， (n≥2)，求数列{an}的通项公式. 【变式训练4-3】为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列，求的通项公式. 【变式训练4-4】已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ． 【变式训练4-5】已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列的通项公式 . 【变式训练4-6】已知数列的前项和为，，，则 . 【变式训练4-7】已知数列满足，则的最小值为 ． 【变式训练4-8】设数列是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式 . 【变式训练4-9】已知数列满足，，求数列的通项公式. 【变式训练4-10】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式= 【变式训练4-11】已知正项数列满足.求的通项公式 题型05：与关系统一法（公式法） 一： 用，得到 【典型例题1】已知数列的前项和为，若，，则有（    ） A．为等差数列 B．为等比数列 C．为等差数列 D．为等比数列 【答案】D 【解析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项. 由题意，数列的前项和满足， 当时，，两式相减，可得， 可得，即，又由，当时，，所以， 所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错. 当时，，又由时，，适合上式， 所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错. 故选：D. 【典型例题2】已知数列的前n项和为，若，，（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，可得，由此得到数列为等比数列，求出，再求出即可. 由，得， 所以，所以， 因为， 所以是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以， 所以． 故选：D 【典型例题3】已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将化简为，再利用和与项的关系可得，从而确定数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列，根据等比数列的前项和公式即可求解. 因为， 所以，即， 所以， 因为数列的各项都是正项，即， 所以，即， 所以当时，， 所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列. 所以. 故选：C 【变式训练5-1-1】数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-1-2】已知是各项均为正数的数列的前项和，，，若对恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B．16 C． D．32 【变式训练5-1-3】已知数列的前项和满足，有结论： ① 若，则； ② 数列是常数列. 关于以上两个结论，正确的判断是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【变式训练5-1-4】已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-1-5】已知数列的前项和为，，，设（表示不超过的最大整数），则数列的前2023项和（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-1-6】数列的前项和，则数列中的最大项为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-1-7】若数列的前项和，则的通项公式是 【变式训练5-1-8】已知数列的前n项和为，，，则 【变式训练5-1-9】已知各项都是正数的数列的前项和为，，. 求数列的通项公式 ； 二 ：等式中左侧含有： 【典型例题1】已知数列的前项和为，且有．求数列的通项公式. 【答案】 【解析】（1）由题， 当时，，∴； 当时，由， 所以，两式相减， 可得，∴． 当时，满足，∴． 【典型例题2】已知正项数列满足，若，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【解析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可. 时， 时， ， 【典型例题3】已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答 由可得， 两式相减可得，则， 当时，可得满足上式，故， 所以， 因数列为单调递增数列，即， 则 整理得， 令，则， 当时，，当时，， 于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得， 所以的取值范围为． 故选：A 【变式训练5-2-1】已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-2-2】在数列中，，求的通项公式. 【变式训练5-2-3】已知数列满足，则 【变式训练5-2-4】（1）已知数列满足，，则数列的通项公式为___________. （2） 已知数列满足，且，，2，3，…，求的通项公式． 【变式训练5-2-5】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【变式训练5-2-6】知正项数列的前三项分别为，为数列的前项和，满足：. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若数列满足…，求数列的前项和.(参考公式：) 【变式训练5-2-7】已知正项数列的前n项和为，对于任意的，都有. （1）求，； （2）求数列的通项公式； （3）令问是否存在正数m，使得对一切正整数n都成立?若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由. 三 ：消求：将题意中的用替换 【典型例题1】已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则错误的选项是（    ） A．是等差数列 B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出，即可判断正误，对于D，构造函数，即可判断正误 A选项，，，解得：  时，， 整理得：  故是等差数列，故A正确； B选项，由A分析可知，则，则， 注意到， ，又.则，故B正确； C选项，由题，故C错误； D选项，令，，则 在上单调递增， 又，则 即，故D正确； 故选：C 【典型例题2】设是数列的前n项和，且，则下列选项错误的是（ ） A． B． C．数列为等差数列 D．－5050 【答案】A 【解析】由可得－＝－1，即数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由求出可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D. 是数列的前n项和，且， 则，  整理得－＝－1（常数）， 所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确； 所以，故． 所以当时， －，不适合上式， 故故B正确，A错误； 所以， 故D正确． 故选：A. 【典型例题3】数列的前项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（    ） A．是等差数列 B． C． D．是等比数列 【答案】C 【解析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确. 对于A，当时，由得：， ，即，又， 数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确； 对于B，由A知：，，B正确； 对于C，当时，， 经检验：不满足，，C错误； 对于D，由B得：，，又， 是以为首项，为公比的等比数列，D正确. 故选：C. 【变式训练5-3-1】已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（    ） A．46 B．49 C．52 D．55 【变式训练5-3-2】已知为数列的前项和，，，则（    ） A．1011 B．2022 C．3033 D．4044 【变式训练5-3-3】已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（    ） A．15 B．16 C．3 D．4 【变式训练5-3-4】设为数列的前项和，已知，求 【变式训练5-3-5】在数列中,,则的通项公式为 . 【变式训练5-3-6】已知数列的前n项和为，，且，求通项公式． 【变式训练5-3-7】已知数列的前n项和为，且，，设． (1)求证：数列为等比数列； 【变式训练5-3-8】已知数列的前项和为，且满足，. （Ⅰ）求证：是等差数列； （Ⅱ）求的表达式； （Ⅲ）若），求证：. 四： 因式分解型（正项数列） 【典型例题1】已知正项数列的前项和为，满足，则的最小值为 . 【答案】/ 【解析】根据与的关系，利用相减法求得与的递推关系式，从而可得与，结合基本不等式求解的最小值即可. 因为， 当时，，所以相减得 即，整理得 又，所以，则，即 当时，，则，解得或（舍） 综上，数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，， 所以 当且仅当，即时等号成立，但，故取等不成立 所以当时，，当时， 又，所以的最小值为. 故答案为：. 【典型例题2】已知数列的前项和，且满足，求的通项公式； 【解析】（1）因为. 所以当时， 当时，， 两式相减得 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 则数列通项公式为 【典型例题3】 已知数列是递增数列，其前项和满足.证明：是等差数列 【解析】当时，，解得， 当时，，则， 即，即 又数列为递增数列， 所以，故， 即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列 【典型例题4】已知正项数列，其前项和为，且满足，数列满足，其前项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是 . 【答案】1 【解析】利用，得出，即可判断数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，，，，根据，不等式恒成立，转化为，不等式且恒成立，即可得出结论. 由题意知，，且， 则当时，， 两式相减得， 所以， 而，即， 又，解得， 数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此， 则， ， ， 数列是单调递增的，， 而数列是单调递减的，， 因为，不等式恒成立， 则，不等式且恒成立， 因此且，即有， 又，所以的最小值是1. 故答案为：1 【变式训练5-4-1】记为正项数列的前n项和，若，则 【变式训练5-4-2】设数列的前n项和为，且，，则的最小值是 . 【变式训练5-4-3】设数列的前项和为，，，且，则的最大值是 ． 【变式训练5-4-4】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式= 【变式训练5-4-5】已知各项为正数的数列的前项和为，满足．求数列的通项公式； 【变式训练5-4-6】记为数列的前项和．已知．证明：是等差数列； 【变式训练5-4-7】设各项均为正数的数列的前项和为，且满足：，． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)设，求数列的前项和． 【变式训练5-4-8】设Sn是正项数列{an}的前n项和，且． (1)求a1的值； (2)求数列{an}的通项公式． 题型06：前n项积求通项 【典型例题1】已知数列前n项积为，且,求证：数列为等差数列； 【解析】因为，所以， 所以， 两式相除，得，整理为， 再整理得，． 所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列 【典型例题2】已知数列的前n项和为，在数列中，，，，求数列，的通项公式 【解析】（1）由已知得，当时 . ∴ 当时，，也满足上式．所以 当时，，∴ 当时，，符合上式 当时，，所以，也符合上式，综上， ∴，. 【典型例题3】（多选题）已知数列，，记，，若且则下列说法正确的是（    ） A． B．数列中的最大项为 C． D． 【答案】BD 【解析】对于A，由已知， 当时，，即，， 当时，，即， 所以，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即，A选项错误； 对于B，所以，，且数列单调递减， 所以数列中的最大项为，B选项正确； 对于C，， ， 所以，C选项错误； 对于D，又，所以，即，D选项正确； 故选：BD. 【典型例题4】记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则的通项公式为 . 【答案】 【解析】由题意可得，利用及等差数列的定义求出的通项公式，进而可得，再利用当时求解即可. 由已知可得，且，， 当时，由得, 由于为数列的前项积，所以，， 所以， 又因为，所以，即，其中， 所以数列是以为首项，以为公差等差数列， 所以，， 当时，， 当时，， 显然对于不成立， 所以， 故答案为： 【变式训练6-1】设是数列的前项积，则“”是“是等差数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式训练6-2】已知数列的前项和为，且，首项为1的正项数列满足，则数列的前项和 ． 【变式训练6-3】已知数列的前项和为 ，为数列的前项积，满足 ，给出下列四个结论： ①；②；③为等差数列；④. 其中所有正确结论的序号是 . 【变式训练6-4】已知数列的前项和为为数列的前项积，满足（为正整数），其中，给出下列四个结论：①；②；③为等差数列；④.其中所有正确结论的序号是 . 【变式训练6-5】设数列的前项之积为，满足. 设，求数列的通项公式； 【变式训练6-6】记为数列的前n项积，已知，，求数列的通项公式 【变式训练7-7】设为数列的前n项积．已知．求的通项公式； 【变式训练6-8】设各项都不为0的数列的前项积为，，，求数列的通项公式； 【变式训练6-9】已知数列的前项积为，且，求的通项公式 【变式训练6-10】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． 【变式训练6-11】 设为数列的前n项积．已知．求的通项公式； 【变式训练6-12】设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． (1)求，； (2)求证：数列为等差数列； (3)求数列的通项公式． 【变式训练6-13】、已知为数列的前n项的积，且，为数列的前n项的和，若（，）. （1）求证：数列是等差数列； （2）求的通项公式. 【变式训练6-14】为数列的前n项积，且． (1)证明：数列是等比数列； (2)求的通项公式． 【变式训练6-15】已知数列的前n项之积为，且． 求数列和的通项公式； 【变式训练7-16】已知数列的前n项积. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前n项为，求的最小值. 题型07：构造法 一：形如型的递推式 【典型例题1】已知数列中，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 所以所以数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列， 所以. 【变式训练7-1-1】 已知数列满足，，则该数列的通项公式 ． 【变式训练7-1-2】 已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； 【变式训练7-1-3】已知数满足，则数列的通项公式 ． 【变式训练7-1-4】已知数列满足，，则满足的最小正整数 ． 【变式训练7-1-5】设数列的前n项和为，且，求. 二：形如型的递推式 【典型例题】若，，则 ； 【答案】 【解析】设， 所以， ，， 所以， 所以数列是一个以为首项，以2为公比的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：. 【变式训练7-2-1】已知数列的前n项和为，，且，求通项公式． 【变式训练7-22】在数列中，，且，则的通项公式为 ． 【变式训练7-2-3】 设数列满足，，则数列的通项公式为 . 三：取倒数:形如 与类型构造 【典型例题】已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【解析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解. 由两边取倒数可得，即． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以，所以． 【变式训练7-3-1】在数列中，若，则 . 【变式训练7-3-2】已知数列中，，，则数列的前10项和（    ） A． B． C． D．2 四：形如型的递推式 【典型例题1】已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】由得， 故为等差数列，公差为1，首项为1， 所以 所以. 故答案为： 【典型例题2】在数列中，已知． (1)求的通项公式； 【解析】（1）因为， 所以，又， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． 所以，即； 【典型例题3】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：. 【变式训练7-4-1】 已知数列满足，当时，，求数列的通项公式 【变式训练7-4-2】已知数列的前项和为，且，求. 【变式训练7-4-3】数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为 . 【变式训练7-4-4】已知在数列中，，，则 ． 【变式训练7-4-5】已知数列的前项和为，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．数列是等比数列 D． 【变式训练7-4-6】已知数列满足，且． 求数列的通项公式； 【变式训练7-4-7】．已知数列满足：，且.求； 【变式训练7-4-8】数列满足，则数列的通项公式为 . 【变式训练7-4-9】已知在数列中，，，则 【变式训练8-4-10】已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 五：构造法——取对数法 【典型例题】设正项数列满足，，求数列的通项公式． 【解析】对任意的，， 因为，则， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，解得. 【变式训练7-5-1】（1）已知数列满足，且，则 ； 【变式训练7-5-2】已知数列满足，. 证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； 【变式训练7-5-3】已知数列满足，，求数列的通项公式. 【变式训练7-5-4】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：． 六：形如型的递推式 【典型例题】已知数列的首项，且满足，求. 【解析】（1）证明：由，可得， 又 故数列为等比数列，，故. 【变式训练7-6-1】已知数列满足，，则 ． 【变式训练7-6-2】已知数列满足，，则 ． 【变式训练7-6-3】 已知，，则的通项公式为 ． 七：形如型的递推式 【典型例题1】在数列中，，且对任意的，都有，求数列的通项公式； 【答案】 【解析】由，可得 又，， 所以. 所以首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以. 又满足上式，所以 【典型例题2】已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案. 因为，由递推知，，所以， 则，有， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以 则，所以. 【典型例题3】 已知数列满足，且，.求数列的通项公式； 【解析】因为，所以， 又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，① 又因为，所以，数列为常数列， 故，② ②①可得，所以，， 所以，对任意的，. 【变式训练7-7-1】在数列中，，，则的值为(    ) A． B． C． D．无法确定 【变式训练7-7-2】已知数列中，，求的通项公式． 【变式训练7-7-3】在数列中，，，且满足，则 . 【变式训练7-7-4】已知数列满足，，． (1)证明：是等比数列； (2)求． 【变式训练7-7-5】已知数列满足，，，求 【变式训练7-7-6】已知数列中，，且满足．设，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； 【变式训练7-7-7】已知数列满足，，，求的通项公式． 【变式训练7-7-8】（1）已知数列满足，且，.求数列的通项公式； 八：构造法——复合型（an±bn型） 【变式训练7-8-1】已知数列和满足：，，，，其中． (1)求证：； (2)求数列的前项和． 九：构造法——an与n复合型 【典型例题】已知数列的前项和为，，． (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2)． 【解析】（1）利用的关系化简条件式得，根据等比数列的定义及通项公式计算即可； （2）结合（1）的结论得，利用错位相减法计算即可求和. （1）由，得， 即，所以． 又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． （2）由，得． 所以， ， 两式相减，得， 所以． 【变式训练7-9-1】已知数列的前项和为，，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【变式训练7-9-2】在数列中，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列满足； ①求证：数列是等差数列； ②若，设数列的前n项和为，求证：． 题型08：待定系数法 【典型例题1】已知数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C． D．2023 【答案】A 【解析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案. 因为，即. 当时，，即； 当时， ， 所以， 所以. 又， 所以数列是等比数列，首项为，公比为， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 【典型例题2】数列中，，，则此数列的通项公式 . 【答案】 【解析】因为，所以，又， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则. 故答案为： 【变式训练8-1】高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列的前n项和为，且，令，则（    ） A．7 B．8 C．17 D．18 【变式训练8-2】数列满足，∀，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-3】在正三棱柱中，若点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动次后还在底面的概率为，有如下说法：①；②；③为等比数列；④，其中说法正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-4】在数列中,,,则（    ） A．是等比数列 B．是等比数列 C．是等比数列 D．是等比数列 【变式训练8-5】已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式 . 【变式训练8-6】已知数满足，则数列的通项公式 ． 【变式训练8-7】在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ． 【变式训练8-8】已知数列满足，求数列的通项公式. 【变式训练8-9】在数列中，，且，则的通项公式为 ． 【变式训练8-10】设数列满足，，则数列的通项公式为 . 【变式训练8-11】已知．求通项公式． 【变式训练8-12】已知数列满足，求数列的通项公式. 【变式训练8-13】 （1）已知数列满足，求数列的通项公式. （2）已知数列满足，求数列的通项公式. 题型09：类累加法（隔项等差） 【典型例题1】 数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（       ） A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B 【解析】由得， ∴为等比数列，∴， ∴，， ∴， ①为奇数时，，； ②为偶数时，，， ∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解， 综上所述，. 【典型例题2】 数列满足：，求通项. 【解析】因为， 所以当时，， 当时，， 两式相减得：， 构成以为首项，2为公差的等差数列； 构成以为首项，2为公差的等差数列， ， ， 【典型例题3】若数列满足，（），则 . 【答案】3268 【解析】由题意可得，作差得， 故 【典型例题4】 已知数列满足. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和及其最小值. 【答案】(1)； (2)，的最小值为. 【解析】（1）根据已知求得，把n分为奇数、偶数分别求得通项公式； （2）由（1）的结论，求出，再利用错位相减法求和并求出其最小值即得. （1）由，得，两式相减得， 而，，则， 因此当n为正奇数时，，当n为正偶数时，， 所以的通项公式是. （2）由（1）知， ， 则有， 两式相减得 ， 因此， 显然当时，，，当时，， 又，因此， 所以数列的前项和，的最小值为. 【变式训练9-1】数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（       ） A．99 B．103 C．107 D．198 【变式训练9-2】 数列满足：，求通项. 