专题04 数列通项公式的求法（压轴题专项训练）高二数学北师大版选择性必修第二册

专题04 数列通项公式的求法 目录 典例详解 类型一、观察归纳法与公式法 类型二、由 类型三、累加法与累乘法 类型四、构造数列法 类型五、对数变换法与倒数变换法 类型六、不动点法 类型七、二阶线性递推数列 压轴专练 类型一、观察归纳法与公式法 1.观察归纳法（适用于已知前几项） （1）适用场景：已知数列前几项，无递推关系，仅需通过数值规律归纳通项（常考于选择题、填空题第一问），近几年常以数阵（比如“杨辉三角”）为背景设置题目. （2）核心技巧（分类型找规律） 符号规律：正负交替时，用或调节； 数字规律：①整数型：拆分成“常数+等差/等比”（如对应）；②分数型：分子、分母分别找规律（如对应）；③根式型：有理化后找规律（如对应）； 周期规律：若前几项重复出现，先找周期（如周期为2，对应）. （3）步骤与验证 步骤：列项→标项数→分析符号、数字、周期规律→归纳表达式； 关键验证：将代入归纳式，确认与已知项一致（避免归纳偏差）. 2.公式法（直接套用，适用于等差/等比数列） 当已知数列为等差或等比数列时，只需利用条件求得基本量（首项及公差d或公比q）即可写出通项公式. 例1．（多选）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中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则（    ） A．数列第16项为144 B．数列第16项为128 C．200是数列第20项 D．200不是数列中的项 变式1-1．已知数列满足，，设数列的前项和为，则 . 变式1-2．将按如图方式排列．若规定表示第排从左向右第个数，则： ①表示的数是 ；②若在，则的值为 ． 变式1-3．已知数列满足：，，若前2010项中恰好含有666项为0，则的值为 . 类型二、由 3.由与的关系求通项公式： （1）若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解，通常是通过消去或（当消去困难时）两种途径解决． 方向1：利用转化为只含，的关系式，再求解. 方向2：利用转化为只含，的关系式，再求解. 方向3：若存在，则令，再利用转化为只含，的关系式，再求解。例如：已知求 （2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 4.由与的关系求通项公式（其中为的前n项积）： 方向1：若已知与的关系，可利用转换为即可求解； 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. 例2．（多选）记为数列的前n项和，为数列的前n项积， 已知 ，则（    ） A． B． C． D．数列是等差数列 变式2-1．（多选）已知数列的前n项和为，且满足：，则下列结论正确的是（   ） A．数列为等差数列 B． C．数列的前100项和为 D．数列的前10项和为 变式2-2．已知数列的前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的通项公式． 变式2-3．已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. (1)求数列的通项公式； (2)若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，求数列的前n项和及使的n的最小值. 类型三、累加法与累乘法 5.累加法（叠加法，适用于“差为可求和函数”型递推）： （1）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：.（注意：验证时成立） ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． （2）类累加法（隔项成等差）： 形如，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； 当为奇数时，可令得：，即； 当为奇数时：；即； 为偶数时，为奇数： ，即； 当为偶数时：. 角度2：当 为其他函数时，令， 当为奇数时，可令得：，，...，；将上式相加得：. 令 ；得； 当为奇数时：； 当为偶数时，为奇数： 即； 当为偶数时：. 6.累乘法（叠乘法，适用于“比为可求积函数”型递推）： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得：.有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．（注意：验证时成立） （2）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； 当为奇数时，可令得：；即； 当为奇数时： ； 当为偶数时，为奇数： 即 ， 当为偶数时： . 角度2：当 为其他函数时，令 当为奇数时，可令得：，，... ，，将上式相乘得. 令；得； 当为奇数时：； 当为偶数时，为奇数： 即： ， 当为偶数时： . 例3．已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，记，则数列的前2024项和为 . 变式3-1．若表示大于的最小整数，如：，，数列满足，，，记，则数列的前2025项和为（   ） A．2028 B．2030 C．4054 D．4055 变式3-2．已知数列满足，则数列的前9项和 ． 变式3-3．（多选）已知数列均为递增数列，它们的前项和分别为，且满足，，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 类型四、构造数列法 7.