【变式训练9-3】已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（   ） A．数列是等比数列 B． C． D． 【变式训练9-4】已知数列满足，，，是数列的前n项和，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练9-5】已知各项均为正数的数列满足：，,求数列的通项公式. 【变式训练9-6】已知数列中，对任意的,都有，，求的通项公式． 【变式训练9-7】在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项数列的前项和为，，满足____________. （1）求的通项公式； （2）若为数列的前项和，记，求证：. 题型10：类累乘（隔项成等比） 【典型例题1】已知数列满足，，，，求数列的通项公式 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】(1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式； (2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可. （1）由 ，得 以上两式相比，得, 由，得, 所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，, 数列是首项为6，公比为4的等比数列，, 综上，数列的通项公式为 . 【典型例题2】（多选）已知数列中，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 【答案】ABC 【解析】，，，即，则，A正确； 显然有，于是得， 因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，B正确； 于是得，， 则，，C正确，D不正确. 【典型例题3】已知数列对任意满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，得， 所以， 所以，即①． 又因为②， ①②两式相乘，得． 故选：A． 【变式训练10-1】 已知数列，均为递增数列，它们的前项和分别为，，且满足，，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【变式训练10-2】在数列中，已知，，求的通项公式． 【变式训练10-3】已知数列满足，，．求的通项公式． 【变式训练10-4】 已知数列满足：，求此数列的通项公式. 【变式训练10-5】 已知数列满足，，，. (1)求数列的通项公式； (2)证明:数列中的任意三项均不能构成等差数列. 【变式训练10-6】已知在数列中，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求. 题型11：不动点求通项 【典型例题1】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，所以； 第二步，减不动点，，所以，此时发现左右两侧结构一致了； 第三步，构造数列求通项，因为，所以是首项为3，公比为2的等比数列，从而，故. 【典型例题2】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：， 第二步，减不动点，，化简得：①， ，化简得：②， 用式①除以式②可得， 又，所以，故 【典型例题3】已知数列满足，，则_______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，化简得，，所以，从而，故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列，从而，故. 【答案】 【典型例题4】已知数列满足，，则_______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们只需算出前几项，找出规律即可，由题意，，所以，，，，，，从而是以6为周期的周期数列，故. 【答案】2 【变式训练11-1】已知数列满足，，则_______. 【变式训练11-2】函数，定义数列如下：，是过两点、的直线与x轴交点的横坐标，求数列的通项公式. 【变式训练11-3】已知数列满足，，则______. 【变式训练11-4】已知数列满足，，则______. 【变式训练11-5】设数列满足，且，则______. 【变式训练11-61】已知数列满足，，则 ． 【变式训练11-7】已知数列满足，，则 ． 【变式训练11-8】已知，，则的通项公式为 ． 题型12：特征根求通项 【典型例题1】已知数列中，，，且，则_______. 【解析】特征方程为，解得：或3，所以可设， 因为，，所以，解得：，， 从而. 【反思】特征根法的原理是怎么样的，为什么可以这样做?去看看视频吧. 【答案】 【典型例题2】已知数列中，，，且，则_______. 【解析】特征方程为，解得：，所以可设， 因为，，所以，解得：，，从而. 【答案】 【变式训练12-1】已知数列中，，，且，则______. 【变式训练12-2】已知数列中，，，且，则______. 【变式训练12-3】已知数列满足：求 【变式训练12-4】已知数列满足，求数列的通项公式。 【变式训练12-5】如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 (2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分） 数列求数列的通项公式. 【变式训练12-6】已知数列满足性质：对于且求的通项公式. 【变式训练12-7】已知数列满足：对于都有 （1）若求（2）若求（3）若求 （4）当取哪些值时，无穷数列不存在？ 题型13：递推关系奇偶并项型 【典型例题1】已知数列满足，，若为数列的前项和，则（    ） A．624 B．625 C．626 D．650 【答案】C 【解析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得. 数列中，，， 当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2， 则， 当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为， 则， 所以. 【典型例题2】已知数列的前n项和为，，且，若，则 ． 【答案】25 【解析】当时，，，，，，，，，， 则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7． 因为；所以，由，，得， 所以，所以． 故答案为：25． 【典型例题3】已知数列满足， (1)记，写出，，并证明数列为等比数列； 【答案】(1)，，证明见解析 【解析】（1）构造法，结合等比数列定义证明【解析】（1）显然为偶数，则，． 所以，即． 且． 所以是以5为首项，2为公比的等比数列， 于是，，． 【典型例题4】已知数列中，，且，其中. (1)求的值; (2)求数列通项公式; 【答案】(1)，，;(2);(3) 【解析】（1）用代入递推公式分别求出，再将，代入前一个递推公式，求出； （2）由递推公式可得，用累加法求出奇数项的通项公式，再由递推关系，求出偶数项的通项公式，即可求解； (1) (2) 所以， 所以， ， ······· 累加，得 令，则， 所以为奇数) 令，则 所以为偶数); 所以 【点睛】本题考查求数列的通项公式，关键要寻找项之间的关系，考查用分组求和等价转化为求等比数列的和，考查计算能力，属于中档题. 【变式训练13-1】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)设数列的前项和为，且，求的最小值． 【变式训练13-2】已知数列满足，且 (1)设，求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值． 【变式训练13-3】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）． 现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），． （1）当时，试确定使得需要多少步雹程； （2）若，求m所有可能的取值集合M． 【变式训练13-4】设数列前项和为， (1)记，写出，并求数列的通项公式； 【变式训练13-5】已知数列的前项和为，满足，． (1)若数列满足，求的通项公式； (2)求数列的通项公式，并求． 【变式训练13-6】已知数列满足，，且． (1)证明为等比数列，并求数列的通项公式； 【变式训练13-7】 已知数列满足，，，令，写出，，并求出数列的通项公式； 【变式训练13-8】已知数列满足，，记，写出，，并求数列的通项公式 【变式训练13-9】已知数列满足，，数列满足,求数列和的通项公式． 题型14：图形推导型 【典型例题1】2022年北京冬奥会开幕式中，当《构建一朵雪花》这个节目开始后，一朵巨大的 “雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一朵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“科克曲线”，是瑞典数学家科克在1904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 为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程． 若第1个图形中的三角形的周长为1 (1)则第n个图形的边数为____________． (2)则第n个图形的边长为____________． (3)则第n个图形的周长为____________． (4)则第n个图形的面积为____________． 答案： 1．在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球．记第n堆的乒乓球总数为． 【典型例题2】 （1）求出； （2）试归纳出与的关系式，并根据你得到的关系式探求的表达式． 参考公式：． 【解析】观察图形的排列规律可知， ； ； ； （1） （2）由上知， 则 故 又，则 【典型例题3】如图，正方形的边长为1，记其面积为，取其四边的中点，，，，作第二个正方形，记其面积为，然后再取正方形各边的中点，，，，作第三个正方形，记其面积为，如果这个作图过程一直继续下去，记这些正方形的面积之和，则面积之和将无限接近于（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【解析】根据给定条件，构造等比数列，利用等比数列前项和公式求和即可得解. 设正方形的面积为，则数列是以1为首项，为公比的等比数列， 数列的前项和，随着的无限增大，无限接近于0， 所以所有这些正方形的面积之和将无限接近于2． 故选：B 【变式训练14-1】如图，阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设图中直角面积为，直角面积为，后续各直角三角形面积依次为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练14-2】（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，且，数列的前n项和为，则正确的选项是（    ）． A． B． C． D． 【变式训练14-3】（多选）有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ）    A． B． C．数列是等差数列 D． 【变式训练14-4】（多选）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则从开始出现数字4 【变式训练14-5】侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，它是由无数个正方形环绕而成.如图正方形的边长为1，取其四边的三等分点，，，，作第二个正方形为，然后再取正方形各边的三等分点，，，，作第三个正方形，依次方法持续下去…，则第7个正方形的周长是 ，如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有这些正方形的周长之和将趋于 .（填数值） 【变式训练14-6】如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为．以此类推，操作次，若，则的最小值是（    ）    A．9 B．10 C．11 D．12 题型15： 斐波那契型 【典型例题1】斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：，， 已知是该数列的第100项，则（    ） A．98 B．99 C．100 D．101 【答案】B 【解析】变换得到，累加得到，得到答案. ，因为，得， ，，， 累加得， 是该数列的第100项，即是该数列的第100项，故. 故选：B. 【典型例题2】（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，.则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55， 所以，所以A错误， 对于B，当时，，，， 所以三式相加得， 所以，所以B正确， 对于C，因为数列满足：，，。 所以，，，……， ，，， 以上2023个等式相加得, 因为，所以，所以C正确， 对于D，因为，， 所以，, ,, ……, , 所以，所以D正确， 故选：BCD 【典型例题3】意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为 ． 【答案】8 【解析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，且，可得答案. 由，得， 得，得， 得，， 所以， 令，则数列即为斐波那契数列， ，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列， 由，得，，，， ，， 因为，， 所以 使得成立的的最小值为8． 故答案为：. 【变式训练15-1】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则其中不正确结论的是（    ）    A． B． C． D． 【变式训练15-2】斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列，，，，，，，，，，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练15-3】斐波那契数列满足，，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（    ）项.    A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【变式训练15-4】斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练15-5】（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”，记为数列的前n项和，则下列结论正确的为（   ） A． B．对恒成立 C． D． 【变式训练15-6】(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{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（    ） A．a8＝21 B．S7＝32 C．＝a2n D．＝a2 022 【变式训练15-7】数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则 ． 答案．2024 【变式训练15-8】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：1，1，2，3，5，8，13，21，……．该数列的特点如下：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把由这样一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记是数列的前项和，则 ． 【变式训练15-9】数列 称为斐波那契数列，满足且，记，若，则 【变式训练15-10】某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 题型16：周期数列 【典型例题1】已知数列满足，，则 ． 【答案】/ 【解析】由题意：，，，，， 所以满足. 所以 故答案为： 【典型例题2】在数列中，，则 . 【答案】 【解析】由，可得，所以，即， 所以，所以数列的一个周期为， 又由， 所以，所以. 故答案为：. 【变式训练16-1】已知数列中，，，则 ，数列的前2023项和 ． 【变式训练16-2】洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列为：，即，且．设数列各项依次除以4所得余数形成的数列为，则 ． 【变式训练16-3】数列满足，，则 ． 【变式训练16-4】已知数列满足，，则 . 【变式训练16-5】若数列满足，，则 . 题型17：双数列 【典型例题1】已知数列和满足． (1)证明：是等比数列，是等差数列； (2)求的通项公式以及的前项和． 【解析】(1)证明：因为， 所以，即， 所以是公比为的等比数列． 将方程左右两边分别相减， 得，化简得， 所以是公差为2的等差数列． (2)由（1）知， ， 上式两边相加并化简，得， 所以． 【典型例题2】两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为___________. 【答案】 【解析】解：因为，， 所以， 所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或， 所以可设数列的通项公式为，因为，， 所以，所以，解得， 所以，所以； 故答案为： 【变式训练17-1】已知数列和满足，，，.则＝_______. 【变式训练17-2】 数列,满足,且,. (1)证明:为等比数列; (2)求,的通项. 【变式训练17-3】已知数列和满足，，，，则______，______． 【变式训练17-4】数列，满足，，. （1）求证：是常数列； （2）若是递减数列，求与的关系； 【变式训练17-5】已知数列、满足，且 （1）令证明：是等差数列，是等比数列； （2）求数列和的通项公式； （3）求数列和的前n项和公式． 【变式训练17-6】 已知数列中，；数列中，。当时，,，求,. 题型18：重新组合新数列型 【典型例题】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据新定义判断出是公比为的等比数列，再利用迭乘法得到 ，最后根据和，联立方程组求解即可. 令，即，则， 由已知得，所以数列为公比为的等比数列， 设，则，，，， 当时，累乘可得， 即， 当时，，当时，，解得， 故选：A. 【变式训8-1】已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（    ） A．2022 B．2023 C．4048 D．4046 【变式训练18-2】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-3】已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，将数列、中的共有元素依次取出，构成数列，则 . 题型19： 插入项问题 【典型例题1】已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由，得， 两式相减得， 即，， 得等比数列的公比， 又当时，，所以，所以 （2）数列为：3，，，1，1，，，，， 以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数， 当时共有项数， 当时共有项数， 所以 . 【典型例题2】已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.在数列中是否存在项、、（其中、、成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的项；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【解析】（1）当时，由①，得②. 由①②得，，即. 当时，，解得. 所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以. （2）不存在项、、（其中、、成等差数列）成等比数列.理由如下： 依题意得，即，解得. 假设存在项、、成等比数列（其中），则， 即，整理得. 联立，解得，这与已知条件矛盾. 所以不存项、、（其中、、成等差数列）成等比数列. 【变式训练19-1】已知数列的前项和为满足，且，数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新的数列：，在与之间插入项中的项，中之前（不包括）所有项的和记为.若.求使得成立的最大整数的值.（其中表示不超过的最大整数） 【变式训练19-2】设数列是公差不为零的等差数列，满足；数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)求值； (3)在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；……；在和之间插入个数，使成等差数列. （ⅰ）求； （ⅱ）写出所有使成立的正整数对.（直接写结果） 【变式训练19-3】已知数列满足 (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和. 【变式训练19-4】已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)插入的数构成一个新数列，求该数列前项的和． 【变式训练19-5】已知公差为的等差数列和公比的等比数列中，，． (1)求数列和的通项公式； (2)求； (3)若在数列任意相邻两项之间插入一个实数，从而构成一个新的数列．若实数满足，求数列的前项和． 【变式训练19-6】已知是公比大于0的等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求的前项和； (3)若，在与之间插入个，得到一个新数列. 是否存在正整数，使得数列的前项之和? 若存在，求出的值; 若不存在，说明理由. 题型20：重新排序型 【典型例题】已知数列的前项和为，数列满足，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，则数列的前50项和为（    ） A．3017 B．3018 C．3065 D．3066 【答案】D 【解析】利用求得，进而求得，根据的构成求得正确答案. 设，当时，， 当时，，， ，也符合上式，所以， ， 所以， 又，所以的前50项和为： . 故选：D 【变式训练20-1】已知数列满足，将数列中的整数项按原来的顺序组成新数列，则的末位数字为（    ） A．8 B．2 C．3 D．7 【变式训练20-2】已知函数，把函数的零点按照从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为 ． A． B． C． D． 【变式训练20-3】设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练21-4】对于正整数n，设最接近的正整数为（如，），记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前5项和为 . 题型21： 整除相关 【典型例题1】中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ） A．17 B．37 C．107 D．128 【答案】C 【解析】根据题意可得既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，从而可求得数列的通项，即可得解． ∵能被3除余2且被7除余2，∴既是3的倍数，又是7的倍数， 即是21的倍数，且，∴， 即，∴． 故选：C． 【典型例题2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列．可以推测：    （1）是数列中的第 项； （2） ．（用表示） 【答案】 5030 【解析】由三角形数规律可得，利用累加法即可得到数列的通项公式，写出若干项推测通项公式即可. 根据三角形数可知，，则，，…，， 累加得， 所以，经检验也满足上式， 故， 因为，所以当或，时能被整除， 写出其若干项有：1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，105，110， 发现其中能被整除的为10，15，45，55，105，110， 故． 从而由上述规律可归纳得（为正整数）， 所以， 故，即是数列中的第项． 【变式训练21-1】已知数列的前项和为，且或的概率均为，设能被整除的概率为．有下述四个结论：①；②；③；④当时，．其中所有正确结论的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．②③ D．②③④ 【变式训练21-2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数： 将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：（Ⅰ）是数列中的第 项；（Ⅱ）若为正偶数，则 ．（用表示） 题型22：两个数列的公共项 【典型例题1】数列的通项公式分别为和，设这两个数列的公共项构成集合A，则集合中元素的个数为（    ） A．167 B．168 C．169 D．170 【答案】C 【解析】利用列举法可知，将集合中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为，可知数列为等差数列，求出数列的通项公式，然后解不等式，即可得出结论. 由题意可知，数列、、、、、、、、、、， 数列、、、、、、、、、、， 将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列、、、， 易知数列是首项为，公差为的等差数列，则， 由，可得， 因此，集合中元素的个数为. 故选：C. 【典型例题2】已知数列是公比为的等比数列，且满足，，成等比数列，为数列的前项和，且是和的等差中项，若数列是由数列中的项依次剔除与的公共项剩下的部分组成，求数列的前100项和. 【答案】11302 【解析】根据数列是公比为的等比数列，满足，，成等比数列，得到，根据题意得到，计算，设，得到，数列的前105项中有5项需要剔除，计算得到答案. 