形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，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整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型二（累加法）便可求出 8.形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 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 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型三1求出 ，再用类型二2（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型三1便可求出 法三：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：再应用类型三1的方法解决． （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型二1（累加法），求出之后得． 例4．已知数列中，，且，则（    ） A． B． C． D． 变式4-1．已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 变式4-2．（多选）已知是数列的前n项和，，且则下列结论正确的是（    ） A． B．数列为等比数列 C． D． 变式4-3．（多选）已知在数列中，，数列的前项和为，且满足，则（    ） A．数列是等比数列 B．数列是等比数列 C．数列是等差数列 D．若，则 类型五、对数变换法与倒数变换法 9.对数变换法： 形如型的递推式：在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 10.倒数变换法： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 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． 例5．（多选）已知满足，，则下列说法正确的是（    ） A． B．是等差数列 C． D．设的前项和为，则 变式5-1．已知数列满足，且，则 ； 变式5-2．（多选）已知数列满足，其中，则（    ） A． B．为等差数列 C．数列的前项和为 D．数列的前99项和大于 变式5-3．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：． 类型六、不动点法 11.不动点法（适用于分式线性递推） 形如（为常数，，），即分式线性递推数列.满足方程的解称为数列的不动点，整理方程得（特征方程）. 情况1：特征方程有两个不相等的实根→构造等比数列；推导：由得，代入递推式化简得，即公比为. 情况2：特征方程有两个相等的实根→构造等差数列；推导：由得（判别式为0），代入递推式化简得（常数）. 例6．已知数列满足，，则= . 变式6-1．已知数列中，，，则的通项公式为 . 变式6-2．函数，定义数列如下：，是过两点、的直线与x轴交点的横坐标，数列的通项公式为 . 变式6-3．（多选）已知，且当方程有解时，有：，则下列说法正确的是（    ） A．若，数列为等差数列 B．若，数列为等差数列 C．若，数列通项公式为 D．若，则存在一个自然数，，使得成立 类型七、二阶线性递推数列 12.二阶线性递推数列求解方法（适用于含的递推） 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 例7．已知数列满足，，，则的通项公式为 . 变式7-1．已知数列中，，则的通项公式为 ． 变式7-2．符号表示不超过实数的最大整数，如，．数列满足，，．若，为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 变式7-3．暑假来临之际，某校组织学生去敬老院进行慰问演出，计划表演合唱和跳舞两个节目，据统计，该校的学生只表演合唱，另外的学生既表演合唱又表演跳舞，每位学生若只表演合唱，则记1分；若既表演合唱又表演跳舞，则记2分．假设每位学生是否表演跳舞相互独立，视频率为概率． (1)从该校学生中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望及方差； (2)从该校学生中随机抽取若干人，在总得分为4的条件下，求抽取了3人的概率； (3)从该校学生中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现分的概率为，求数列的通项公式． 一、单选题 1．已知数列的前项和为，，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知数列满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．已知数列满足，设，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 4．已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 6．已知数列的前项和，若实数满足恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 7．记为数列的前项和，已知，则（   ） A．为等比数列 B．为等比数列 C． D． 8．已知数列满足，，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 9．数列的前项和为，且满足.