数列是公比为的等比数列，则，即， 即是公差为2的等差数列. ，，成等比数列，故，即，解得. 故. 是和的等差中项，则， 当时，，解得； 当时，，，两式相减得到，即， 故是首项为1公比为2的等比数列，，验证时满足. 故. 令，即， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 故数列的前105项中有5项需要剔除，分别为. 故数列的前100项和为. 【典型例题3】已知等差数列中，且，，成等比数列、数列的前n项和为，满足. （1）求数列，的通项公式； （2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和. 【答案】（1）；（2）； 【解析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式； （2）由（1）得，所以可得，再求和. （1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列， 所以，即，，解得. 所以. 当时，， 因为，得，（） 所以，得， 所以数列是首项为1，公比的等比数列， 所以. （2）依题意，，由（1）得，， 所以. 【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题. 【变式训练22-1】已知数列的前项的和为且满足，数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列.求出数列，的通项公式； 【变式训练22-2】已知等差数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）已知数列是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列与的公共项为，记由小到大构成数列，求的前项和. 【变式训练22-3】记为公比不为1的等比数列的前项和，，． (1)求的通项公式； (2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和． 【变式训练22-4】已知为数列的前项和，且，，，. (1)求的通项公式； (2)将数列与的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列，求的前10项的和. 【变式训练22-5】已知等差数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数． 【变式训练23-6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn. 题型23： 数学文化相关 【典型例题1】我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（    ）（参考公式：） A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14 【答案】B 【解析】求出三角果子垛、四角果子垛第层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为得可得答案. 设三角果子垛自上至下依次为， 当时，所以 ，且时， 所以三角果子垛第层的果子数为， 四角果子垛第层的果子数为， 设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为， 所以三角果子垛各层果子总和为， 四角果子垛各层果子总和为，由题意， 即， 解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是. 故选：B. 【典型例题2】古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（    ） A．28 B．36 C．45 D．55 【答案】B 【解析】根据数列的前几项求出三角数列以及正方形数列的通项公式即可求解. 由题意可得，三角数列的通项为， 则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….， 设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为，则， 其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…， ∴在三角数列中，第二个正方形数是36. 故选：B. 【变式训练23-1】杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和（    ） A．440 B．480 C．540 D．580 【变式训练23-2】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则（    ） A．650 B．1050 C．2550 D．5050 【变式训练23-3】公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式训练23-4】“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（    ）    A．1275 B．1276 C．1270 D．1280 【变式训练23-5】南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（    ） A．1640 B．1560 C．820 D．780 题型24：其他型 【典型例题1】已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【变式训练24-1】已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练24-2】设，数列中，， ,则（ ） A．当 B．当 C．当 D．当 【变式训练24-3】已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；   ②为等比数列； ③为递减数列；       ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【变式训练24-4】在数列中，已知，其中. （1）求的值，并证明：； （2）证明：； （3）设，求证：. 题型25：通项公式的证明化简 【典型例题1】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． 【解析】证明：由， 变形得：， 由于为正项数列，， 利用累乘法得：从而得知：数列是以2为首项，以2为公差的等差数列． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：， 从而． 【典型例题2】已知数列满足，. 证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； 设，求数列的前项和. 【答案】证明见解析，；. 【解析】由已知可得，可得新的数列，利用定义可得证明，求解通项公式； 由知，，利用错位相减法，可求数列的和. 解：由已知可得， 所以，即， 数列是公差为的等差数列， ， . 【变式训练25-1】已知正项数列满足：，，． （Ⅰ）判断数列是否是等比数列，并说明理由； （Ⅱ）若，设．，求数列的前项和． 【变式训练25-2】已知正项数列满足，设． （1）求，； （2）判断数列是否为等差数列，并说明理由； （3）的通项公式，并求其前项和为． 【变式训练25-3】已知数列的首项为2，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【变式训练25-4】已知数列的各项均为正数，且满足． （1）求，及的通项公式； （2）求数列的前项和． 【变式训练25-5】已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且． （1）求的值及数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 通项公式的求法 目 录 思维导图 3 高考分析 3 学习目标 4 知识要点 4 解题策略 22 题型归纳 24 题型01：观察法求通项公式 24 题型02：公式定义法 26 题型03： 累加法 29 题型04：累乘法 34 题型05：与关系统一法（公式法） 40 一： 用，得到 40 二 ：等式中左侧含有： 46 三 ：消求：将题意中的用替换 55 四： 因式分解型（正项数列） 62 题型06：前n项积求通项 69 题型07：构造法 82 一：形如型的递推式 82 二：形如型的递推式 85 三：取倒数:形如 与类型构造 86 四：形如型的递推式 87 五：构造法——取对数法 93 六：形如型的递推式 97 七：形如型的递推式 99 八：构造法——复合型（an±bn型） 106 九：构造法——an与n复合型 107 题型08：待定系数法 111 题型09：类累加法（隔项等差） 119 题型10：类累乘（隔项成等比） 127 题型11：不动点求通项 133 题型12：特征根求通项 137 题型13：递推关系奇偶并项型 143 题型14：图形推导型 153 题型15： 斐波那契型 163 题型16：周期数列 173 题型17：双数列 176 题型18：重新组合新数列型 181 题型19： 插入项问题 183 题型20：重新排序型 194 题型21： 整除相关 197 题型22：两个数列的公共项 200 题型23： 数学文化相关 206 题型24：其他型 210 题型25：通项公式的证明化简 216 1. 考查频率与题型：属于高考数学数列板块的核心考点，全国卷及各省市自主命题卷中必考，常以解答题第1问或选择题、填空题的形式出现，分值占比 5-12 分。 2. 考查内容：重点考查由递推关系求通项公式，常见递推类型包括 a_{n+1}=a_n+f(n)（累加法）、a_{n+1}=a_n\cdot f(n)（累乘法）、a_{n+1}=pa_n+q（构造等比数列）、a_{n+1}=\frac{Aa_n}{Ba_n+C}（取倒数构造）等；偶尔结合 a_n 与 S_n 的关系（a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge2)）命题，常与数列求和、不等式证明综合考查。 3. 命题趋势：近年来命题更注重通性通法的运用，减少偏难怪题，强调与函数、方程思想的结合，部分题目会设置生活化背景（如增长率、产量问题），考查数学建模能力。 1. 知识目标：掌握由数列的前几项、递推公式、a_n 与 S_n 的关系求通项公式的核心方法，能准确识别不同递推类型并选择对应解法。 2. 能力目标：提升观察、归纳、推理能力，学会通过构造辅助数列（等比、等差）将陌生递推关系转化为熟悉类型，培养数学转化与化归思想。 3. 应试目标：能在 5-8 分钟内解决中等难度的通项公式问题，确保解答题第1问不失分，选择题、填空题快速精准作答。 高中数列通项公式方法最全总结 1、 公式定义法（已知等差或等比求通项） 利用等差数列等比数列的概念定义、中项性质之间的关系求解通项公式如： 1.一次函数为等差数列， 2.二次函数无常数项为等差数列求和公式 3.指数型函数为等比数列（或等比数列求和公式） 二、累加法（适用＋1＝＋f (n)时，用累加法求解．） 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）若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 三、累乘法（适用＝f (n)时，用累乘法求解） 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． 四、与关系统一法 1、已知Sn求an的常用方法是利用=转化为关于an的关系式，再求通项公式. 2、Sn与an关系问题的求解思路 方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解. 方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解. 方向3：若存在 ，则令 ，再利 用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1 的关系式，再求解。 与同时存在 角度1：已知与的关系；或与的关系 用，得到 例：已知，求 角度2：已知与的关系；或与的关系 替换题中的 例：已知； 已知 角度3：等式中左侧含有： 作差法 （类似） 例子：已知求 模板解决步骤 第一步：写出当时，的表达式． 第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系． 第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，注意要进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．忽略对的单独讨论是常见的错误 五、前n项之积Tn与通项公式 与关系问题求解思路（其中为的前n项积） 方向1：若已知与n的关系，可利用转换为的即可求解. 方向2： 若已知与的关系，可利用替换，先求解，再转换为即可求解 前n项积 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. 六、构造法 1、形如型 ①若时，数列为等差数列； ②若时，数列为等比数列； ③若，时，数列为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。 *（方法1）待定系数法： 设，得， 与题设比较系数得：，所以 所以有： 因此数列构成以为首项，以为公比的等比数列。 *（方法2）逐项相减法（阶差法）： 有时我们从递推关系中把换成 有，两式相减有：，从而化为公比为的等比数列，进而求得通项公式，再利用累加法即可求得通项公式。我们可以看到此方法比较复杂。 2：形如型的递推式（其中k，b是常数，且k≠0） *（1）逐项相减法（阶差法） *（2）待定系数法：通过配凑可转化为 解题基本步骤： ①确定 ②设等比数列，公比为 ③列出关系式，即 ④比较系数求， ⑤解得数列的通项公式，并得出数列的通项公式。 3:形如 与类型构造， 取倒数再构造等差或等比数列、两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型； 1.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； 2.还有形如的递推式，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． 类型一： 两边同除 得：，即： 即构成 为首项，以为公差的等差数列 类型二： 两边同时取倒数得：： + 即： 即构成 为首项，以为公差的等差数列 4、形如（其中q是常数，且n≠0,1） ①若时，即：累加即可。 ②若时，即：求通项方法有以下三种方法： （方法1）两边同除以.目的是把所求数列构造成等差数列，即：， 令，则，然后累加法求通项。 （方法2）两边除以.目的是把所求数列构造成等比数列，即：， 令，则可化为，然后待定系数法求通项即可。 （方法3）待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列 设，通过比较系数，求出，转化为等比数列求通项。 注意：应用待定系数法时，要求，否则待定系数法会失效。 5.函数型构造一：形如型的递推式 （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 方法一：设， 通过待定系数法确定的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 方法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得： ， 令得：转化为构造法第一种形式（待定系数法）， 求出 ，再用累加法便可求出 （2） 当为二次函数类型 设 通过待定系数法确定A,B,C的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 （3） 当为n次函数类型时的求解策略同（2）待定系数法 （4）当为指数函数类型（即等比数列，公比为q）时： 方法一：若 设，通过待定系数法确定的值， 转化成以为首项，以p为公比的等比数列， 再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 方法二：由递推式：——①，可得，两边同时乘以得 ——②， 由①②两式相减得， 即，在转化为第一类构造法（待定系数法）便可求出 方法三：若 递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以， 得：，引入辅助数列（其中）， 得：再应用第一类构造法（待定系数法）解决． （5）当为任意数列（等差或等比）时，可用通法： 在两边同时除以 可得到， 令，则， 再转化为累加法，求出之后得． 6对数转换构造： 形如 型的递推式,可取对数构造，对数的底数取为p； ,化简得： 再通过构造法一待定系数法求出的通项公式，然后再左右连边同时取以p为 底数的指数形式求出的通项公式 7.形如型的递推式 （方法1）分离常数再构造 （方法2）特征根法 可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 （方法3）不动点法 8.形如型的递推式 （方法1）可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根； 方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。 （方法2）形如 型的递推式中可以构造为： 展开移项整理得， 与题设比较系数（待定系数法）得 ，转换为二次函数求解，令代入下式得： 角度1：当时，该二次函数存在两个相同解时，得，则 即构成以 为首项，以 为公比的等比数列. 再利用等比数列的通项公式求出的通项公式 然后再利构造法三（函数型构造）求出的通项公式。 角度2：当时，且该二次函数有解并存在两个不同解时， 得 , 即：； 即构成以 为首项，以 为公比的 等比数列. 构成以 为首项，以 为公比的 等比数列. 然后分别将与的等比数列通项公式求解，然后利用方程组法将两式中的 进行相消，得到 的通项公式。 角度3：当时，且该二次函数无实数解时，采用虚数表示，步骤如角度2。 三项式的数列求解也可以参考方法九，特征根法求解 七待定系数法： 待定系数法常见类型如下： (1) （2）、同除+待定系数： （3）、取倒数+待定系数： （4） 、取对数+待定系数： （5）、连续三项： 八．类累加法（隔项成等差） 形如 ① ② 型的递推式中可以先进行第一步的递推： ②①得：然后进行数列构造： 角度1：当 为一次函数时，（c为常数）； 此时的奇数项和偶数项分别以, 作为首项，均以公差为c的等差数列； 当n为奇数时，可令n=2k-1得： ; 即：； 当n为奇数时：; 即： 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 角度2：当 为其他函数时，令 当n为奇数时，可令n=2k-1得： 将上式相加得 令 ; 得； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 九、类累乘法（隔项成等比） 形如 ① ② 型的递推式中可以先进行第一步的递推 ②①得：然后进行数列构造： 角度1：当 为等比数列时，（c为常数）； 此时的奇数项和偶数项分别以, 作为首项，均以公比为c的等差数列； 当n为奇数时，可令n=2k-1得： ; 即：； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 角度2：当 为其他函数时，令 当n为奇数时，可令n=2k-1得： 将上式相成得 令 ; 得； 当n为奇数时：; 当n为偶数时，n-1为奇数： 即： 当n为偶数时： 十、不动点求通项 不动点的概念：对于函数，我们称方程的根为函数的不动点. 不动点法：当我们遇到，且是一个关于的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求，常见的题型有2类：型，型. （1）型：（也可以通过构造法一：待定系数法求解） 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步，在递推公式两端同时减去，化简使得左右两侧结构一致； 第三步，构造数列求通项. （2）型： 第一步，构造函数，并令，求出的不动点； 第二步， ①若有2个不动点，则用两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项； ②若只有1个不动点，则用两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项； ③若没有不动点，则在考题中，往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式求出前几项找规律即可. 注意 1、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：； 2、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) 3、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） 4、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, 十一、特征根求通项 当我们遇到这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根和，则，再利用和来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根，则，再利用和来求出系数A和B. 1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即. 2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。 3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 十二：数列的周期性 1．定义 类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列，如果存在一个常数，使得对任意的正整数恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．若，则称数列为纯周期数列，若，则称数列为混周期数列，的最小值称为最小正周期，简称周期． 2．常见的周期数列 以下类型针对非常数数列，即． 类型一 邻项等和 ①若，则；特别地，则； ②若，则；特别地，则； 类型二 邻项等积 ①若，则；证明：，两式作商得． 特别地，则； ②若，则；证明同上． 特别地，则； 类型三 错号等值 ①若，则；证明类比类型一． 特别地，则； ②若，则；证明类比类型二． 特别地，即，则； 类型四 一次分式之 若，其中，则． 特别地，若，即为前面类型二（邻项之积） 类型五 一次分式之 若，其中，则． 类型六 一次分式之 若，其中，则． 类型七 一次分式之 若，其中，则． 十三;斐波那契数列 一、斐波那契数列的起源：兔子的故事 1202年，一位意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）写了一本书，叫《算盘书》。这本书中提出了一个关于兔子繁殖的问题：假设有一对兔子，这对兔子出生一个月后会成熟，然后每个月都能生一对新兔子。而新生的小兔子，也会在一个月后长大成熟并继续繁殖。兔子永远不会死亡。那么，第N个月时，一共有多少对兔子？ 斐波那契在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄金分割数列”。其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，亦即数列满足：， 且 。 二、斐波那契数列的表示 1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34…… 2、递推公式：， 且 3、通项公式： 三、斐波那契数列的通项公式证明 19世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包含黄金分割比的闭式: （注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。） 证明：因为 ，令（构造等比数列），即 ，对比①、②两式的系数可得，解得 或 情形1：当时 ，即 （常数），则 是等比数列，且首项1，公比为，所以可得 ① 情形2：当时，同理可得 ② 由①、②相减可得 四、斐波那契数列的常用性质 1. 前n项和： 1. 奇数项和： 偶数项和： 1. 平方性质： 平方和性质： 1. 中项性质： 1. 余数列周期性 被2除的余数列周期为3：1，1，0······ 被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······ 被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······ 1. 斐波那契不等式： 1. 质数数量： 每3个连续的数中有且只有1个能被2整除； 每4个连续的数中有且只有1个能被3整除； 每5个连续的数中有且只有1个能被5整除； 1. 两倍数关系： 1. 下标为3的倍数的项之和： 1. 是等比数列 五、斐波那契数列与杨辉三角的关系 斐波那契数列与杨辉三角形（帕斯卡三角形）有关联，即：杨辉三角形中的对角线之和，是斐波那契数。 六、斐波那契数列与黄金比例的关系 当n趋向无穷大时，兔子数列的相邻项之比会倾向于黄金比例，即 （注：这一极限值在数论和代数中用于描述数列的增长率与近似值。） 一 分类突破法 ◦ 类型1：由前几项归纳通项 步骤：观察项的符号规律（用 或 调节）、数字规律（拆分整数、分数的分子分母，联系平方数、立方数、等差数列、等比数列），验证归纳结果。 ◦ 类型2：由 与 的关系求通项 步骤：① 当 n=1 时，=；② 当 n≥2 时，代入 = - 化简；③ 检验 是否满足 n≥2 时的通项，若满足则合并，不满足则分段表示。 ◦ 类型3：递推公式求通项 递推形式 核心策略 累加法： 累乘法： 构造等比数列：设 ，求 取倒数：，转化为 型 2. 易错点规避 ◦ 由 求 时，务必检验 n=1 的情况，避免漏写分段通项。 ◦ 构造辅助数列时，准确计算参数 λ，确保构造后的数列是等比/等差数列。 ◦ 累加法、累乘法中，注意项数的个数，避免求和/求积时多算或漏算项。 思维导图框架 1.高考定位 - 必考考点（5-12分） - 题型：选择/填空/解答题第1问 - 命题趋势：通性通法+函数方程思想 2.核心方法 由前几项归纳：符号规律+数字规律 由aₙ与Sₙ关系：aₙ=Sₙ-₁(n≥2)+检验a₁ 递推公式求通项 累加法：aₙ₊₁=aₙ+f(n) 累乘法：aₙ₊₁=aₙ·f(n) 构造等比：aₙ₊₁=paₙ+q 取倒数：aₙ₊₁=Aaₙ/(Baₙ+C) 3.易错点 未检验n=1的情况 构造数列时参数计算错误 累乘/累加项数出错 题型01：观察法求通项公式 【典型例题】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（   ） A．152 B．480 C．512 D．840 【答案】B 【解析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解. 由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为 数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项， 该数为. 故选：B. 【变式训练1-1】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即，，(，).此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满，，，则 A．1 B． C． D．0 【答案】A 【解析】利用“兔子数列”的前几项除以4的余数得数列的前几项（稍微多求几项），归纳出的周期性，再根据的定义得出的前几项，归纳出的性质，然后由这个规律可得． 解：记“兔子数列”为，则数列每个数被4整除后的余数构成一个新的数列为，可得数列构成一周期为6的数列， 由题意得数列为， 观察数列可知从该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为6的数列， ， 故选：A． 【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性，解题时在数列通项公式不易求出时可利用归纳推理的方法得出结论． 【变式训练1-2】已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，（    ） A．54 B．18 C．9 D．6 【答案】A 【解析】根据题意第行有 个数，第行末为第个数，数表由奇数构成，由可得2021是数阵中的第1011个数，带入进行估算，第45行末为第1035个数，即可得解. 奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数， 第1行到第行一共有个奇数， 则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数， 所以2021位于第45行， 又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数， 所以2021位于第45行，从左到右第21列， 所以，， 则. 故选：A. 题型02：公式定义法 【典型例题1】已知数列对任意均有.若，则（    ） A．530 B．531 C．578 D．579 【答案】C 【解析】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列， 所以， 又因为，即， 可得， 累加可得， 则，所以. 故选：C. 【典型例题2】 设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； 解析：设公差为d，公比为，则， 由可得（舍去）， 所以 【变式训练2-1】记为等差数列的前项和，已知．求的通项公式； 【解析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （1）设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得， 所以， 【变式训练2-2】已知等差数列满足：，且，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； 解析：设数列的公差为，依题意，成等比数列，所以， 解得或，当时，；当时， 所以数列的通项公式为或. 【变式训练2-3】已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若． (1)求数列前项和； 【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解； （1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. 【变式训练2-4】已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且． (1)证明：； 【解析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出； （1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证． 【变式训练2-5】已知是等差数列，． (1)求的通项公式 【解析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式。 （1）由题意可得，解得， 则数列的通项公式为 【变式训练2-6】设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； 【解析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解； （1）设公差为d，公比为，则， 由可得（舍去）， 所以 【变式训练2-7】在数列中，已知，且. (1)求通项公式. (2)求证：是递增数列. 【解析】（1）根据数列的通项将分别代入可计算出，可求得通项公式；（2）根据递增数列的定义，由即可得出证明. （1）由，且可得 ，解得； 因此. 所以，数列的通项公式为 （2）根据递增数列的定义可知， ， 即， 故是递增数列. 题型03： 累加法 【典型例题1】已知数列首项为2，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知得，，则当时，有 ， 经检验当时也符合该式．∴. 故选：D 【典型例题2】 在数列中，已知，且，则 ． 【答案】 【解析】由可得： ， ． 【典型例题3】已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； 【答案】(1)； 【解析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式； （1）解：当时，，解得， 当时，， 两式相减可得，， 则， 叠加可得，，则， 而时也符合题意， 所以数列的通项公式为． 【变式训练3-1】已知数列满足：，则（    ） A．21 B．23 C．25 D．27 【解析】 应用累加法求数列通项公式，再求出对应项. 由题设，……，，， 累加可得且，则， 显然也满足上式，所以. 故选：A. 【变式训练3-2】在数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【解析】采用累加法化简可求. 因为，即， ，，，， 累加得：，即. 故选：C. 【变式训练3-3】在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【解析】根据数列的递推公式可得，结合累加法，即可求解. 由题意可得， 所以当时，，，，， 上式累加可得， ， 又，所以， 当时，满足上式， 所以. 故选：B. 【变式训练3-5】已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解. 依题意，，，当时，，则， 所以 . 【变式训练3-6】已知数列满足，则 . 【答案】 【解析】因， 则. 故答案为：. 【变式训练3-7】已知数列是正项数列，，且．求数列的通项公式； 【答案】（1）； 【解析】（1）由，得， 对任意的，，则，则， 所以，数列是公比为的等比数列，，； 【变式训练3-8】已知数列满足，，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】因为，， 所以， 即，，，，， 所以， 即，则， 当时也成立，所以 【变式训练3-9】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 【变式训练3-10】已知数列满足，且，则________ A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】4 【解析】由，且，根据累加法可得： ， 所以，则. 【变式训练3-11】在首项为1的数列中，则 【答案】 【解析】因为， 所以， ， ， ， 以上各式相加得：， 令，① ，② 错位相减：有，， 即， 所以， 又因为，所以有，所以, 检验时，符合上式，所以. 题型04：累乘法 【典型例题1】已知数列满足，(，)，则数列的通项（    ） A． B． C． D． 【解析】直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式． 解：数列满足，， 整理得，，，， 所有的项相乘得：， 整理得：， 故选：A． 【典型例题2】已知，，则数列的通项公式是（　　） A．n B． C．2n D． 【解析】根据题意可得，再利用累乘法计算可得； 解：由，得， 即， 则，，，…，， 由累乘法可得，因为，所以， 故选：C． 【典型例题3】已知数列的前项和为，，，求数列的通项公式. 【解析】因为，所以当时，， 两式作差可得，整理得． ，令，则， 所以，所以， 则， 当时，也符合上式，综上， 【变式训练4-1】已知是数列的前项和，，，则 . 【答案】 【解析】当时，，即，， 则，即， 则有，，，， 则， 当时，，符合上式，故. 故答案为：. 【变式训练4-2】在数列{an}中，a1=1，(n≥2)，求数列{an}的通项公式. 【答案】 【解析】利用累乘法即可求出数列{an}的通项公式. 因为a1=1，(n≥2)，所以， 所以·…··1=. 又因为当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=. 【变式训练4-3】为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列，求的通项公式. 【答案】(1) 【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立，∴的通项公式 【变式训练4-4】已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【解析】因为， 所以， 累乘可得， 即，所以， 当时，也成立， 所以. 故答案为： 【变式训练4-5】已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列的通项公式 . 【答案】n 【解析】解：∵，∴ 当时，， 当时，成立， ∴， 当时，， 当时，满足上式， ∴. 【变式训练4-6】已知数列的前项和为，，，则 . 【答案】 【解析】当时，，则，两式作差得，即，即， 所以，即， 又由且，即，所以，可得， 则. 显然时也符合，可得， 所以. 故答案为：. 【变式训练4-7】已知数列满足，则的最小值为 ． 【答案】 【解析】因为，所以， 所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 当时，， 因为时，，所以， 因此当或时，取得最小值，为. 【变式训练4-8】设数列是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式 . 【答案】 【解析】由，则 又数列为正项数列，即， 所以，即 所以 故答案为： 【变式训练4-9】已知数列满足，，求数列的通项公式. 【答案】 【解析】由，得， 所以当时，， 因为，所以， 又因为时，满足上式，所以 【变式训练4-10】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式= 【答案】 【解析】由，得， ∵，∴，∴ ，∴， ∴， 又满足上式，∴. 故答案为：. 【变式训练4-11】已知正项数列满足.求的通项公式 【答案】 【解析】由可得：， 因为为正项数列，所以， 所以，则，……，， 将这个式子相乘，则， 又因为，所以 题型05：与关系统一法（公式法） 一： 用，得到 【典型例题1】已知数列的前项和为，若，，则有（    ） A．为等差数列 B．为等比数列 C．为等差数列 D．为等比数列 【答案】D 【解析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项. 由题意，数列的前项和满足， 当时，，两式相减，可得， 可得，即，又由，当时，，所以， 所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错. 当时，，又由时，，适合上式， 所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错. 故选：D. 【典型例题2】已知数列的前n项和为，若，，（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，可得，由此得到数列为等比数列，求出，再求出即可. 由，得， 所以，所以， 因为， 所以是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以， 所以． 故选：D 【典型例题3】已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将化简为，再利用和与项的关系可得，从而确定数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列，根据等比数列的前项和公式即可求解. 因为， 所以，即， 所以， 因为数列的各项都是正项，即， 所以，即， 所以当时，， 所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列. 所以. 故选：C 【变式训练5-1-1】数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于A，化简即可判断； 对于B，化简即可判断； 对于C，由得化简即可判断； 对于D，通过求出即可判断. 得， 又，选项A正确；，选项B正确； 由得，选项C正确； 由，，得，选项D错误. 故选：D. 【变式训练5-1-2】已知是各项均为正数的数列的前项和，，，若对恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B．16 C． D．32 【答案】D 【解析】根据，求出和的通项公式，代入不等式计算，再根据基本不等式即可求解得出. ， 数列是首项为、公比为2的等比数列， ，解得或（舍）， ，即恒成立， ，当且仅当即时取等号，. 故选：. 【变式训练5-1-3】已知数列的前项和满足，有结论： ① 若，则； ② 数列是常数列. 关于以上两个结论，正确的判断是（    ） A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【答案】B 【解析】利用已知数列与的关系，转化为，，再利用分组求和判断①，以及讨论后，判断②. 由，得时，， 两式相减得：， ，故①成立， 由以上可知，当时， ， 当时，，即，即， 只有当时，，此时数列是常数列， 当时，，此时数列不是常数列，故②不成立， 故选：B 【变式训练5-1-4】已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案. 当时，，可得， 当时，，，两式相减得， 即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以； 所以，所以， 令得，，又，所以，此时有， 当时，，即，此时数列是递减数列，故有. 故选：C. 【变式训练5-1-5】已知数列的前项和为，，，设（表示不超过的最大整数），则数列的前2023项和（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据和的关系化简，可得，进而得到数列是以为首项、4为公比的等比数列，进而得到，可得，进而根据等比数列的求和公式求解即可. 因为，则， 两式相减得． 当时，，即， 代入，可得，即，所以， 所以数列是以为首项、4为公比的等比数列， 所以，所以， 所以． 故选：B． 【变式训练5-1-6】数列的前项和，则数列中的最大项为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据与的关系，可得到.进而求出，通过求解，解出正整数，即可求得数列中的最大为. 当时，. 当时，由已知得，，， 则. 当时，，满足. 所以，. 设，则. 设数列中的第项最大，则应满足，即，整理可得 解得，又，所以，， 又. 所以，数列中的最大项为. 故选：C. 【变式训练5-1-7】若数列的前项和，则的通项公式是 【答案】 【解析】因为①，则当时，②， ①―②得：，整理得：， 又，解得.所以数列是首项为1，公比为的等比数列，则. 【变式训练5-1-8】已知数列的前n项和为，，，则 【答案】 【解析】因为，则，整理得，又，则， 因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，则，所以. 【变式训练5-1-9】已知各项都是正数的数列的前项和为，，. 求数列的通项公式 ； 【答案】； 【解析】依题意，， 当时，，解得； 当时，，，两式相减并化简得 ，其中，所以， 即. 所以数列的通项是首项为，公差为的等差数列， 所以. 二 ：等式中左侧含有： 【典型例题1】已知数列的前项和为，且有．求数列的通项公式. 【答案】 【解析】（1）由题， 当时，，∴； 当时，由， 所以，两式相减， 可得，∴． 当时，满足，∴． 【典型例题2】已知正项数列满足，若，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【解析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可. 时， 时， ， 【典型例题3】已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答 由可得， 两式相减可得，则， 当时，可得满足上式，故， 所以， 因数列为单调递增数列，即， 则 整理得， 令，则， 当时，，当时，， 于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得， 所以的取值范围为． 故选：A 【变式训练5-2-1】已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意得到，再利用裂项法求和即可. 由题知：数列满足，设， 所以的前项和为，则. 当时，， 当时，， 检验：当时，，符合. 所以. 令，前项和为. 则. 故选：D 【变式训练5-2-2】在数列中，，求的通项公式. 【答案】 【解析】解：因为，① 则当时，，即， 当时，，② ②得，所以， 也满足，故对任意的，. 【变式训练5-2-3】已知数列满足，则 【答案】 【解析】由 ① 知， 当时，； 当时， ②， 由① ② ：，即得， 当时，符合题意，故. 【变式训练5-2-4】（1）已知数列满足，，则数列的通项公式为___________. 【答案】 【解析】当时，. 当时，，① .② ①②，得. 因为不满足上式，所以 故答案为： （2） 已知数列满足，且，，2，3，…，求的通项公式． 【答案】 【解析】根据数列的退位相减和数列递推关系即可求解. 根据结合可得， ， 所以， 退位相减再合并同类项， 化简可得， 即． 所以， 故． 代入也成立； 所以. 【变式训练5-2-5】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）根据递推关系作差即可求解， （2）根据错位相减法即可求和. （1）当时，． 当时，， 即， 当时，上式也成立， 所以． 当时，也符合，所以． （2）由（1）知． ， ， 则， 所以． 【变式训练5-2-6】知正项数列的前三项分别为，为数列的前项和，满足：. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若数列满足…，求数列的前项和.(参考公式：) 【答案】(1)；(2)；（3）． 【解析】(1)这类问题用特殊值法可求，由已知的值可得，代入已知式，可求得； (2)由(1)得，考虑到等式两边的特征，把此式变形为，分别令…采取累加法可得，从而得，再由求得通项； (3)首要问题是求，当时，由得，两式相减可得，从而有，采取错位相减法可求得其和． 解：(1) ，， 在中，分别令得： . (2)由(1)，，变形为： ，分别令…得 , ， … ， 故 . .，. ，，. (3)当时，， 当时，由得 ， 两式相减得：， ， , , , . ，. 【点睛】求数列通项公式,可观察其特点,如有以下特点一般常利用“累加法”“累乘法”． (1)已知且,可以用“累加法”,即,,…,, .所有等式左右两边分别相加,代入得. (2)已知且,可以用“累乘法”,即,,…, ,,所有等式左右两边分别相乘,代入得. 【变式训练5-2-7】已知正项数列的前n项和为，对于任意的，都有. （1）求，； （2）求数列的通项公式； （3）令问是否存在正数m，使得对一切正整数n都成立?若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；；（2）；（3）存在， 【解析】（1）分别代入和，结合解方程可求得结果； （2）利用得，两式作差整理可得，从而证得数列为等差数列，由此可求得通项公式； （3）由（2）可求得，将问题转化为恒成立，通过求解不等式右侧数列的单调性，可求得时取最小值，由此可得的取值范围. （1）当时，，又，； 当时，，即，解得：. （2）由得：， ， 则，， 两式作差得：，， 数列是以为首项，为公差的等差数列，. （3）由（2）知：，， ，， 假设存在整数，使得对一切正整数都成立， 设，， 则， 为递增数列，， 由恒成立知：， 存在正实数，使得对一切正整数都成立. 【点睛】本题考查数列中的项的求解、求解数列的通项公式、恒成立问题的求解；求解数列通项公式的关键是能够灵活应用与的关系，证得所求数列为等差数列；处理恒成立问题的关键是将问题转化为参数与数列最值的关系，通过证明数列的单调性可求得最值，进而求得参数的取值范围. 三 ：消求：将题意中的用替换 【典型例题1】已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则错误的选项是（    ） A．是等差数列 B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出，即可判断正误，对于D，构造函数，即可判断正误 A选项，，，解得：  时，， 整理得：  故是等差数列，故A正确； B选项，由A分析可知，则，则， 注意到， ，又.则，故B正确； C选项，由题，故C错误； D选项，令，，则 在上单调递增， 又，则 即，故D正确； 故选：C 【典型例题2】设是数列的前n项和，且，则下列选项错误的是（ ） A． B． C．数列为等差数列 D．－5050 【答案】A 【解析】由可得－＝－1，即数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由求出可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D. 是数列的前n项和，且， 则，  整理得－＝－1（常数）， 所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确； 所以，故． 所以当时， －，不适合上式， 故故B正确，A错误； 所以， 故D正确． 故选：A. 【典型例题3】数列的前项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（    ） A．是等差数列 B． C． D．是等比数列 【答案】C 【解析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确. 对于A，当时，由得：， ，即，又， 数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确； 对于B，由A知：，，B正确； 对于C，当时，， 经检验：不满足，，C错误； 对于D，由B得：，，又， 是以为首项，为公比的等比数列，D正确. 故选：C. 【变式训练5-3-1】已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（    ） A．46 B．49 C．52 D．55 【答案】B 【解析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可. 因为当时，，即， 所以． 因为 ． 又，所以． 因为，所以，解得或（舍去）． 故选：B． 【变式训练5-3-2】已知为数列的前项和，，，则（    ） A．1011 B．2022 C．3033 D．4044 【答案】B 【解析】先利用将转化为关于数列的递推关系，根据递推式变形得到数列的偶数项成公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可. ， ，即①， 当时，②， ①-②得， 即数列的偶数项成公差为2的等差数列， 又时，，得，， ， 故选：B. 【变式训练5-3-3】已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（    ） A．15 B．16 C．3 D．4 【答案】A 【解析】由递推关系求得、，根据关系可得，由等差数列定义求出通项，最后应用对数的运算性质可得，进而求对应n的范围，即可得答案. 由题设且，当时，，则， 当时，，则，可得， 所以， 当时，，则， 由上，也成立，故是首项、公差均为1的等差数列，则，即， 又， 所以，即，故的n的最小正整数解为. 故选：A 【变式训练5-3-4】设为数列的前项和，已知，求 【解析】由题意知，， 又，得． 当时，由，得，得． 则数列是首项为，公差为1的等差数列． 所以． 又，则． 当时，， 又满足上式， 所以． 【变式训练5-3-5】在数列中,,则的通项公式为 . 【答案】. 【解析】当时,, 整理可得:, 为公差为2的等差数列,, 【变式训练5-3-6】已知数列的前n项和为，，且，求通项公式． 【答案】 【解析】 ，即是以2为公差，1为首项的等差数列 ，即 当时， 显然，时，上式不成立，所以. 【变式训练5-3-7】已知数列的前n项和为，且，，设． (1)求证：数列为等比数列； 【解析】（1），即， 即，则，即， 即，又， 故数列是以为首项、以为公比的等比数列. 【变式训练5-3-8】已知数列的前项和为，且满足，. （Ⅰ）求证：是等差数列； （Ⅱ）求的表达式； （Ⅲ）若），求证：. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）将an＝Sn﹣Sn﹣1代入an+2Sn•Sn﹣1＝0中整理得，即证得数列为等差数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得，进而根据an＝Sn﹣Sn﹣1求得n≥2时数列的通项公式，求得a1，则数列通项公式可得．