则的通项公式为 . 10．已知正项数列的前n项和为，．数列的首项，数列为等比数列，且公比，则数列中的最小值为 ． 四、解答题 11．已知数列中，，. (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)设点，，.当△ABC为等腰三角形时，求的值. 12．斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛，甲进球概率，乙进球概率． 红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球 分值 1 2 3 4 5 6 7 (1)若甲先手击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求的分布列和数学期望； (2)丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为． （i）求； （ii）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列通项公式的求法 目录 典例详解 类型一、观察归纳法与公式法 类型二、由 类型三、累加法与累乘法 类型四、构造数列法 类型五、对数变换法与倒数变换法 类型六、不动点法 类型七、二阶线性递推数列 压轴专练 类型一、观察归纳法与公式法 1.观察归纳法（适用于已知前几项） （1）适用场景：已知数列前几项，无递推关系，仅需通过数值规律归纳通项（常考于选择题、填空题第一问），近几年常以数阵（比如“杨辉三角”）为背景设置题目. （2）核心技巧（分类型找规律） 符号规律：正负交替时，用或调节； 数字规律：①整数型：拆分成“常数+等差/等比”（如对应）；②分数型：分子、分母分别找规律（如对应）；③根式型：有理化后找规律（如对应）； 周期规律：若前几项重复出现，先找周期（如周期为2，对应）. （3）步骤与验证 步骤：列项→标项数→分析符号、数字、周期规律→归纳表达式； 关键验证：将代入归纳式，确认与已知项一致（避免归纳偏差）. 2.公式法（直接套用，适用于等差/等比数列） 当已知数列为等差或等比数列时，只需利用条件求得基本量（首项及公差d或公比q）即可写出通项公式. 例1．（多选）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中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题目，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则（    ） A．数列第16项为144 B．数列第16项为128 C．200是数列第20项 D．200不是数列中的项 【答案】BC 【分析】由题意首先猜想数列的通项公式，然后求解该数列第16项及200是否是数列的项即可. 【详解】偶数项分别为2，8，18，32，50， 即，，，，， 即偶数项对应的通项公式为， 则数列的第16项为第8个偶数 即， 故选：BC． 变式1-1．已知数列满足，，设数列的前项和为，则 . 【答案】 【分析】根据数列的递推关系式，求出数列的项，可知数列周期为4，利用周期求解即可. 【详解】因为， 所以，，， 所以数列的周期为， 所以， 故答案为：. 变式1-2．将按如图方式排列．若规定表示第排从左向右第个数，则： ①表示的数是 ； ②若在，则的值为 ． 【答案】 137 【分析】根据所给规律，分析出第n排的数字的个数，以及奇数排和偶数排的增减性和规律，结合题中条件，即可求得答案. 【详解】第一排有1个数，即为个； 第二排有3个数，即为个； 第三排有5个数，即为个； 第四排有7个数，即为个，故第n排有个数， 分析可得，奇数排（第1,3,5n排），从左向右递增，最后一个数为， 偶数排（第2,4,6m排），从左向右递减，第一个数为， 则前6排共有1+3+5+7+9+11=36个数，且第6排从左向右第1个数为， 第7排为奇数排，从左向右递增，第6个数的被开方数为， 所以表示的数是； 因为，所以为第45排，从左向右的最后一个数， 所以为第46排，从左向右的最后一个数，且第46排共有个数， 所以在，则. 故答案为：；137. 变式1-3．已知数列满足：，，若前2010项中恰好含有666项为0，则的值为 . 【答案】8或9/9或8 【分析】先利用x=1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律即可计算得解. 【详解】因数列满足：，，则： 当时，数列各项为：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中恰好含有项为0， 当时，数列各项为：1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由知，恰好含有669项为0， 当时，数列各项为：1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由知，恰好含有669项为0， 当时，数列各项为：1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由知，恰好含有668项为0， 当时，数列各项为：1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由知，恰好含有668项为0， 由上述可得当或时，在前2010项中恰好含有667项为0，当或时，在前2010项中恰好含有666项为0， 所以的值为8或9. 故答案为：8或9. 类型二、由 3.由与的关系求通项公式： （1）若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解，通常是通过消去或（当消去困难时）两种途径解决． 方向1：利用转化为只含，的关系式，再求解. 方向2：利用转化为只含，的关系式，再求解. 方向3：若存在，则令，再利用转化为只含，的关系式，再求解。例如：已知求 （2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 4.由与的关系求通项公式（其中为的前n项积）： 方向1：若已知与的关系，可利用转换为即可求解； 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. 例2．（多选）记为数列的前n项和，为数列的前n项积， 已知 ，则（    ） A． B． C． D．数列是等差数列 【答案】ACD 【分析】根据数列与其前前n项和，数列与其前n项积之间的等量关系求解，然后逐项判断即可. 【详解】由题为数列的前n项积，则， 又因为， 所以， 则，所以数列是以为公差为等差数列，故D正确； 令，得，则， 则，也符合， 所以，故C正确； 由题意知，故A正确； ， 不满足上式， 所以，故B错误. 故选：ACD. 变式2-1．（多选）已知数列的前n项和为，且满足：，则下列结论正确的是（   ） A．数列为等差数列 B． C．数列的前100项和为 D．数列的前10项和为 【答案】BC 【分析】对于A，先求出，利用已知等式求出当时的值，再将已知等式和这个等式相减，从而得到，验证满足 ，得到是等比数列；对于B，利用等比数列的前项和公式求出；对于C，求出，得到为等比数列，利用等比数列的前项和公式求出的前100项和；对于D，利用分组求和法求出数列的前10项和． 【详解】对于A，当时，，解得， 当时，， 所以，即，当时也满足该式， 故，是等比数列，不是等差数列，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，所以为等比数列， 则其前100项和为，故C正确； 对于D，数列的前10项和为， 由于，故选项D错误． 故选：BC． 变式2-2．已知数列的前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的通项公式． 【答案】(1) ；(2) 【分析】（1）根据通项与前项和的关系得到，再根据等比数列通项公式求解； （2）利用累加法和错位相减法求解. 【详解】（1）∵，∴时，， ∴时，，即， 又， ∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴． （2）∵，∴， ∴， 令，设数列的前n项和为， ①， ②， ①-②得， ∴， ∴，又，∴， ∴时，，又符合上式， ∴． 变式2-3．已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. (1)求数列的通项公式； (2)若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，求数列的前n项和及使的n的最小值. 【答案】(1)；(2)；(3)，最小值为4. 【分析】（1）通过前n项和的差与已知条件相除，推得是等差数列，求出后利用（）得到通项公式； （2）将恒成立问题转化为恒成立，构造数列，分析其单调性找到最大值，确定的取值范围； （3）裂项得，再求和得到，最后解不等式即可. 【详解】（1）在数列中，①， 又因为②,， 所以得． 又因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以． 当时，， 当时，，也满足上式， 所以数列的通项公式为． （2）由（1）知，， 因为对于任意恒成立，所以恒成立． 设，则， 当和时，，即； 当时，， 所以， 所以数列的最大项是，所以， 即实数的取值范围为． （3）由（1）知， 所以． 所以， 所以 . 由，得，即． 因为，所以当时，； 当时，． 所以当时，，所以使的的最小值是4． 类型三、累加法与累乘法 5.累加法（叠加法，适用于“差为可求和函数”型递推）： （1）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：.（注意：验证时成立） ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． （2）类累加法（隔项成等差）： 形如，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； 当为奇数时，可令得：，即； 当为奇数时：；即； 为偶数时，为奇数： ，即； 当为偶数时：. 角度2：当 为其他函数时，令， 当为奇数时，可令得：，，...，；将上式相加得：. 令 ；得； 当为奇数时：； 当为偶数时，为奇数： 即； 当为偶数时：. 6.累乘法（叠乘法，适用于“比为可求积函数”型递推）： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得：.有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．（注意：验证时成立） （2）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； 当为奇数时，可令得：；即； 当为奇数时： ； 当为偶数时，为奇数： 即 ， 当为偶数时： . 角度2：当 为其他函数时，令 当为奇数时，可令得：，，... ，，将上式相乘得. 令；得； 当为奇数时：； 当为偶数时，为奇数： 即： ， 当为偶数时： . 例3．已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，记，则数列的前2024项和为 . 