（Ⅲ）把（Ⅱ）中的an代入bn＝2（1﹣n）an中求得，进而利用裂项法和放缩法可得到证明． （Ⅰ）证明:当时，， 又，所以， 若，则与矛盾， 故，所以， 又，所以是首项为2，公差为2的等差数列； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，故， 当时，；当时，， 所以； （Ⅲ）证明：当时，， ， . 【点睛】本题考查利用定义法证明等差数列，考查数列通项公式的求法，考查裂项相消求和和放缩法的应用，属于中档题. 四： 因式分解型（正项数列） 【典型例题1】已知正项数列的前项和为，满足，则的最小值为 . 【答案】/ 【解析】根据与的关系，利用相减法求得与的递推关系式，从而可得与，结合基本不等式求解的最小值即可. 因为， 当时，，所以相减得 即，整理得 又，所以，则，即 当时，，则，解得或（舍） 综上，数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，， 所以 当且仅当，即时等号成立，但，故取等不成立 所以当时，，当时， 又，所以的最小值为. 故答案为：. 【典型例题2】已知数列的前项和，且满足，求的通项公式； 【解析】（1）因为. 所以当时， 当时，， 两式相减得 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 则数列通项公式为 【典型例题3】 已知数列是递增数列，其前项和满足.证明：是等差数列 【解析】当时，，解得， 当时，，则， 即，即 又数列为递增数列， 所以，故， 即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列 【典型例题4】已知正项数列，其前项和为，且满足，数列满足，其前项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是 . 【答案】1 【解析】利用，得出，即可判断数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，，，，根据，不等式恒成立，转化为，不等式且恒成立，即可得出结论. 由题意知，，且， 则当时，， 两式相减得， 所以， 而，即， 又，解得， 数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此， 则， ， ， 数列是单调递增的，， 而数列是单调递减的，， 因为，不等式恒成立， 则，不等式且恒成立， 因此且，即有， 又，所以的最小值是1. 故答案为：1 【变式训练5-4-1】记为正项数列的前n项和，若，则 【答案】 【解析】利用的关系式求出数列的通项公式，然后裂项相消法求和即可. 因为①，且， 所以当时，， 解得（负值舍去）； 当时，②， ①②得，， 所以， 又， 所以， 即， 故数列是首项为2，公差为1的等差数列， 所以． 故 ， 故答案为：. 【变式训练5-4-2】设数列的前n项和为，且，，则的最小值是 . 【答案】 【解析】根据 的关系可得，进而由等差数列求和公式求解，由二次函数的性质即可求解最值. 当时，，即，解得或.因为，所以. 当时，，所以，即，即.因为，所以，所以，即，则，从而，故，当或时，取得最小值，最小值是. 故答案为： 【变式训练5-4-3】设数列的前项和为，，，且，则的最大值是 ． 【答案】 【解析】由已知等式结合因式分解可求得，求出，可得出，令，分析数列的单调性，可求得数列最大项的值，进而可求得数列最大项的值. 因为，则，由， 可得，所以，，即， 满足，，，则， 所以，数列为等差数列，故，则， 令，则， 当时，，即； 当时，，即数列从第三项开始单调递减， 故，所以，. 故答案为：. 【变式训练5-4-4】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式= 【答案】 【解析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项. 由，得， ∵，∴，∴ ，∴， ∴， 又满足上式，∴. 故答案为：. 【变式训练5-4-5】已知各项为正数的数列的前项和为，满足．求数列的通项公式； 【解析】（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． 【变式训练5-4-6】记为数列的前项和．已知．证明：是等差数列； 【解析】证明：因为，即①， 当时，②， ①②得，， 即， 即， 所以，且， 所以是以为公差的等差数列． 【变式训练5-4-7】设各项均为正数的数列的前项和为，且满足：，． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)设，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）通过令，结合数列的各项均为正数，计算即得结论； （2）通过对变形可知，，通过可知，利用当时计算即得结论； （3）利用错位相减法求数列的前项和． （1）解：由，可得： ，又，所以或（舍去）. （2）解：由，可得： ，，又，所以， ∴， ∴当时，， 由（1）可知，此式对也成立， ∴. （3）解：由（2）可得， ∴； ∴； ∴， ∴ ， ∴. 【变式训练5-4-8】设Sn是正项数列{an}的前n项和，且． (1)求a1的值； (2)求数列{an}的通项公式． 【答案】(1)3(2)an＝2n＋1 【解析】(1)由所给条件知，当n＝1时 ， 整理得 ，由于 ，得 ； (2)由条件得 ，   ， ①- ②得 ， 整理得：（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0， 因为：an＋an－1＞0，∴an－an－1＝2（n≥2）， 是首项为3，公差为2的等差数列，    ，故 . 题型06：前n项积求通项 【典型例题1】已知数列前n项积为，且,求证：数列为等差数列； 【解析】因为，所以， 所以， 两式相除，得，整理为， 再整理得，． 所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列 【典型例题2】已知数列的前n项和为，在数列中，，，，求数列，的通项公式 【解析】（1）由已知得，当时 . ∴ 当时，，也满足上式．所以 当时，，∴ 当时，，符合上式 当时，，所以，也符合上式，综上， ∴，. 【典型例题3】（多选题）已知数列，，记，，若且则下列说法正确的是（    ） A． B．数列中的最大项为 C． D． 【答案】BD 【解析】对于A，由已知， 当时，，即，， 当时，，即， 所以，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即，A选项错误； 对于B，所以，，且数列单调递减， 所以数列中的最大项为，B选项正确； 对于C，， ， 所以，C选项错误； 对于D，又，所以，即，D选项正确； 故选：BD. 【典型例题4】记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则的通项公式为 . 【答案】 【解析】由题意可得，利用及等差数列的定义求出的通项公式，进而可得，再利用当时求解即可. 由已知可得，且，， 当时，由得, 由于为数列的前项积，所以，， 所以， 又因为，所以，即，其中， 所以数列是以为首项，以为公差等差数列， 所以，， 当时，， 当时，， 显然对于不成立， 所以， 故答案为： 【变式训练6-1】设是数列的前项积，则“”是“是等差数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】由求出的表达式，结合等差数列的定义可判断充分条件；举特例可判断必要条件，综合可得结论. 若，则；当时，. 所以，对任意的，，则，此时，数列是等差数列， 故“”能得出“是等差数列”； 若“是等差数列”，不妨设，则， 即“是等差数列”不能得出“”. 所以“”是“是等差数列”的充分不必要条件. 故选：A. 【变式训练6-2】已知数列的前项和为，且，首项为1的正项数列满足，则数列的前项和 ． 【答案】 【解析】根据，作差得到，即可求出的通项公式，再记，当时，，即可得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等边求和公式计算可得. 因为，当时，，解得， 当时，，两式相减可得，即， 所以，故数列是以为首项、为公比的等比数列，故． 记， 故当时，，即， 故，因为，故， 故数列是以1为首项，为公比的等比数列，故． 故答案为： 【变式训练6-3】已知数列的前项和为 ，为数列的前项积，满足 ，给出下列四个结论： ①；②；③为等差数列；④. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【解析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项. 因为 ，所以当时，，解得或， 又，所以，故，故①正确； 因为，可得，所以，当时，， 所以， 是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确； 所以，则，所以为等差数列，故③正确； 当时，，又不符合 所以，故②不正确. 故答案为：①③④. 【变式训练6-4】已知数列的前项和为为数列的前项积，满足（为正整数），其中，给出下列四个结论：①；②；③为等差数列；④.其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【解析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，两式相除整理可证明为等差数列，即可求得，从而可求得，由此得以判断各结论. 因为 ， 所以当时，，解得或， 又，所以，故，故①正确； 因为，易得，所以， 当时，， 所以，则， 所以，则， 又， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则， 经检验，满足上式，所以，故④正确； 所以，则， 所以为等差数列，故③正确； 当时，， 又不符合上式， 所以，故②错误. 故答案为：①③④. 【变式训练6-5】设数列的前项之积为，满足. 设，求数列的通项公式； 【答案】 【解析】（1）数列的前项之积为，满足，时，，解得．时，，变形为，结合，即可得出． （1）因为数列的前项之积为，满足， 所以当时，，解得． 当时，， 化为， 变形为， 又，所以，即且， 则数列是以为首项，为公比的等比数列 所以． 【变式训练6-6】记为数列的前n项积，已知，，求数列的通项公式 【解析】由题意可得，因为， 所以，即， 所以. 又，， 所以， 故是以3为首项，2为公差的等差数列， 【变式训练7-7】设为数列的前n项积．已知．求的通项公式； 【解析】依题意，是以1为首项，2为公差的等差数列，则， 即，当时，有，两式相除得，， 显然，即，因此当时，，即， 所以数列的通项公式. 【变式训练6-8】设各项都不为0的数列的前项积为，，，求数列的通项公式； 【答案】(1) 【解析】 （1）利用与的关系得到，再检验即可得解； 【解析】（1）因为， 当时，，两式相除可得， 因为，所以， 又，所以. 【变式训练6-9】已知数列的前项积为，且，求的通项公式 【答案】； 【解析】（1）由数列的前项积为，得，又， 所以，当时，，整理得，即， 所以，当时，为定值， 因为，令，得，，故， 所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，得. 所以，当时，，显然符合上式，所以. 【变式训练6-10】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）. 【解析】（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. （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． （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, ∴. 【变式训练6-11】 设为数列的前n项积．已知．求的通项公式； 【解析】依题意，是以1为首项，2为公差的等差数列，则， 即，当时，有，两式相除得，， 显然，即，因此当时，，即， 所以数列的通项公式. 【变式训练6-12】设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． (1)求，； (2)求证：数列为等差数列； (3)求数列的通项公式． 【解析】（1）由，且， 当时，，得， 当时，，得； （2）对于①， 当时，②， ①②得， 即，， 又， 数列是以1为首项，1为公差的等差数列； （3）由（2）得， ， 当时，， 又时，，不符合， . 【变式训练6-13】、已知为数列的前n项的积，且，为数列的前n项的和，若（，）. （1）求证：数列是等差数列； （2）求的通项公式. 【解析】（1）证明：，. ， 是等差数列. （2）由（1）可得，. 时，； 时，. 而，，，均不满足上式. （）. 【变式训练6-14】为数列的前n项积，且． (1)证明：数列是等比数列； (2)求的通项公式． 【解析】（1）证明： 由已知条件知     ①, 于是．     ②, 由①②得．     ③  ， 又    ④， 由③④得，所以 ， 令，由，得，， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列； （2）由（1）可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列． ， 法1：时，， 又符合上式，所以； 法2：将代回得：． 【变式训练6-15】已知数列的前n项之积为，且． 求数列和的通项公式； 【解析】∵①，∴②， 由①②可得，由①也满足上式，∴③， ∴④，由③④可得， 即，∴，∴． 【变式训练7-16】已知数列的前n项积. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前n项为，求的最小值. 【解析】（1）. 当时，； 当时，，也符合. 故的通项公式为. （2）， ， 是以为首项，2为公差的等差数列， ， 当时，的最小值为. 题型07：构造法 一：形如型的递推式 【典型例题1】已知数列中，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 所以所以数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列， 所以. 【变式训练7-1-1】 已知数列满足，，则该数列的通项公式 ． 【答案】 【解析】因为，所以，则数列时以为首项 公比为的等比数列，故，所以. 【变式训练7-1-2】 已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； 【答案】 【解析】当时，，解得， 当时，． 可得， 整理得：， 从而， 又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列； 所以， 所以，经检验，满足， 综上，数列的通项公式为. 【变式训练7-1-3】已知数满足，则数列的通项公式 ． 【答案】 【解析】由可得：，又, ， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 【变式训练7-1-4】已知数列满足，，则满足的最小正整数 ． 【答案】5 【解析】由，解得， 又，所以． 另一方面由，可得， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以，易知是递增数列， 又，， 所以满足的最小正整数． 【变式训练7-1-5】设数列的前n项和为，且，求. 【答案】(1) 【解析】当时，，解得， 当时，， 即， 是以为首项，为公比的等比数列， 则，即 二：形如型的递推式 【典型例题】若，，则 ； 【答案】 【解析】设， 所以， ，， 所以， 所以数列是一个以为首项，以2为公比的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：. 【变式训练7-2-1】已知数列的前n项和为，，且，求通项公式． 【解析】 又 是以2为公比和首项的等比数列 ，即 【变式训练7-22】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：. 【变式训练7-2-3】 设数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】设，化简后得， 与原递推式比较，对应项的系数相等，得，解得， 即，令，则，又， 故，，得. 故答案为： 三：取倒数:形如 与类型构造 【典型例题】已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【解析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解. 由两边取倒数可得，即． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以，所以． 【变式训练7-3-1】在数列中，若，则 . 【答案】 【解析】通过取倒数的方法，证得数列是等差数列，求得，进而求得. 取倒数得:， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，所以. 【变式训练7-3-2】已知数列中，，，则数列的前10项和（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【解析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可. 解：∵， ∴， ∴． ∴数列是首项为，公差为的等差数列， ∴，∴． ∴， ∴数列的前10项和． 四：形如型的递推式 【典型例题1】已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】由得， 故为等差数列，公差为1，首项为1， 所以 所以. 故答案为： 【典型例题2】在数列中，已知． (1)求的通项公式； 【解析】（1）因为， 所以，又， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． 所以，即； 【典型例题3】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：. 【变式训练7-4-1】 已知数列满足，当时，，求数列的通项公式 【答案】 【解析】解：当时，在等式两边同除后得， 所以，， 上述等式累加得，即，所以，. 又时，满足该式，故. 【变式训练7-4-2】已知数列的前项和为，且，求. 【答案】(2) 【解析】（1）由，得， 当时，，所以， 当时，， 两式相减得，即， 所以， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以 【变式训练7-4-3】数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为 . 【答案】． 【解析】已知式两边同除以，构造一个等差数列，由等差数列的通项公式可得结论． ∵，所以，即， ∴是等差数列，而， 所以， 所以． 【变式训练7-4-4】已知在数列中，，，则 ． 【答案】 【解析】由构造法可得，所以数列是以为首项， 为公比的等比数列，即可求出数列的通项公式. 因为，，所以， 整理得，所以数列是以为首项， 为公比的等比数列，所以，解得． 故答案为：. 【变式训练7-4-5】已知数列的前项和为，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．数列是等比数列 D． 【答案】D 【解析】根据的关系以及已知条件，可以得出，即是一个等差数列.然后求出通项公式，逐个检验选项即可. 由已知得， 两式作差得， 即，两边同时乘以可得， ，即是一个等差数列. 又，时，有，又，所以. 所以，数列首项为，公差为1的等差数列， 则， 所以，. 则，，显然A不正确； ，，，B不正确； 由前面已得，数列是等差数列，C项不正确； 单调递增，则 又   所以， 所以，. 【变式训练7-4-6】已知数列满足，且． 求数列的通项公式； 【解析】由已知，所以，又， 所以数列是首项为，公比的等比数列， 所以，即 . 【变式训练7-4-7】．已知数列满足：，且.求； 【解析】数列中，由，得， 因此数列是以为首项，2为公差的等差数列，则， 所以. 【变式训练7-4-8】数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】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： 【变式训练7-4-9】已知在数列中，，，则 【答案】 【解析】因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得． 故选：A 【变式训练8-4-10】已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】由得， 故为等差数列，公差为1，首项为1， 所以 所以. 故答案为： 五：构造法——取对数法 【典型例题】设正项数列满足，，求数列的通项公式． 【解析】对任意的，， 因为，则， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，解得. 【变式训练7-5-1】（1）已知数列满足，且，则 ； 【答案】 【解析】由，可得，即， 两边取以4为底的对数得， 又， 则数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以； （2）已知，，求． 【解析】因为，所以，所以， 所以， 因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 所以， 所以， 所以，. 【变式训练7-5-2】已知数列满足，. 证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； 【解析】因为，所以， 则， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以； 【变式训练7-5-3】已知数列满足，，求数列的通项公式. 【答案】 【解析】 通过对数变换把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式. ∵，，∴. 在式两边取常用对数得，① 设，② 将①代入②整理得， 两边消去并整理，得， 则，故， 代入②式，得，③ 由及③式， 得，则， ∴数列是以为首项，以5为公比的等比数列， 则， 因此 ， 则. 【点睛】关键点点睛：对于由递推式所确定的数列通项公式问题，往往将递推关系式变形转化为我们熟知的等差数列或等比数列，要注意对递推式等价变形. 【变式训练7-5-4】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 【解析】（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. （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. 六：形如型的递推式 【典型例题】已知数列的首项，且满足，求. 【解析】（1）证明：由，可得， 又 故数列为等比数列，，故. 【变式训练7-6-1】已知数列满足，，则 ． 【答案】 【解析】设，令得：，解得：； ，化简得，， 所以，从而， 故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列， 从而，故． 【变式训练7-6-2】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． 故答案为： 【变式训练7-6-3】 已知，，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】，①．② 由得． 又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即． 故答案为： 七：形如型的递推式 【典型例题1】在数列中，，且对任意的，都有，求数列的通项公式； 【答案】 【解析】由，可得 又，， 所以. 所以首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以. 又满足上式，所以 【典型例题2】已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案. 因为，由递推知，，所以， 则，有， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以 则，所以. 【典型例题3】 已知数列满足，且，.求数列的通项公式； 【解析】因为，所以， 又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，① 又因为，所以，数列为常数列， 故，② ②①可得，所以，， 所以，对任意的，. 【变式训练7-7-1】在数列中，，，则的值为(    ) A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【解析】根据已知条件，利用前n项和公式与通项公式之间的关系求数列的递推公式，根据递推公式构造等比数列，求出的关系，再构造等差数列数列即可求出，从而求得. ∵，，∴，解得. ∵，∴，两式相减得，， ∴， ∴是以＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴，两边同除以，则， ∴是以为公差，为首项的等差数列， ∴， ∴， ∴. 故选：A. 【变式训练7-7-2】已知数列中，，求的通项公式． 【解析】化为，即， ，可得或，（所得两组数值代入上式等价）， 不妨令，， 所以是以1为首项，为公比的等比数列，则， 累加法可得：， 又符合上式，故. 【变式训练7-7-3】在数列中，，，且满足，则 . 【答案】 【解析】由递推公式两边同除得到，即可得到，即可得到是以为首项、为公比的等比数列，则，再利用累加法求出，即可得到数列的通项公式； 解：因为，，，显然，所以，同除得，所以，所以，所以是以为首项、为公比的等比数列，所以，所以 所以 【变式训练7-7-4】已知数列满足，，． (1)证明：是等比数列； (2)求． 【解析】（1）由已知，，∴， ∴， 显然与，矛盾，∴， ∴， ∴数列是首项为，公比为的等比数列. （2）∵，∴， ∴， 显然与，矛盾，∴， ∴∴， ∴数列是首项为，公比为的等比数列， ∴，①， 又∵由第（1）问，，②， ∴②①得，， 【变式训练7-7-5】已知数列满足，，，求 【解析】法1：已知，所以， 则是首项为，公比为3的等比数列， 故，则， 得， 当n为奇数时，，，，，， 累加可得，， 所以， 当n为偶数时，， 综上，； 法2：由特征根方程得，，， 所以，其中，解得，， . 【变式训练7-7-6】已知数列中，，且满足．设，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； 【解析】（1）∵，，∴， ∵，∴， 又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴，. （2）∵， ∴当时， ，又也满足上式， 所以. 【变式训练7-7-7】已知数列满足，，，求的通项公式． 