【答案】2025 【分析】由条件构造等差数列，结合累加法求，再利用及的定义计算即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以数列是以首项为4，公差为2的等差数列， 故， 由累加法可知当时， ， 所以，，又也符合该式，所以. 所以， 又时，， 又时，，此时， 所以的前2024项和为. 故答案为：2025. 变式3-1．若表示大于的最小整数，如：，，数列满足，，，记，则数列的前2025项和为（   ） A．2028 B．2030 C．4054 D．4055 【答案】D 【分析】首先对递推式进行变形，根据累加法求数列的通项公式，代入数列，再利用题目所给的的定义算出数列各项的值，从而得到数列的前2025项和. 【详解】，即， 设，则，且， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，即， 所以，可得，，，，，累加可得： ，所以， 依题意，， 对的取值范围进行分析： ， ，可以得到： 当时，，即， 所以，，， 因此当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 综上，数列的前2025项和. 故选：D. 变式3-2．已知数列满足，则数列的前9项和 ． 【答案】70 【分析】根据题意求得，得到数列是首项为，公差为4的等差数列，数列是首项为，公差为4的等差数列，求得的通项公式，分为奇数和偶数，结合等差数列求和公式，即可求解． 【详解】由，可得，两式相减，可得， 又由且，可得， 所以数列是首项为，公差为4的等差数列， 数列是首项为，公差为4的等差数列， 即n为奇数时，，n为偶数时，， ． 故答案为：70． 变式3-3．（多选）已知数列均为递增数列，它们的前项和分别为，且满足，，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】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． 【详解】由是递增数列，得；又，所以， 所以，所以，故A正确； ，故B不正确； 由是递增数列，得，又， 由可得，即，解得，故C正确； 由，可得，则， 即数列和均为公比为的等比数列， 所以， 所以，又，所以， 而， 当时，； 当时，可验证， 所以对于任意的，都有，即，故D正确． 故选：ACD． 类型四、构造数列法 7.形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，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整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型二（累加法）便可求出 8.形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 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 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型三1求出 ，再用类型二2（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型三1便可求出 法三：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：再应用类型三1的方法解决． （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型二1（累加法），求出之后得． 例4．已知数列中，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用条件证明数列是等差数列并求出数列的通项公式，将代入即可得解. 【详解】已知，两边同时除以，可得，即. 又当时，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，所以. 故选：A. 变式4-1．已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【详解】因为，令，即，得，，故，因为，所以，所以数列是首项为，公比为3的等比数列，得，所以. 故答案为：. 变式4-2．（多选）已知是数列的前n项和，，且则下列结论正确的是（    ） A． B．数列为等比数列 C． D． 【答案】ABD 【分析】对分奇偶讨论，利用构造法求出的表达式，即可判断ABC，再利用分组求和法即可求出，即可判断D. 【详解】当为奇数时，，则， 当为偶数时，， 对A选项，为偶数，则，故A正确； 对B，当为偶数时，，用替换上式中的得，， 当为奇数时，，用替换上式中的得，， 则，两边同加3得，， 则数列是首项为4，公比为3的等比数列，故B正确； 对C，，， 当为奇数时，，用替换上式中的得， ， 则，两边同加1得，， 因为，则， 则是以4为首项，公比为3的等比数列， 则，则，，则C错误； 对D，由B得，则，， ，故D正确. 故选：ABD. 变式4-3．（多选）已知在数列中，，数列的前项和为，且满足，则（    ） A．数列是等比数列 B．数列是等比数列 C．数列是等差数列 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据已知递推式得且，进而有判断A、B；应用的关系得判断C；根据等差数列的定义及前n项和公式判断D. 【详解】因为，即， 所以，则， 所以，而，则， 所以数列是各项都为0的常数列，不是等比数列，故A错误. 因为，所以数列的通项公式为，则， 所以数列是公比为2的等比数列，故B正确. 由，得， 两式相减并整理，可得，所以， 两式相减并整理，可得，所以， 所以数列是等差数列，故C正确. 当时，由，可得，所以， 又，所以等差数列的公差为1，所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 类型五、对数变换法与倒数变换法 9.对数变换法： 形如型的递推式：在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 10.倒数变换法： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 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． 例5．（多选）已知满足，，则下列说法正确的是（    ） A． B．是等差数列 C． D．设的前项和为，则 【答案】ABD 【分析】两边取倒数，可得，可得是等差数列，逐项计算可判断其正误. 【详解】由，可得， 所以，所以是以为首项，为公差的等差数列， 则，所以，则，故AB正确,C错误； 又， 则，故D正确. 故选：ABD. 变式5-1．已知数列满足，且，则 ； 【答案】 【详解】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. 故答案为：. 变式5-2．（多选）已知数列满足，其中，则（    ） A． B．为等差数列 C．数列的前项和为 D．数列的前99项和大于 【答案】BCD 【分析】利用递推式关系求得判断A，结合已知递推式利用等差数列的定义判断B，利用选项B求出，然后利用等差数列求和公式求解即可判断C，先求得，结合利用裂项相消法求和即可判断D. 【详解】对于A，由题意，数列满足，可得，故A错误； 对于B，因为，所以为常数，且， 所以数列为首项为，公差为的等差数列，故B正确； 对于C，由选项B可知，所以，所以， 所以数列的前项和为，故C正确； 对于D，由可知，所以， 因为对都有，所以， 所以数列的前99项和，故D正确. 故选：BCD. 变式5-3．已知为正项数列的前项的乘积，且，． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和为，证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意可求出，然后两边取对数得，从而得出数列是常数列，从而可求解； （2）根据（1）中结论可求出，从而可得出，再结合放缩法及等比数列的前项和公式即可证明. 【详解】（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. 类型六、不动点法 11.不动点法（适用于分式线性递推） 形如（为常数，，），即分式线性递推数列.满足方程的解称为数列的不动点，整理方程得（特征方程）. 情况1：特征方程有两个不相等的实根→构造等比数列；推导：由得，代入递推式化简得，即公比为. 情况2：特征方程有两个相等的实根→构造等差数列；推导：由得（判别式为0），代入递推式化简得（常数）. 例6．已知数列满足，，则= . 【答案】 【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，再利用“不动点法”求数列的通项公式. 【详解】令，解得该方程的唯一不动点， 所以. 所以数列是公差为的等差数列， 从而，解得. 故答案为：. 变式6-1．已知数列中，，，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据题意，令，由，求得，设，代入化简求得，得到数列为等比数列，进而求得的通项公式 【详解】，由，可得，即，解得， 设，因为，可得， 整理得，所以，可得，即， 又由，可得，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，可得，解得， 所以数列的通项公式为. 故答案为：. 变式6-2．函数，定义数列如下：，是过两点、的直线与x轴交点的横坐标，数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】求出直线的斜率、的方程，令得，设，令解得，从而 ，两式相除可得是等比数列，从而求出. 【详解】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. 故答案为：. 变式6-3．（多选）已知，且当方程有解时，有：，则下列说法正确的是（    ） A．若，数列为等差数列 B．若，数列为等差数列 C．若，数列通项公式为 D．若，则存在一个自然数，，使得成立 【答案】BCD 【分析】令，，此时，且满足，解得或.可知此时数列是等比数列，即可判断选项A；当时，方程的根，，通过化简可得，可知数列是首项为，公差为的等差数列，即可判断选项B；当，时，，利用数学归纳法即可判断选项C；当，不存在满足，数列具有周期性，即可判断选项D. 【详解】由题可知为方程的解. 令，，则，满足，此时，且满足，解得或. 当时，，∴， ∴此时数列是公比为的等比数列； 当时，，∴， ∴此时数列是公比为的等比数列，故选项A错误； 当时，，此时方程的根， ∴，∴， ∴数列是首项为，公差为的等差数列，故选项B正确； 当，时，，数列通项公式为，选项C正确. 下面用数学归纳法证明如下： 当时，，∴满足； 假设当时，命题成立，即； 则当时，，命题也成立. 综上，，故选项C正确； 当，此时对应的方程无实数根，即不存在满足，所以数列具有周期性，故选项D正确. 故选：BCD. 类型七、二阶线性递推数列 12.二阶线性递推数列求解方法（适用于含的递推） 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 例7．