【解析】因为，所以， 又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． 所以， 所以当时， ， 又当时，，符合上式， 所以对于任意正整数n都有． 【变式训练7-7-8】（1）已知数列满足，且，.求数列的通项公式； 【解析】因为，所以， 又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，① 又因为，所以，数列为常数列， 故，② ②①可得，所以，， 所以，对任意的，. （2）已知数列中，，求的通项公式． 化为，即， ，可得或，（所得两组数值代入上式等价）， 不妨令，， 所以是以1为首项，为公比的等比数列，则， 累加法可得：， 又符合上式，故. 八：构造法——复合型（an±bn型） 【变式训练7-8-1】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) 【解析】（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. （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 . 九：构造法——an与n复合型 【典型例题】已知数列的前项和为，，． (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2)． 【解析】（1）利用的关系化简条件式得，根据等比数列的定义及通项公式计算即可； （2）结合（1）的结论得，利用错位相减法计算即可求和. （1）由，得， 即，所以． 又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． （2）由，得． 所以， ， 两式相减，得， 所以． 【变式训练7-9-1】已知数列的前项和为，，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）利用构造法和等差数列的定义与通项公式可得，结合即可求解； （2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解. （1）根据题意，，所以， 由于，则是以首项为1，公差为的等差数列， 所以，所以， 当时，. 验证时满足通项公式，故数列的通项公式为. （2）由（1）知. 设的前项和为，则当为偶数时， . 当为奇数时，， 设的前项和为，则. 因为，所以 【变式训练7-9-2】在数列中，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列满足； ①求证：数列是等差数列； ②若，设数列的前n项和为，求证：． 【答案】(1) (2)①证明见解析 ；②证明见解析 【解析】（1）变形得到，结合，故，从而得到； （2）①化简得到，利用得到，同理可得，证明出是等差数列； ②求出，结合，得到公差，得到通项公式，所以，裂项相消法求和证明出结论. （1）因为， 所以， 所以， 所以， 因为，所以n=1时，， 所以数列是各项为0的常数列，即， 所以． （2）①由得 所以① 所以② ②-①得：③ 所以④ ④-③得，所以 即 所以数列是等差数列． ②当时，由得，所以， 又，故的公差为1，所以， 所以， 即 ． 【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 题型08：待定系数法 【典型例题1】已知数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C． D．2023 【答案】A 【解析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案. 因为，即. 当时，，即； 当时， ， 所以， 所以. 又， 所以数列是等比数列，首项为，公比为， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 【典型例题2】数列中，，，则此数列的通项公式 . 【答案】 【解析】因为，所以，又， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则. 故答案为： 【变式训练8-1】高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列的前n项和为，且，令，则（    ） A．7 B．8 C．17 D．18 【答案】B 【解析】根据与的关系，化简可得，再由裂项相消法求，分析其范围即可得解. 当时，， 解得（负值舍去）. 由 可得 ， 所以 ，即， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 故，即， 所以， 所以 ， 由知，， 所以 故， 故选：B 【变式训练8-2】数列满足，∀，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据给定的递推公式，利用构造法求出数列的通项，再分离参数，借助数列单调性求解作答. 因为数列满足，则，而， 因此数列是以3为首项，3为公比的等比数列，则，即， 又∀，因此对恒成立，即， 而数列是递增数列，则当时，，有， 所以实数的取值范围是. 故选：B 【变式训练8-3】在正三棱柱中，若点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动次后还在底面的概率为，有如下说法：①；②；③为等比数列；④，其中说法正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据古典概型概率公式可确定①错误；记为第次移动后在底面上的概率，可确定与满足的递推关系式，得到②正确；根据递推关系式和等比数列定义可证得③正确；结合等比数列通项公式推导可得④正确. 对于①，第一次移动后，可移动到点，其中位于底面上的点有， 当时，，①错误； 对于②，当时，记为第次移动后在底面上的概率，则表示第次移动后在平面上的概率， 在底面上移动的概率为，由平面移动到底面的概率为， ，，②正确； 对于③，由得：，又， 数列是以为首项，为公比的等比数列，③正确； 对于④，由③知：，，④正确. 故选：C. 【变式训练8-4】在数列中,,,则（    ） A．是等比数列 B．是等比数列 C．是等比数列 D．是等比数列 【答案】B 【解析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项. 解:由题知, 所以, 又因为, 所以是等比数列, 且首项为4,公比为2. 故选:B 【变式训练8-5】已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式 . 【答案】 【解析】设，即，故，解得：， 故变形为，， 故是首项为4的等比数列，公比为3， 则， 所以， 故答案为： 【变式训练8-6】已知数满足，则数列的通项公式 ． 【答案】 【解析】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： 【变式训练8-7】在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ． 【答案】 【解析】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：. 【变式训练8-8】已知数列满足，求数列的通项公式. 【解析】令，则，且， 代入，得即. 因为， 则， 即，可化为， 因为，所以是以为首项，以为公比的等比数列， 因此，则，即， 得. 【变式训练8-9】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：. 【变式训练8-10】设数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】设，化简后得， 与原递推式比较，对应项的系数相等，得，解得， 即，令，则，又， 故，，得. 故答案为： 【变式训练8-11】已知．求通项公式． 【解析】，① 设，其中A、B、C为常数． 代入①知：， 则 令 将的值代入②， 所以为等比数列，且公比为2，首项为 故 【变式训练8-12】已知数列满足，求数列的通项公式. 【解析】， ， 又， 所以数列是以32为首项，2为公比的等比数列， ， . 【变式训练8-13】 （1）已知数列满足，求数列的通项公式. （2）已知数列满足，求数列的通项公式. 【答案】（1），（2） 【解析】（1）根据递推关系构造数列是等比数列，求出通项公式，进而求得； （2）根据递推关系构造数列是等比数列，求出通项公式，进而求得； （1）， ， 即，又，， 所以数列是首项为13，公比为3的等比数列， ， . （2）， ， 又， 所以数列是以32为首项，2为公比的等比数列， ， . 题型09：类累加法（隔项等差） 【典型例题1】 数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（       ） A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B 【解析】由得， ∴为等比数列，∴， ∴，， ∴， ①为奇数时，，； ②为偶数时，，， ∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解， 综上所述，. 【典型例题2】 数列满足：，求通项. 【解析】因为， 所以当时，， 当时，， 两式相减得：， 构成以为首项，2为公差的等差数列； 构成以为首项，2为公差的等差数列， ， ， 【典型例题3】若数列满足，（），则 . 【答案】3268 【解析】由题意可得，作差得， 故 【典型例题4】 已知数列满足. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和及其最小值. 【答案】(1)； (2)，的最小值为. 【解析】（1）根据已知求得，把n分为奇数、偶数分别求得通项公式； （2）由（1）的结论，求出，再利用错位相减法求和并求出其最小值即得. （1）由，得，两式相减得， 而，，则， 因此当n为正奇数时，，当n为正偶数时，， 所以的通项公式是. （2）由（1）知， ， 则有， 两式相减得 ， 因此， 显然当时，，，当时，， 又，因此， 所以数列的前项和，的最小值为. 【变式训练9-1】数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（       ） A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B 【解析】由得， ∴为等比数列，∴， ∴，， ∴， ①为奇数时，，； ②为偶数时，，， ∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解， 综上所述，. 故选：B. 【变式训练9-2】 数列满足：，求通项. 【解析】因为， 所以当时，， 当时，， 两式相减得：， 构成以为首项，2为公差的等差数列； 构成以为首项，2为公差的等差数列， ， ， 【变式训练9-3】已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（   ） A．数列是等比数列 B． C． D． 【答案】BCD 【解析】根据递推关系代入即可求解AB，根据递推关系可证明是首项为，公比为的等比数列，可得，即可利用分组求和，结合等比求和公式求解CD. 对于A选项， 取，得，又，所以， 取，得，所以，显然， 即数列一定不是等比数列，所以A错误； 对于B选项， 取，得，取，得，所以，所以B正确； 对于C，D选项， 由，得， 又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以， ，， ， 所以C，D均正确． 故选:BCD． 【变式训练9-4】已知数列满足，，，是数列的前n项和，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【解析】根据数列满足，，得到，两式相减得：，然后利用等差数列的定义求得数列 的通项公式，再逐项判断. 因为数列满足，，， 所以， 两式相减得：， 所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列； 偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列； 所以数列 的通项公式是， A. 令时， ，而 ，故错误； B. 令时， ，而 ，故错误； C. 当时， ，而 ，成立，当时，，因为，所以，所以，故正确； D. 因为，令，因为，所以得到递增，所以，故正确； 故选：CD 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题. 【变式训练9-5】已知各项均为正数的数列满足：，,求数列的通项公式. 【答案】 【解析】解：由， 当时，， ∴，又，，∴。 当时，， ∴为奇数时， ；当时，， ∴为偶数时，，∴ 【变式训练9-6】已知数列中，对任意的,都有，，求的通项公式． 【答案】 【解析】由条件，可得： 两式相减得： 因为，所以，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列； 偶数项是首项为1公差为4的等差数列． 综上： 【变式训练9-7】在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项数列的前项和为，，满足____________. （1）求的通项公式； （2）若为数列的前项和，记，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）若选①：利用可得递推关系，利用累乘法可计算求得； 若选②，利用可得，分别在和两种情况下计算可得结果； 若选③，列出，与原式作差即可整理求得； （2）利用等比数列求和公式可求得，进而得到，采用裂项相消法可求得，根据可证得结论. （1）若选①：由得：，， 当时，，整理可得：， ，，……，，， ，又，； 经检验：时，满足； 综上所述：； 若选②：当时，，； ，， ，， 当时，， 数列是以为首项，为公差的等差数列，； 当时，， 数列是以为首项，为公差的等差数列，；； 经检验：时，满足； 综上所述：； 若选③：由题意得：， ， 又，； 经检验：时，满足； 综上所述：. （2）由（1）可得：， ， ， ，， 即. 【点睛】方法点睛：本题第一问考查了利用与关系求解数列通项公式，即；第二问考查了裂项相消法求解数列的前项和的问题，裂项相消法适用于通项公式为形式的数列，即，进而前后相消求得结果. 题型10：类累乘（隔项成等比） 【典型例题1】已知数列满足，，，，求数列的通项公式 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】(1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式； (2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可. （1）由 ，得 以上两式相比，得, 由，得, 所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，, 数列是首项为6，公比为4的等比数列，, 综上，数列的通项公式为 . 【典型例题2】已知数列中，，求数列的前n和. 【答案】 【典型例题3】（多选）已知数列中，，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 【答案】ABC 【解析】，，，即，则，A正确； 显然有，于是得， 因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，B正确； 于是得，， 则，，C正确，D不正确. 【典型例题4】已知数列对任意满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，得， 所以， 所以，即①． 又因为②， ①②两式相乘，得． 故选：A． 【变式训练10-1】 已知数列，均为递增数列，它们的前项和分别为，，且满足，，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出与的取值范围，再分别求出数列与的前项和的表达式即可判断大小关系． 由是递增数列，得；又，所以， 所以，所以，故选项A正确； ，故B不正确； 由是递增数列，得，又，所以， 所以，所以，故选项C正确； 所以 ， 所以，又，所以， 而， 当时，； 当时，可验证， 所以对于任意的，，故选项D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A、C，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小. 【变式训练10-2】在数列中，已知，，求的通项公式． 【答案】 【解析】通过凑配法证得是等比数列. （由，得， 即， 所以是首项为，公比为的等比数列. . 【变式训练10-3】已知数列满足，，．求的通项公式． 【答案】(1) 【解析】将两边同时加，结合等比数列的定义证明可得，再构造数列，求解首项分析即可； 由可得，且， 故是以2为首项，3为公比的等比数列，故， 所以，又， 故，即. 【变式训练10-4】 已知数列满足：，求此数列的通项公式. 【解析】在数列中，由，得，当时，， 两式相除得：，因此数列构成以为首项，为公比的等比数列； 数列构成以为首项，为公比的等比数列，于是， 所以数列的通项公式是. 【变式训练10-5】 已知数列满足，，，. (1)求数列的通项公式； (2)证明:数列中的任意三项均不能构成等差数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】 (1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式； (2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可. （1）由 ，得 以上两式相比，得, 由，得, 所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，, 数列是首项为6，公比为4的等比数列，, 综上，数列的通项公式为 . （2）假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，则 . 由（1）得，即,两边同时除以，得(*) (*）式左边为奇数，右边为偶数 (*）等式不成立，假设不成立. 所以，数列中得任意三项均不能构成等差数列． 【变式训练10-6】已知在数列中，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2)当为奇数时，,当为偶数时，. 【解析】（1）利用题意可得到，则数列的奇数项，偶数项各构成等比数列，利用求出，即可得到的通项公式； （2）利用题意得到，然后分为奇数和偶数两种情况进行讨论，利用并项求和的方法进行求解即可 （1）因为，所以当时，，所以， 所以数列的奇数项构成等比数列，偶数项也构成等比数列. 又，， 所以当为奇数时，； 当为偶数时，， 所以； （2）因为，，， 所以， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 综上所述，当为奇数时，；当为偶数时， 题型11：不动点求通项 【典型例题1】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，所以； 第二步，减不动点，，所以，此时发现左右两侧结构一致了； 第三步，构造数列求通项，因为，所以是首项为3，公比为2的等比数列，从而，故. 【典型例题2】已知数列满足，，则_______. 【答案】 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：， 第二步，减不动点，，化简得：①， ，化简得：②， 用式①除以式②可得， 又，所以，故 【典型例题3】已知数列满足，，则_______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，化简得，，所以，从而，故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列，从而，故. 【答案】 【典型例题4】已知数列满足，，则_______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们只需算出前几项，找出规律即可，由题意，，所以，，，，，，从而是以6为周期的周期数列，故. 【答案】2 【变式训练11-1】已知数列满足，，则_______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，所以； 第二步，减不动点，所以； 第三步，构造数列求通项，因为，所以是首项为，公比为的等比数列，从而，故. 【答案】 【变式训练11-2】函数，定义数列如下：，是过两点、的直线与x轴交点的横坐标，求数列的通项公式. 【解析】由题意，直线的斜率为， 所以的方程为，令得：，由题意，，设，令可得：，解得：或， 从而，整理得：①， ，整理得：②， 用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，从而，故. 【变式训练11-3】已知数列满足，，则______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：或； 第二步，减不动点，因为，所以，化简得：①，，化简得：②，用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，故 从而. 【答案】 【变式训练11-4】已知数列满足，，则______. 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，解得：； 第二步，减不动点，，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. 【答案】 【变式训练11-5】设数列满足，且，则______. 【解析】设，令得：，化简得：，无解， 这种情况下一般是周期不大的周期数列，我们来算一下前几项看规律， 由题意，，，，，， 所以是周期为4的周期数列，故. 【答案】 【变式训练11-61】已知数列满足，，则 ． 【答案】 【解析】设，令得：，解得：； ，化简得，， 所以，从而， 故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列， 从而，故． 故答案为： 【变式训练11-7】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． 故答案为： 【变式训练11-8】已知，，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】，①．② 由得． 又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即． 故答案为： 题型12：特征根求通项 【典型例题1】已知数列中，，，且，则_______. 【解析】特征方程为，解得：或3，所以可设， 因为，，所以，解得：，， 从而. 【反思】特征根法的原理是怎么样的，为什么可以这样做?去看看视频吧. 【答案】 【典型例题2】已知数列中，，，且，则_______. 【解析】特征方程为，解得：，所以可设， 因为，，所以，解得：，，从而. 【答案】 【变式训练12-1】已知数列中，，，且，则______. 【解析】特征方程为，解得：或1，所以可设， 因为，，所以，解得：，，故. 【答案】 【变式训练12-2】已知数列中，，，且，则______. 【解析】特征方程为，解得：，所以可设， 因为，，所以，解得：，，故. 【答案】 【变式训练12-3】已知数列满足：求 【解析】：作方程 当时， 数列是以为公比的等比数列.于是 【变式训练12-4】已知数列满足，求数列的通项公式。 【解析】 解法一（待定系数——迭加法） 由，得 ， 且。 则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是 。把代入，得 ， ， ， 。 把以上各式相加，得 。 。 解法二（特征根法）：数列：， 的特征方程是：。 , 。 又由，于是 故 【变式训练12-5】如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。 (2006.重庆.文.22)．（本小题满分12分） 数列求数列的通项公式. 【解析】由已知，得，其特征方程为，解之，得 ， ， 。 P26 (styyj) 【变式训练12-6】已知数列满足性质：对于且求的通项公式. 【解析】数列的特征方程为变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有 ∴ ∴ 即 【变式训练12-7】已知数列满足：对于都有 （1）若求（2）若求（3）若求 （4）当取哪些值时，无穷数列不存在？ 【解析】作特征方程变形得 特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答. (1)∵对于都有 (2)∵ ∴ 令，得.故数列从第5项开始都不存在， 当≤4，时，. (3)∵∴ ∴ 令则∴对于 ∴ (4)、显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2. ∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在. 于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在. 说明：形如:递推式，考虑函数倒数关系有令则可归为型。(取倒数法) 9： 解：取倒数： 是等差数列， 题型13：递推关系奇偶并项型 【典型例题1】已知数列满足，，若为数列的前项和，则（    ） A．624 B．625 C．626 D．650 【答案】C 【解析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得. 数列中，，， 当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2， 则， 当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为， 则， 所以. 【典型例题2】已知数列的前n项和为，，且，若，则 ． 【答案】25 【解析】当时，，，，，，，，，， 则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7． 因为；所以，由，，得， 所以，所以． 故答案为：25． 【典型例题3】已知数列满足， (1)记，写出，，并证明数列为等比数列； 【答案】(1)，，证明见解析 【解析】（1）构造法，结合等比数列定义证明【解析】（1）显然为偶数，则，． 所以，即． 且． 所以是以5为首项，2为公比的等比数列， 于是，，． 