已知数列满足，，，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】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； 【详解】由,得，且， 故数列是以2为首项，3为公比的等比数列， 故， 所以， 设，则，又， 所以数列的所有项均为0，即，所以. 故答案为：. 变式7-1．已知数列中，，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】由已知可得，令，可得，从而得数列是等比数列，求得，即有，即可得是等比数列，求出其首项和公比，可得，即可得． 【详解】因为，所以， 令，则， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为， 所以，所以， 所以，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为， 所以， 所以， 即，所以． 故答案为：. 变式7-2．符号表示不超过实数的最大整数，如，．数列满足，，．若，为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出的通项公式，并确定其取值范围求出，再利用裂项相消法求和即可得解. 【详解】由，得，而， 则数列是首项为，公比也为的等比数列，即， 当时，， 显然满足上式，因此， 而， ，则， 显然， 于是，则， 因此， 所以. 故选：B. 变式7-3．暑假来临之际，某校组织学生去敬老院进行慰问演出，计划表演合唱和跳舞两个节目，据统计，该校的学生只表演合唱，另外的学生既表演合唱又表演跳舞，每位学生若只表演合唱，则记1分；若既表演合唱又表演跳舞，则记2分．假设每位学生是否表演跳舞相互独立，视频率为概率． (1)从该校学生中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望及方差； (2)从该校学生中随机抽取若干人，在总得分为4的条件下，求抽取了3人的概率； (3)从该校学生中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】(1)分布列见解析；，；(2)；(3) 【分析】（1）先得到X的可能取值为2，3，4，再分别计算各自取值的概率列出的分布列，进而利用数学期望和方差公式计算即可；（2）由条件概率的计算公式可得结果；（3）由题意得，利用数列的构造法计算得到的通项公式. 【详解】（1）X的可能取值为2，3，4， 可得，，． 所以的分布列如下表所示： 所以，． （2）设“总得分为4”为事件，“抽取了3人”为事件， 则，， 所以在总得分为4的条件下，抽取了3人的概率为． （3）由题意可知，其中， 所以， 又，所以是首项为1的常数列，故， 所以，又， 所以是以首项为，公比为的等比数列， 故，即． 一、单选题 1．已知数列的前项和为，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件构造等比数列，进而可求的值. 【详解】因为数列的前项和为，，所以， 即，所以，. 所以数列是以公比为3，首项为4的等比数列，所以，即. 故选：B. 2．已知数列满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用叠加法，求得，得到，结合函数的单调性，以及，即可求解. 【详解】由数列满足， 则 ， 所以， 又由函数在上单调递减，在上单调递增， 因为， 当时，可得；当时，可得， 因为，所以的最小值为. 故选：A. 3．已知数列满足，设，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用与间的关系，得到，从而有，再利用裂项相消法，即可求解. 【详解】因为①， 当时，②， 由①②得到，得到， 又时，，满足，所以，则， 所以， 则数列的前项和为， 故选：D. 4．已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，构造等比数列求出的通项公式，再分、、三种情况讨论数列，结合给出判断. 【详解】因为，，所以， 设，则，所以 若，则，则，与矛盾，所以， 故，所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以，故， 若，则， 则数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则， 所以数列为递减数列，且， 所以数列为递增数列，满足条件； 当时， ，故，所以数列为递减数列， 解不等式，得，可得， 因为，所以当，且时，， 当，且时，，与条件矛盾， 且若时有无意义，所以的取值范围是， 故选：A. 5．记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得，进而得，即是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可得，进而得，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以是公差2的等差数列， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：C. 6．已知数列的前项和，若实数满足恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用，分的奇偶讨论，求出通项公式，再利用通项的函数单调性求出最值进行求解． 【详解】因为，得. 当时， ①. 当为偶数时，①式为，即， 所以（为正奇数）. 当为奇数时，①式为， 即， 所以（为正偶数）. 函数（为正奇数）为减函数，最大值为， 函数（为正偶数）为增函数，最小值为， 若实数满足恒成立，则，即. 故选：A. 二、多选题 7．记为数列的前项和，已知，则（   ） A．为等比数列 B．