【典型例题4】已知数列中，，且，其中. (1)求的值; (2)求数列通项公式; 【答案】(1)，，;(2);(3) 【解析】（1）用代入递推公式分别求出，再将，代入前一个递推公式，求出； （2）由递推公式可得，用累加法求出奇数项的通项公式，再由递推关系，求出偶数项的通项公式，即可求解； (1) (2) 所以， 所以， ， ······· 累加，得 令，则， 所以为奇数) 令，则 所以为偶数); 所以 【点睛】本题考查求数列的通项公式，关键要寻找项之间的关系，考查用分组求和等价转化为求等比数列的和，考查计算能力，属于中档题. 【变式训练13-1】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)设数列的前项和为，且，求的最小值． 【解析】（1）由题意知当时，． 设，则，所以，即． 又． 所以是首项为4，公比为2的等比数列． 所以．即． （2）当为偶数时，，即 ， 令．则可解得．即． 又因为 故的最小值为95． 【变式训练13-2】已知数列满足，且 (1)设，求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值． 【解析】（1）因为 所以，，，所以． 又因为，所以，所以． 因为，所以， 又因为，所以，所以，所以， 即， 所以， 又因为，所以，所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，即． （2）由（1）可知，所以， 所以， 又因为，所以， 即，所以， 所以， 因为， ， 所以是一个增数列， 因为，， 所以满足题意的n的最小值是20． 【变式训练13-3】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）． 现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），． （1）当时，试确定使得需要多少步雹程； （2）若，求m所有可能的取值集合M． 【解析】当时，即根据上述运算法得出： 故当时，使得需要12步雹程； （2）若， 根据上述运算法进行逆推， 或； 若，则或； 当时，或； 若时，或； 当，则或； 当时，； 当时，， 故所有可能的取值集合． 【变式训练13-4】设数列前项和为， (1)记，写出，并求数列的通项公式； 【答案】(1)，，； 【解析】（1）由题得，，得，即可解决. （1）由题得，数列前项和为，， 因为， 所以，， 当时，， 所以， 所以， 所以，即，显然满足上式， 所以为等比数列， 因为，公比， 所以数列的通项公式为. 【变式训练13-5】已知数列的前项和为，满足，． (1)若数列满足，求的通项公式； (2)求数列的通项公式，并求． 【答案】(1) (2)， 【解析】（1）根据数列的递推公式推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）求出数列的通项公式，分为奇数、偶数两种情况讨论，设、，可得出数列的通项公式，分别求出、，相加可得. （1）解：因为数列满足，， 则， 因为，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，则. （2）解：由（1）可得， 所以，， 当为奇数时，设，则， 则； 当为偶数时，设，则，则. 综上所述，. 因为 ， ， 所以，. 【变式训练13-6】已知数列满足，，且． (1)证明为等比数列，并求数列的通项公式； 【答案】(1)证明见解析， 【解析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列. （1）因为，， 所以，，. 易知，所以， 因为． 所以是等比数列，首项，公比，所以． 【变式训练13-7】 已知数列满足，，，令，写出，，并求出数列的通项公式； 【答案】，， 【解析】因为，，所以，， 又，所以，，， 当，时，； 当，时，， 当时，，即， 则，， 数列是以为首项，3为公比的等比数列， 故. 【变式训练13-8】已知数列满足，，记，写出，，并求数列的通项公式 【答案】 【解析】解：（1）[方法一]【最优解】： 显然为偶数，则， 所以，即，且， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是． [方法二]：奇偶分类讨论 由题意知，所以． 由（为奇数）及（为偶数）可知， 数列从第一项起， 若为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若为偶数，则其后一项减去该项的差为2． 所以，则． 【变式训练13-9】已知数列满足，，数列满足,求数列和的通项公式． 【答案】， 【解析】由题意先求出，再根据，得，从而可得，再利用构造法求出的通项，从而可得的通项公式； ，得， 因为，即，解得， 由，得， 又， 故，所以，即， 所以， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 则，故， 所以 题型14：图形推导型 【典型例题1】2022年北京冬奥会开幕式中，当《构建一朵雪花》这个节目开始后，一朵巨大的 “雪花”呈现在舞台中央，十分壮观．理论上，一朵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“科克曲线”，是瑞典数学家科克在1904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 为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程． 若第1个图形中的三角形的周长为1 (1)则第n个图形的边数为____________． (2)则第n个图形的边长为____________． (3)则第n个图形的周长为____________． (4)则第n个图形的面积为____________． 答案： 1．在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球．记第n堆的乒乓球总数为． 【典型例题2】 （1）求出； （2）试归纳出与的关系式，并根据你得到的关系式探求的表达式． 参考公式：． 【解析】观察图形的排列规律可知， ； ； ； （1） （2）由上知， 则 故 又，则 【典型例题3】如图，正方形的边长为1，记其面积为，取其四边的中点，，，，作第二个正方形，记其面积为，然后再取正方形各边的中点，，，，作第三个正方形，记其面积为，如果这个作图过程一直继续下去，记这些正方形的面积之和，则面积之和将无限接近于（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【解析】根据给定条件，构造等比数列，利用等比数列前项和公式求和即可得解. 设正方形的面积为，则数列是以1为首项，为公比的等比数列， 数列的前项和，随着的无限增大，无限接近于0， 所以所有这些正方形的面积之和将无限接近于2． 故选：B 【变式训练14-1】如图，阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设图中直角面积为，直角面积为，后续各直角三角形面积依次为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设第个正方形的边长为，由已知可推得，进而求出，即可得出.又，即可得出数列是等比数列，然后求出的值，相加即可得出答案. 设第个正方形的边长为. 由题意可知，， 则，. 由已知可得，，，， 所以，即. 所以，数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以，，， 所以，. 故选：D. 【变式训练14-2】（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，且，数列的前n项和为，则正确的选项是（    ）． A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】运用累和法、裂项相消法，结合等差数列的前n项和公式逐一判断即可. 由题意可知：，于是有， 显然可得：， ，因此选项A不正确，选项B正确； 当 时，， 显然适合上式，，因此选项D不正确； ， ，因此选项C正确， 故选：BC 【变式训练14-3】（多选）有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号、、），在杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把杆上的金盘全部移到杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于、、任一杆上．记个金盘从杆移动到杆需要的最少移动次数为，数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ）    A． B． C．数列是等差数列 D． 【答案】ACD 【解析】分析可得，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，可判断AB选项；利用等差数列的定义可判断C选项；利用分组求和法可判断D选项. 若有个金盘，可考虑先将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次， 再将最大的一个金盘从杆移动到杆，需要移动一次， 最后将上面个金盘从杆移动到杆，至少需要移动次， 所以，，则，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，则，所以，，，A对B错； ，所以，数列是等差数列，C对； 对于D选项， ，D对. 故选：ACD. 【变式训练14-4】（多选）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则从开始出现数字4 【答案】AC 【解析】根据数列的新定义一一求解. 对于A项，，即“2个2”，，即“2个2”， 以此类推，该数列的各项均为22，则，故A项正确； 对于B项，，即“1个1，1个3”，，即“3个1，1个3”， 故，即“1个3，2个1，1个3”，故，故B项错误； 对于C项，，即“1个6”，，即“1个1，1个6”， ，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”， 以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确； 对于D项，因为，则，，，， 若数列中，中为第一次出现数字4， 则中必出现了4个连续的相同数字， 如，则在的描述中必包含“1个1，1个1”， 即，显然的描述应该是“2个1”，矛盾，不合乎题意， 若或，同理可知均不合乎题意， 故不包含数字4，故D项错误． 故选:AC． 【变式训练14-5】侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，它是由无数个正方形环绕而成.如图正方形的边长为1，取其四边的三等分点，，，，作第二个正方形为，然后再取正方形各边的三等分点，，，，作第三个正方形，依次方法持续下去…，则第7个正方形的周长是 ，如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有这些正方形的周长之和将趋于 .（填数值） 【答案】 【解析】根据题意找到规律即可确定第7个正方形的边长，再利用等比数列的前项和公式求解. 因为每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，且外围第一个正方形的边长为1，所以，， 由勾股定理有：， 设第个正方形的边长为，则 ，，……，， 所以， 所以第7个正方形的周长是， 个正方形的周长之和为 ， 故答案为：，. 【变式训练14-6】如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为．以此类推，操作次，若，则的最小值是（    ）    A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【解析】由题意可知操作次时有个边长为的小正方形，即，结合等比数列前项和解不等式即可. 由题意可知操作1次时有个边长为的小正方形，即， 操作2次时有个边长为的小正方形，即， 操作3次时有个边长为的小正方形，即， 以此类推可知操作次时有个边长为的小正方形，即， 由等比数列前项和公式有， 从而问题转换成了求不等式的最小正整数解， 将不等式变形为，注意到，，且函数在上单调递减， 所以的最小值是11. 故选：C. 题型15： 斐波那契型 【典型例题1】斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：，， 已知是该数列的第100项，则（    ） A．98 B．99 C．100 D．101 【答案】B 【解析】变换得到，累加得到，得到答案. ，因为，得， ，，， 累加得， 是该数列的第100项，即是该数列的第100项，故. 故选：B. 【典型例题2】（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，.则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55， 所以，所以A错误， 对于B，当时，，，， 所以三式相加得， 所以，所以B正确， 对于C，因为数列满足：，，。 所以，，，……， ，，， 以上2023个等式相加得, 因为，所以，所以C正确， 对于D，因为，， 所以，, ,, ……, , 所以，所以D正确， 故选：BCD 【典型例题3】意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为 ． 【答案】8 【解析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，且，可得答案. 由，得， 得，得， 得，， 所以， 令，则数列即为斐波那契数列， ，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列， 由，得，，，， ，， 因为，， 所以 使得成立的的最小值为8． 故答案为：. 【变式训练15-1】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则其中不正确结论的是（    ）    A． B． C． D． 答案：C 【解析】根据数列的递推关系和几何图形的特点即可求解. 由题意知：前项所占格子组成长为，宽为的矩形，其面积为，A正确； ，以上各式相加得， ，化简得，即，B正确； ，C错误； 易知，，D正确. 故选：C. 【变式训练15-2】斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列，，，，，，，，，，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】结合数列的递推公式，由累加法求解即可. 由已知，斐波那契数列的递推公式为，∴， ∴，，，，， 上式累加，得， ∴， ∴. 故选：D. 【变式训练15-3】斐波那契数列满足，，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（    ）项.    A．2020 B．2021 C．2022 D．2023 【答案】C 【解析】由斐波那契数列的递推关系可得，然后利用累加法可得，从而可得解. 由得，则，又 ， ∴，，，，， 则，故. 故选：C. 【变式训练15-4】斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据数列的递推关系代入即可求解. 因为的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确； 当时，，，B正确； 由给定的递推公式得：，，…，， 累加得， 于是有，即，C错误； ，，，…， ，累加得，D正确. 故选：C. 【变式训练15-5】（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”，记为数列的前n项和，则下列结论正确的为（   ） A． B．对恒成立 C． D． 【答案】BCD 【解析】根据斐波那契数列递推公式的性质化简计算判断各个选项. “斐波那契数列”为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…， 所以，A选项错误； 依题意，所以， 故对恒成立，B选项正确； ，，，…，， 所以，C选项正确； ，，，…， ， 所以，D选项正确． 故选：BCD. 【变式训练15-6】(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{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是（    ） A．a8＝21 B．S7＝32 C．＝a2n D．＝a2 022 【答案】ACD 【解析】 A选项显然正确；B选项S7＝33，所以B选项不正确；因为a4－a2＝a3，a6－a4＝a5，…，a2n－a2n－2＝a2n－1，累加得C选项正确；因为n≥2时，a＝a2·a1，a＝a2·(a3－a1)，a＝a3·(a4－a2)，…，a＝an·(an＋1－an－1)，累加得D选项正确．故选ACD. 【变式训练15-7】数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则 ． 答案．2024 【解析】根据数列的特点,每个数等于它前面两个数的和,移项得:,使用累加法求得,然后将中的2倍展成和的形式（如)即可求解. 由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，， 由,得, 所以，，，...， 将这个式子左右两边分别相加可得: 所以. 所以 , 所以. 故答案为：. 【变式训练15-8】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：1，1，2，3，5，8，13，21，……．该数列的特点如下：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把由这样一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记是数列的前项和，则 ． 【答案】198 【解析】根据题意，由“斐波那契数列”的定义可得，再结合条件可得，代入计算，即可得到结果. 当时，，则， 则当时，， 因此，而， 所以． 故答案为：198． 【变式训练15-9】数列 称为斐波那契数列，满足且，记，若，则 【答案】 【解析】由且得，即可推出，利用累加法得出，即可求得答案. 由且得， 故，，，， 累加可得， 故， 由，可得， 则， 故答案为： 【变式训练15-10】某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 【答案】②③ 【解析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④. 对于①，由题意可知，，，. 由已知，则当时，单调递增. 所以，时，由已知可知，单调递增，且. 所以数列在时，为严格增数列. 但是该数列的前三项不满足，故①错误； 对于②，当时，有 ， ， ， ， ， ， 两边同时相加可得，， 所以，，故②正确； 对于③，由已知可得，， ， ， ， 两边同时相加可得， ，故③正确； 对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误. 所以，结论正确的是②③. 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出. 题型16：周期数列 【典型例题1】已知数列满足，，则 ． 【答案】/ 【解析】由题意：，，，，， 所以满足. 所以 故答案为： 【典型例题2】在数列中，，则 . 【答案】 【解析】由，可得，所以，即， 所以，所以数列的一个周期为， 又由， 所以，所以. 故答案为：. 【变式训练16-1】已知数列中，，，则 ，数列的前2023项和 ． 【答案】 1 2023 【解析】由题意，，，，； 又，，，…，知数列的周期为4， ，， ． 故答案为：1；2023 【变式训练16-2】洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列为：，即，且．设数列各项依次除以4所得余数形成的数列为，则 ． 【答案】3 【解析】的各项除以的余数分别为， 故可得的周期为，且前项分别为， 所以. 故答案为：. 【变式训练16-3】数列满足，，则 ． 【答案】/-0.5 【解析】因为，所以． 因为，所以，，， 所以是一个周期数列，且周期为3，故． 故答案为： 【变式训练16-4】已知数列满足，，则 . 【答案】2 【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列， 我们只需算出前几项，找出规律即可， 由题意，，所以，，，，，， 从而是以6为周期的周期数列， 故. 故答案为：2. 【变式训练16-5】若数列满足，，则 . 【答案】/ 【解析】由题意知，，故， ，故， 同理， 由此可知数列为周期性数列，每3项为一个周期， 故， 故答案为： 题型17：双数列 【典型例题1】已知数列和满足． (1)证明：是等比数列，是等差数列； (2)求的通项公式以及的前项和． 【解析】(1)证明：因为， 所以，即， 所以是公比为的等比数列． 将方程左右两边分别相减， 得，化简得， 所以是公差为2的等差数列． (2)由（1）知， ， 上式两边相加并化简，得， 所以． 【典型例题2】两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为___________. 【答案】 【解析】解：因为，， 所以， 所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或， 所以可设数列的通项公式为，因为，， 所以，所以，解得， 所以，所以； 故答案为： 【变式训练17-1】已知数列和满足，，，.则＝_______. 【答案】 【解析】，，且，，则， 由可得，代入可得， ，且， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则， 在等式两边同时除以可得， 所以，数列为等差数列，且首项为，公差为， 所以，，， 则， 因此，. 故答案为：. 【变式训练17-2】 数列,满足,且,. (1)证明:为等比数列; (2)求,的通项. 【解析】（1）证明：由，可得：， ，代入， 可得：， 化为：， ， 为等比数列，首项为-14，公比为3. （2）由（1）可得：， 化为：， 数列是等比数列，首项为16，公比为2. ， 可得：， . 【变式训练17-3】已知数列和满足，，，，则______，______． 【答案】          【解析】由题设，，则，而， 所以是首项、公比均为2的等比数列，故， ，则， 令，则， 故，而， 所以是常数列，且，则. 故答案为：，. 【变式训练17-4】数列，满足，，. （1）求证：是常数列； （2）若是递减数列，求与的关系； 【解析】（1），，，， ，，因此，数列是常数列； （2）数列是递减数列，， ，， ，，，， 猜想，恒成立， ， 时，数列是递减数列； 【变式训练17-5】已知数列、满足，且 （1）令证明：是等差数列，是等比数列； （2）求数列和的通项公式； （3）求数列和的前n项和公式． 【解析】（1）， 将上述两等式相加得， 即，因此，又， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，. 又由题设得，即， 因此，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，； （2）由（1）知，，即， 解得，； （3）设数列和的前项和分别为、， 则，同理可得. 【变式训练17-6】 已知数列中，；数列中，。当时，,，求,. 【解析】因 所以 即…………………………………………（1） 又因为 所以…… .即………………………（2） 由（1）、（2）得：， 题型18：重新组合新数列型 【典型例题】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据新定义判断出是公比为的等比数列，再利用迭乘法得到 ，最后根据和，联立方程组求解即可. 令，即，则， 由已知得，所以数列为公比为的等比数列， 设，则，，，， 当时，累乘可得， 即， 当时，，当时，，解得， 故选：A. 【变式训8-1】已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（    ） A．2022 B．2023 C．4048 D．4046 【答案】C 【解析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果. 令数列的公比为，， 因为， 所以当时，，即， 当时，，即，解得（舍去）， 所以，即， 因为数列中的整数项组成新的数列， 所以，此时，即， 可得. 故选：C 【变式训练18-2】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值. 令，则，所以， 由题意可知，对任意的，，且， 所以数列是公差为的等差数列，且， 即， 所以， 因此. 故选：C. 【变式训练18-3】已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，将数列、中的共有元素依次取出，构成数列，则 . 【答案】812 【解析】解法一：因为,，所以当时，，此时，满足题意，即.易知是一个公差为3的等差数列，假设与是中相邻的两项，则 必须是3的倍数，显然，当时，一定满足此关系，从而可以发现中的项是1×2，4×5，7×8，…， 依此类推，可得. 解法二：依题意，令，，即，故为某个奇数平方的3倍，设，则， 于是， 这时，故. 故答案为812 题型19： 插入项问题 【典型例题1】已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由，得， 两式相减得， 即，， 得等比数列的公比， 又当时，，所以，所以 （2）数列为：3，，，1，1，，，，， 以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数， 当时共有项数， 当时共有项数， 所以 . 【典型例题2】已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.在数列中是否存在项、、（其中、、成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的项；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【解析】（1）当时，由①，得②. 由①②得，，即. 当时，，解得. 所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以. （2）不存在项、、（其中、、成等差数列）成等比数列.理由如下： 依题意得，即，解得. 假设存在项、、成等比数列（其中），则， 即，整理得. 联立，解得，这与已知条件矛盾. 所以不存项、、（其中、、成等差数列）成等比数列. 【变式训练19-1】已知数列的前项和为满足，且，数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新的数列：，在与之间插入项中的项，中之前（不包括）所有项的和记为.若.求使得成立的最大整数的值.（其中表示不超过的最大整数） 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）因为，所以是以为首项，为公差的等差数列. 所以. 当时， 又满足关系， 故. 数列，当时，， 当时，. 所以，； （2）由题可知 ① ② ①-②得. ③ ④ ③-④得 ； （3）依题意，数列中之前的所有项中包括项中的项， 设其和为，则 数列中之前的所有项中包括项中的项，设其和为，则 于是 所以， 当时， 当时，因为， 所以 ， 于是，，因此， 所以，， 所以，又， 所以，，， 得成立的最大整数的值为. 【变式训练19-2】设数列是公差不为零的等差数列，满足；数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)求值； (3)在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；……；在和之间插入个数，使成等差数列. （ⅰ）求； （ⅱ）写出所有使成立的正整数对.（直接写结果） 【答案】(1)，，. (2) (3)（ⅰ）；（ⅱ）及. 【解析】（1）设数列的公差为， 则由，得， ， ， 将代入上式，得， ， ． 由，① 故当时，，② ①-②，得， ， 又， 是首项为，公比为的等比数列， . （2）， ； （3）（3）（ⅰ） 在和之间插入个数， 因为成等差数列，设公差为， ， 则， ， ，① 则，② ①-②，得， . （ⅱ）由题，， 当时，， 当时，， 当时，， 下证：当时，有，即证， 设，则， 在上单调递增， 故时，， ， 时，不是整数， 所有的正整数对为及. 【变式训练19-3】已知数列满足 (1)求的通项公式； (2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）①， 当时，②， 由①②，得，即， 又当时，，满足，所以. （2）由（1）知，所以，则， 所以③， ④， 由③④得： ， 所以. 【变式训练19-4】已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入2个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)插入的数构成一个新数列，求该数列前项的和． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）设数列的公差为，由题意知：， ， 所以，所以的通项公式是. （2）数列的通项公式为， 记数列与前项的和分别为， 则 . 【变式训练19-5】已知公差为的等差数列和公比的等比数列中，，． (1)求数列和的通项公式； (2)求； (3)若在数列任意相邻两项之间插入一个实数，从而构成一个新的数列．若实数满足，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）由已知，得，解得， ； （2）记， 所以， ， 作差得： ， ； （3）由（1）得， 则， 所以 . 【变式训练19-6】已知是公比大于0的等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求的前项和； (3)若，在与之间插入个，得到一个新数列. 是否存在正整数，使得数列的前项之和? 若存在，求出的值; 若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）设等比数列的公比为，则，所以，， 整理可得，因为，解得，故. （2）因为， 所以， . （3）由题意可知，设在数列中的项为， 则由题意可知，， 所以当时，， 当时，，， 当时，，， 因为且， 所以当时，. 题型20：重新排序型 【典型例题】已知数列的前项和为，数列满足，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，则数列的前50项和为（    ） A．3017 B．3018 C．3065 D．3066 【答案】D 【解析】利用求得，进而求得，根据的构成求得正确答案. 设，当时，， 当时，，， ，也符合上式，所以， ， 所以， 又，所以的前50项和为： . 故选：D 【变式训练20-1】已知数列满足，将数列中的整数项按原来的顺序组成新数列，则的末位数字为（    ） A．8 B．2 C．3 D．7 【答案】D 【解析】分别计算出的前八个整数项得其末位数字成周期数列，再根据周期性求解即可. 解：因为， 所以数列整数项为…， 末位数字分别是…， 因为， 故的末位数字为. 故选：D. 【点睛】本题考查利用通项公式求数列的项，周期数列的应用，考查运算能力，是基础题. 【变式训练20-2】已知函数，把函数的零点按照从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为 ． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】试题分析：作出函数图象易得函数的零点为，故数列数列的通项公式为 考点：函数的零点、数列的通项 【变式训练20-3】设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据与的关系式，分成与两种情况求解，观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出. 当时，，即， 得或（舍去）， 当时，由，……① 得，……② 得：， 化简得. 因为，所以，， 即数列是以4为首项，2为公差的等差数列， 所以. 当，时， 会得到数列中原次序的一列等比数列， 此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中； 下面证明此时的公比最小： ，假若取，公比为， 则为奇数，不可能在数列中. 所以. 又，所以. 故选：C 【变式训练21-4】对于正整数n，设最接近的正整数为（如，），记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前5项和为 . 【答案】55 【解析】对于给定的，存在唯一确定的，使得，讨论，两种情况，确定，进而得出数列的前5项和. 对于给定的，存在唯一确定的，使得. ①当时，即，记，， 此时，即，； ②当时，即，记，， 此时，即，. 所以， 恰好跳过，即，故数列的前5项和为. 故答案为：55 【点睛】关键点睛：在这个问题中，设，由于 ，则选取，作为分界点进行讨论，从而得出. 题型21： 整除相关 【典型例题1】中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ） A．17 B．37 C．107 D．128 【答案】C 【解析】根据题意可得既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，从而可求得数列的通项，即可得解． ∵能被3除余2且被7除余2，∴既是3的倍数，又是7的倍数， 即是21的倍数，且，∴， 即，∴． 故选：C． 【典型例题2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列．可以推测：    （1）是数列中的第 项； （2） ．（用表示） 【答案】 5030 【解析】由三角形数规律可得，利用累加法即可得到数列的通项公式，写出若干项推测通项公式即可. 根据三角形数可知，，则，，…，， 累加得， 所以，经检验也满足上式， 故， 因为，所以当或，时能被整除， 写出其若干项有：1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，105，110， 发现其中能被整除的为10，15，45，55，105，110， 故． 从而由上述规律可归纳得（为正整数）， 所以， 故，即是数列中的第项． 【变式训练21-1】已知数列的前项和为，且或的概率均为，设能被整除的概率为．有下述四个结论：①；②；③；④当时，．其中所有正确结论的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．②③ D．②③④ 【答案】C 【解析】分析可知被整除的余数有种情况，分别为、、，可得出，求出数列的通项公式，即可判断①②③④的正误. 被整除的余数有种情况，分别为、、， 被整除的概率为，被整除余数分别为、的概率均为， 所以，， 所以，，且， 所以，数列是等比数列，且首项为，公比为， 所以，，故. 故，，， 当且为偶数时，， 所以，①④错，②③对. 故选：C. 【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： （1）当出现时，构造等差数列； （2）当出现（且）时，构造等比数列； （3）当出现时，用累加法求解； （4）当出现时，用累乘法求解. 【变式训练21-2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数： 将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：（Ⅰ）是数列中的第 项；（Ⅱ）若为正偶数，则 ．（用表示） 【答案】 【解析】（Ⅰ）根据已知条件得出与的关系，利用累加法得出，进而得出新数列即可求解； （Ⅱ）根据数列与新数列的关系，再利用等差数列的前和公式即可求解. （Ⅰ）将三角形数1，3，6，10，…记为数列，因为， 当时，， 所以 ， 当时，此式也满足， 所以数列的通项公式为. 只有当或能够被整除时，可被整除， 因此数列，将可被整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列为 可得是数列中的第项. （Ⅱ）由（Ⅰ）可得， ， ， 所以 . 故答案为：；. 题型22：两个数列的公共项 【典型例题1】数列的通项公式分别为和，设这两个数列的公共项构成集合A，则集合中元素的个数为（    ） A．167 B．168 C．169 D．170 【答案】C 【解析】利用列举法可知，将集合中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为，可知数列为等差数列，求出数列的通项公式，然后解不等式，即可得出结论. 由题意可知，数列、、、、、、、、、、， 数列、、、、、、、、、、， 将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列、、、， 易知数列是首项为，公差为的等差数列，则， 由，可得， 因此，集合中元素的个数为. 故选：C. 【典型例题2】已知数列是公比为的等比数列，且满足，，成等比数列，为数列的前项和，且是和的等差中项，若数列是由数列中的项依次剔除与的公共项剩下的部分组成，求数列的前100项和. 【答案】11302 【解析】根据数列是公比为的等比数列，满足，，成等比数列，得到，根据题意得到，计算，设，得到，数列的前105项中有5项需要剔除，计算得到答案. 数列是公比为的等比数列，则，即， 即是公差为2的等差数列. ，，成等比数列，故，即，解得. 故. 是和的等差中项，则， 当时，，解得； 当时，，，两式相减得到，即， 故是首项为1公比为2的等比数列，，验证时满足. 故. 令，即， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 故数列的前105项中有5项需要剔除，分别为. 故数列的前100项和为. 【典型例题3】已知等差数列中，且，，成等比数列、数列的前n项和为，满足. （1）求数列，的通项公式； （2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和. 【答案】（1）；（2）； 【解析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式； （2）由（1）得，所以可得，再求和. （1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列， 所以，即，，解得. 所以. 当时，， 因为，得，（） 所以，得， 所以数列是首项为1，公比的等比数列， 所以. （2）依题意，，由（1）得，， 所以. 【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题. 【变式训练22-1】已知数列的前项的和为且满足，数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列.求出数列，的通项公式； 【答案】， 【解析】利用，得，再变形为，根据数列是以为首项，为公差的等差数列，求出；根据两个等差数列的第一个公共项为首项，两个等差数列的公差的最小公倍数为公差，可求出通项公式. 当时，，； 当时，，，即， ，数列是以为首项，为公差的等差数列， ，； 数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列， 数列的首项为，因为等差数列，的公差为，等差数列的公差为，所以数列是等差数列，且公差为， . 【变式训练22-2】已知等差数列的前项和为，且 （1）求数列的通项公式； （2）已知数列是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列与的公共项为，记由小到大构成数列，求的前项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）根据，计算得到，，从而得到，再求的通项公式即可. （2）首先根据题意得到，再利用分组求和求解即可. （1）设等差数列的公差为， 因为，所以. 因为，所以. 所以， 所以 （2）由题意知， 因为，所以，即：. 因此. 所以 【变式训练22-3】记为公比不为1的等比数列的前项和，，． (1)求的通项公式； (2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）设等比数列的公比为 ，由求出，再由等比数列求和公式求出，即可得解； （2）由（1）可得，即可得到数列的特征，令，求出的取值，即可得到为以为首项，为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得. （1）解：设等比数列的公比为 ， 因为，即，即，所以， 又，即，解得， 所以. （2）解：由（1）可得， 则数列为、、、、，偶数组成的数列， 又，令，则为正偶数， 所以，，，，， 所以为以为首项，为公比的等比数列， 所以. 【变式训练22-4】已知为数列的前项和，且，，，. (1)求的通项公式； (2)将数列与的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列，求的前10项的和. 【答案】(1)； (2)570. 【解析】(1)由给定的递推公式结合进行变形推导即得为等差数列，再求其通项得解. (2)根据给定条件求出数列的通项即可计算作答. (1) 由，可知，两式相减得， 即，因，则， 又，，解得，即是首项为3，公差的等差数列， 所以的通项公式. (2) 由(1)知，，数列与的公共项满足，即，， 而，于是得，即，此时，， 因此，，即，数列是以3为首项，12为公差的等差数列， 令的前项和为，则， 所以的前10项的和为570. 【变式训练22-5】已知等差数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数． 【答案】(1) (2)22 【解析】（1）根据等差数列通项公式和前项和公式列式计算即可； （2）计算得出的通项公式，分析可得表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，据此推断出数列落在区间内的项的个数. （1）设等差数列的公差为． 由可得得 解得 所以． （2）因为，所以表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列， 而表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列， 因为，所以落在区间内的项的个数为22项． 【变式训练23-6】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn. 【答案】(1)an＝2n－10 (2)Tn＝5n＋ 【解析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列的求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式； （2）由等比数列的通项公式和数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和． （1） 解：设等差数列{an}的公差为d， 由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20， 解得a1＝－8，d＝2， 则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10； （2） 解：数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列， ∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*)， 又依题意2m－10＝4n，∴m＝＝5＋22n－1， 则Tn＝5n＋＝5n＋. 题型23： 数学文化相关 【典型例题1】我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（    ）（参考公式：） A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14 【答案】B 【解析】求出三角果子垛、四角果子垛第层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为得可得答案. 设三角果子垛自上至下依次为， 当时，所以 ，且时， 所以三角果子垛第层的果子数为， 四角果子垛第层的果子数为， 设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为， 所以三角果子垛各层果子总和为， 四角果子垛各层果子总和为，由题意， 即， 解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是. 故选：B. 【典型例题2】古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（    ） A．28 B．36 C．45 D．55 【答案】B 【解析】根据数列的前几项求出三角数列以及正方形数列的通项公式即可求解. 由题意可得，三角数列的通项为， 则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….， 设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为，则， 其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…， ∴在三角数列中，第二个正方形数是36. 故选：B. 【变式训练23-1】杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和（    ） A．440 B．480 C．540 D．580 【答案】A 【解析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，再利用三角垛公式求出作答. ，，当时，， 两式相减得：，即， 整理得，因此，即数列为等差数列， 又，，解得，于是，， 数列的前n项和， 所以. 故选：A. 【变式训练23-2】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则（    ） A．650 B．1050 C．2550 D．5050 【答案】A 【解析】观察数列各项得出是等差数列，计算求和即可. 由条件观察可得：，即，所以是以2为首项，2为公差的等差数列. 故， 故选：A 【变式训练23-3】公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【解析】先根据图形找到规律，得到数列的递推关系，然后用累加法可得，然后可判断①②③. 根据图形知：，， 则 ，①正确； ，②正确； ，数列是首项为1公差为的等差数列， 前20项和为，③错误. 故选：C. 【变式训练23-4】“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（    ）    A．1275 B．1276 C．1270 D．1280 【答案】A 【解析】根据题意分析可得，利用累加法运算求解. 由题意可得：，即， 所以. 故选：A. 【变式训练23-5】南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（    ） A．1640 B．1560 C．820 D．780 【答案】C 【解析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求. 设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列， 所以． 故， 故． 故选：C． 题型24：其他型 【典型例题1】已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【变式训练24-1】已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，易得，依次类推可得 由题意，，即， ∴， 即，，，…，， 累加可得，即， ∴，即，, 又， ∴，，，…，， 累加可得， ∴， 即，∴，即； 综上：． 故选：B． 【变式训练24-2】设，数列中，， ,则（ ） A．当 B．当 C．当 D．当 【答案】A 【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.若数列为常数列，则，由， 可设方程 选项A：时，，， ， 故此时不为常数列， ， 且， ，则， 故选项A正确； 选项B：时，，， 则该方程的解为， 即当时，数列为常数列，， 则，故选项B错误； 选项C：时，， 该方程的解为或， 即当或时，数列为常数列，或， 同样不满足，则选项C也错误； 选项D：时，， 该方程的解为， 同理可知，此时的常数列也不能使， 则选项D错误. 故选：A. 【变式训练24-3】已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于3；   ②为等比数列； ③为递减数列；       ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【解析】由题意可知，，， 当时，，可得； 当时，由可得，两式作差可得， 所以，，则，整理可得， 因为，解得，①对； 假设数列为等比数列，设其公比为，则，即， 所以，，可得，解得，不合乎题意， 故数列不是等比数列，②错； 当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对； 假设对任意的，，则， 所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④. 【变式训练24-4】在数列中，已知，其中. （1）求的值，并证明：； （2）证明：； （3）设，求证：. 【答案】（1），证明见解析.（2）证明见解析.（3）证明见解析 【解析】（1）根据题中的条件，利用作商法证明； （2）通过合理放缩利用裂项相消法证明结论； （3）根据（2）中的结论合理放缩利用裂项相消法证明结论或合理放缩后得到等比数列，利用等比数列的求和公式证明结论. 证明：（1）由题意得. ， 所以. 当且仅当时取等号，但，∴，故. （2） 由（1）知得， 于是. 又 ， 故. （3）由（2）知， 令， 则， 当时，成立； 当时，，即. 综上可知，. 【点睛】本题考查数列的综合应用､不等式的证明.在证明判断各项均为正的数列的单调性时可用作商法比较，关于数列的不等式的证明，本题关键是适当变形裂项相消，如（2）中由题意得.，（3）中，这样和可放缩化简便于证明不等式成立． 题型25：通项公式的证明化简 【典型例题1】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． 【解析】证明：由， 变形得：， 由于为正项数列，， 利用累乘法得：从而得知：数列是以2为首项，以2为公差的等差数列． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：， 从而． 【典型例题2】已知数列满足，. 证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； 设，求数列的前项和. 【答案】证明见解析，；. 【解析】由已知可得，可得新的数列，利用定义可得证明，求解通项公式； 由知，，利用错位相减法，可求数列的和. 解：由已知可得， 所以，即， 数列是公差为的等差数列， ， . 【变式训练25-1】已知正项数列满足：，，． （Ⅰ）判断数列是否是等比数列，并说明理由； （Ⅱ）若，设．，求数列的前项和． 【解析】解：（Ⅰ），， 又数列为正项数列， ， ①当时，数列不是等比数列； ②当时，，此时数列是首项为，公比为2的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知：， ， ． 【变式训练25-2】已知正项数列满足，设． （1）求，； （2）判断数列是否为等差数列，并说明理由； （3）的通项公式，并求其前项和为． 【解析】解：（1），，， 可得， 则， 数列为首项为1，公比为2的等比数列， 可得； ， ，； （2）数列为等差数列，理由：， 则数列为首项为0，公差为1的等差数列； （3）， 前项和为． 【变式训练25-3】已知数列的首项为2，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)数列的通项公式为； (2). 【解析】(1)由可得，结合等比数列的概念和通项公式可得，由此求出数列的通项公式；(2)由(1)可得，利用错位相减法求其前n项和． （1）∵  ， ∴  ， 又， ∴ 数列为首项为2，公比为2的等比数列， ∴  ， ∴   【变式训练25-4】已知数列的各项均为正数，且满足． （1）求，及的通项公式； （2）求数列的前项和． 【解析】解：（1）当时，， ； 当时，， ； 由已知可得，且， ． （2）设， ， 是公比为4的等比数列， ． 【变式训练25-5】已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且． （1）求的值及数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求． 【解析】解：（1）， 当时，，， 解得． 又，， ， 当时，， 当时上式也成立， ． （2）数列满足，且． ． ， 当为偶数时，数列的前项和为 ． 当为奇数时，数列的前项和为 ． 当时也成立， ． 2 学科网（北京）股份有限公司 $