为等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】利用两式作差可得，再转化为，从而可判断B，通过求出和，可判断A，再利用等比数列求和可判断C，利用错位相减法求和可判断D. 【详解】由，可得：， 两式相减得：，即， 所以为等比数列，故B正确； 再由，可得，即， 当时，有， 由于不满足上式，所以，故A错误； 由 ，故C正确； 由， 则， 两式相减得： ，故D正确； 故选：BCD 8．已知数列满足，，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据递推式计算即可；对于B，由题可得，再根据即可推导；对于C，可举例判断；对于D，由题知，，再利用累加法即可求解． 【详解】，，，，，故A正确； 对于B，由， ，故B正确 对于C，当时，，而，，故C错误. 因为，， 即，，…， 累加得 ，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题 9．数列的前项和为，且满足.则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据和的关系得到，然后再验证不满足该式，最后根据等比数列通项公式即可求解. 【详解】由可得，两式作差得，即， 又，所以，，不满足， 所以 故答案为： 10．已知正项数列的前n项和为，．数列的首项，数列为等比数列，且公比，则数列中的最小值为 ． 【答案】 【分析】先应用计算得出，再结合等比数列通项得出，最后作差比较得出数列的最小值. 【详解】因为正项数列的前n项和为，， 所以当时，， 所以， 所以， 又因为，所以， 由，令，则，所以， 所以数列是以6为首项以6为公差的等差数列，所以， 数列的首项，数列为等比数列，且公比， 则，则， 又因为， 当时，可得，当时，可得， 则数列中的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 11．已知数列中，，. (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)设点，，.当△ABC为等腰三角形时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】周（1）由等比数列的定义即可证明； （2）由（1）得，再由累加法即可求出数列的通项公式； （3）设是△ABC的三个顶点.分别讨论，和是顶角， 由等腰三角形中的垂直关系求解即可得出答案. 【详解】（1）由已知得，且. 所以是首项为1，公比为的等比数列； （2）由（1）得， 所以，，……，，， 由累加法得. 所以，所以，且符合上式， 故数列的通项公式为； （3）设是△ABC的三个顶点. ①若是顶角，设点为边的中点，则. 当△ABC为等腰三角形时，，则，即，显然不成立，故舍去； ②若是顶角，设点为边的中点，则. 由题意得，则. 当△ABC为等腰三角形时，，则，显然不成立，故舍去； ③若是顶角，设点为边的中点，则. 当△ABC为等腰三角形时，，则. 整理得，即，故，解得. 综上，当△ABC为等腰三角形时，的值为1. 12．斯诺克是一项流行的台球运动．其大致规则为：两人比赛，其中一人上场击球，按一颗红球，一颗彩球的顺序循环击打．台面上共有颗红球，6颗彩球，其分值如下表．若一人击球未进，则该人下场换对方上场击球．规定每次上场的第一颗球只能击打红球．今甲和乙进行练习赛，甲进球概率，乙进球概率． 红球 黄球 绿球 咖啡球 蓝球 粉球 黑球 分值 1 2 3 4 5 6 7 (1)若甲先手击球，且二人击打彩球时只击打黑球，设为双方从开始至击打完成三杆球后甲的得分，求的分布列和数学期望； (2)丙加入了比赛．但由于球桌有限，当三人中两人比赛时，另一人在场下坐冷板凳．当对局结束，获胜者留在场上，失败者下场，并由坐冷板凳者上场．甲乙丙三人实力相当，故彼此对局时获胜概率均等．若第一场比赛由乙对战丙，设第场比赛时甲坐冷板凳的概率为． （i）求； （ii）从比赛公平性的角度，简要说明当充分大时，的实际含义． 【答案】(1)分布列见解析，； (2)（i）；（ii）时，，比赛公平性较好．（合理即可） 【分析】（1）根据题意理解比赛规则，分析甲可能得分的情况及对应的概率，列出得分分布列，并求出期望； （２）（i）根据题意列出递推关系式并确定，再利用递推关系构造等比数列求出；（ii）根据表达式分析充分大时的实际含义． 【详解】（1）由题意可知，甲先手击球，双方累计3次，规则如下： 首次上场必须先打红球，若打进后打黑球，若未进球对方上场，必须打红球； 甲进球概率为，乙进球概率． 分析可知，甲的可能得分为，即 当时，可能情况为：①甲未进，乙未进，甲未进，②甲未进，乙进球，乙进球，③甲未进，乙进球，乙未进． 概率为：； 当时，可能情况为：①甲进球，甲未进，乙未进，②甲未进，乙未进，甲进球，③甲进球，甲未进，乙进球． 概率为：； 当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲未进．概率为：； 当时，可能情况为：甲进球，甲进球，甲进球．概率为：． 甲的得分情况分布列为： 数学期望为：． （2）（i）已知３人实力相当，则获胜概率均为， 第一场比赛乙对战丙，甲坐冷板凳，， 分析状态转移规律：从任何状态，下一场比赛坐冷板凳者变为当前比赛失败者，概率各， 则递推关系为：， 对展开并移项得：， 假设存在常数使得构成等比数列，即， 则， 令，则，是首项为公比为的等比数列，则， ，，即． （ii）当时，，故，这表明在长期比赛中，甲、乙、丙三人做冷板凳的概率趋于， 体现了比赛的公平性，由于3人实力相等且转移概率对称，系统稳定时每人坐冷板凳机会均等． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $