求数列通项公式和前n项和的常用方法(含高考题精选)

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案求数列通项公式的方法有很多种。

这个问题通常是高考试卷的第一问，如果无法解决或没有思路，那么即使后面的问题可以解决，也是无济于事的。

下面我们逐个讲解这些重要的方法。

递推公式法是指利用an=Sn−Sn−1的形式，其中Sn表示数列的前n项和。

这种方法有两种类型。

第一种类型是题目中给出的是Sn=f(n)的形式，要将n改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

但是需要注意的是，求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下a1和S1是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式。

第二种类型是a(n-1),an和a(n+1)与S(n-1),Sn和S(n+1)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）是在教材上推导等差数列通项公式和前n项和公式的时候使用的一种方法。

其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的。

只要适合an=an-1+f(n)的形式，都可以使用累加法。

基本的书写步骤是将an-an-1=f(n)展开，然后累加，得到an-a1=f(2)+f(3)+f(4)+。

+f(n)。

因此重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列的前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

累乘法的使用条件是，凡是适合an=an-1*f(n)形式的求通项公式问题，都可以使用累乘法。

它的基本书写步骤格式是：an=a1*f(2)*f(3)*。

*f(n)。

以上是数列通项公式的三种求法。

2.改写每段话：首先，我们来看等式左右两边的乘积。

左边相乘得到的总是1，右边相乘得到的是f(2)乘以f(3)乘以f(4)一直到f(n)。

数列通项公式的求法10种求数列的通项公式方法非常众多，而且这个问题基本上都是高考试卷中第一问，也就是说这一问题做不出来或没有思路，那么即使后面的问题比如求前N 项和的问题，会做也是无济于事的。

我们逐个讲解一下这些重要的方法。

递推公式法：递推公式法是指利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这样的问题有两种类型，（1）题目中给出的是()n S f n =的形式，也就是n S 的表达式是一个关于n 的函数，要将n 改成n-1，包括角标，这样加上题中给出的式子就得到两个式子，两式子做差，即可整理出通项公式。

这种情况是比较简单的，但是也有值得我们注意的地方，那就是求出的通项公式一定要检验是否需要写成分段的形式，即验证一下1a 和1S 是否相等，若不相等，则需要写成分段的形式，只要题中涉及到角标n 不能从n=1开始取值的，都需要检验。

（2）第二种情况是非常常见的，即11(,)n n n a a a -+与n S (1n S -,1n S +)同时存在于一个等式中，我们的思路是将n 改写成n-1，又得到另一个式子，这两个式子做差，在做差相减的过程中，要将等式的一端通过移项等措施处理为零，这样整理,容易得出我们想要的关系式。

累加法（迭、叠加法）：累加法是在教材上推导等差数列通项公式和前n 项和公式的时候使用的一种方法，其实这个方法不仅仅适用于等差数列，它的使用范围是非常广泛的，我们可以总结为，只要适合：1()n n a a f n -=+的形式，都是可以使用累加法的，基本的书写步骤是：21324312,(2)3,(3)4,(4)......,()n n n a a f n a a f n a a f n n a a f n -=-==-==-==-=将上述展开后的式子左边累加后总是得到1(2)(3)(4)......()n a a f f f f n -=++++所以重点就是会求后边这部分累加式子的和，而这部分累加的式子，绝大部分都是三种情况之一，要么是一个等差数列的前n-1项的和，要么是一个等比数列前n-1项的和，要么就是能够在累加过程能够中消掉，比如使用裂项相消法等。

求数列前n 项和的8种常用方法一.公式法(定义法):i.等差数列求和公式：特别地，当前〃项的个数为奇数时，S2灯|=(2&+1).%1，即前〃项和为中间项乘以项数。

这个公 式在很多时候可以简化运算；2.等比数列求和公式：(1) q = 1, S n =叫:。

1(1-矿)(2)S n =—~，特别要注意对公比的讨论:3. 可转化为等差、等比数列的数列；4. 常用公式：(2)1» = l + 2 + 3+L +〃=_〃(〃+1)：22 = ]2 + 22 + 32 +L + / =项〃 +1 )(2〃 +1 )=项〃 + '(〃 +1 )：4-1 63 2(3)£(2Sl)=l + 3+5+L +(2〃-1)=片.▲■I例 1 已知 log3X= T ,求x+x 2+x 3 + ...+x n 的前〃项和.log? 3解：由 log3 x = —zl_ => log 3 x = -log 3 2 n x = 5= x + x 2 + x 3 +L +y*n J = 1(1-1)A2(4)log 2 3由等比数列求和公式得x(l —x 1-X1&例 2 设S “=l + 2+3+ • +〃，解：易知 S =]_〃(〃+1), "2S..2"，求_/•(〃)=— 的最大值.(〃 + 32)S tS . =!(〃+1)(〃+2)jt+i 2n .・'(〃)-(〃 + 32)s* — / + 34〃+ 64= ]_________1_______ 1〃 +34+丝 一(V ；-_L)2+50 - 50n JnQ1・•・当而-如即〃 =8时,f(n) =_.V82 50二.倒序相加法:如果一个数列{%},与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前〃项和即可用倒序相加法。

如：等差数列的前〃项和即是用此法推导的，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到〃个（0+4）.例3求sii?1°+sin22°+sin23° +-+sin288°+sin289°的值解：设S=sin2l°+sin22°+sin23°+•••+sin288°+sin289°........①将①式右边反序得S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°........②(反序)又因为sinx=cos(90°-x),sin2x+cos2x=1①得(反序相加)2S=(sin21°+cos2l°)+(sin22°+cos22。

数列求通项公式常用方法与典型题目（附答案）（一）题型一累加法1．数列{}n a 中，11a =，()12,nn n a a n n n N --=≥∈，则na=___________．2．已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a n n+=++，则n a =__________．3．如果数列{}n a 满足：()1111,22n n n a a a n --=-=≥，则n a =()A ．121n +-B ．1(1)21n n --⋅+C ．21n -D ．12n -4．在数列{}n a 中，10a =，11ln 1n n a a n +⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则{}n a 的通项公式为()．A ．ln n a n =B ．()()1ln 1n a n n =-+C ．ln n a n n=D ．ln 2n a n n =+-5．设数列{}n a 中，112,1+==++n n a a a n ，则通项n a =___________．6．已知数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，则2018a =()A ．20182019⨯B ．20172018⨯C ．20162017⨯D ．20182018⨯（二）题型二累乘法1．已知数列{}n a 满足11a =，()12311111231n n a a a a a n n -=+++⋅⋅⋅+>-．数列{}n a 的通项公式是______．2．已知11a =，()()1n n n a n a a n N ++=-∈，则数列{}n a 的通项公式是()A ．21n -B ．11n n n -+⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2n D ．n3．已知12a =，12nn n a a +=，则数列{}n a 的通项公式n a 等于()A ．2122n n -+B ．2122n n ++C ．2222n n -+D ．2222n n --4．在数列{}n a 中，11a =，()32122223n n a a a a a n n*++++=∈N ，则n a =______．（三）题型三公式法1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若()11,1,31n n a a S n +=≥=则n a =____________．2．数列{}n a 满足，123231111212222n n a a a a n ++++=+ ，写出数列{}n a 的通项公式__________．3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2+n ，则a n ＝_____．4．若数列的前n 项和2133n n S a =+，则的通项公式是n a =________5．数列{}n a 的前n 项和23nn S =+，则其通项公式n a =________．6．数列{}n a 的前n 项和210n S n n =-，则该数列的通项公式为__________．7．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n =______．8．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23n n a a S +==+，则数列{}n a 的通项公式为___________．9．已知数列{}n a 满足23123222241nnn a a a a ++++=- ，则{}n a 的通项公式___________________．10．数列{a n }满足()21*1232222n n na a a a n N -+++⋯+=∈，则a 1a 2a 3…a 10=()A ．551(2B ．1011()2-C ．911()2-D ．601()211．如果数列{}n a 的前n 项和为332n n S a =-，则这个数列的通项公式是()A ．()221n a n n =++B ．23nn a =⋅C ．32nn a =⋅D ．31n a n =+（四）题型四构造法1．数列{}n a 中，若11a =，()1231n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a =()A ．123n +-B ．23n -C ．23n +D ．123n --2．已知数列{}n a 中，112,21n n a a a +==+则n a =___________．3．已知数列{}n a 满足11a =132n n a a +=+，则{}n a 的通项公式为__________________．（五）题型五倒数法1．在数列{n a }中，已知12a =，1122n n n a a a --=+，(2)n ≥，则n a 等于()A ．21n +B ．2n C ．3nD ．31n +2．若数列{}n a 满足11n n n a a a +=+，且123a =，则10a =___________．3．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足11n n n n S S S S ++=⋅-()n N *∈，且11a=，则n a =_____．4．已知数列{}n a 满足12,a =11n n n n a a a a ++-=，那么31a 等于()A ．130-B ．261-C ．358-D ．259-5．已知数列{}n a 满足递推关系111,12n n n a a a a +==+，则2017a =()A ．12016B ．12018C ．12017D ．120196．若数列{}n a 满足1121n n n a a a --=+(2n ≥，*n N ∈)，且112a =，则n a =()A ．12nB ．2n C ．1122n +-D ．222n +7．已知数列{}n a 满足11a =，()*11nn n a a n N a +=∈+，则2020a =()A ．12018B ．12019C ．12020D ．12021（六）题型六周期数列1．在数列{}n a 中，112a =，111n n a a -=-(2n ≥，n ∈+N )，则2020a =()A ．12B ．1C ．1-D ．22．已知数列{}n a 中，13=4a ，111n n a a -=-(,2n N n +∈≥)，那么2020a 等于()A ．13-B ．34C ．2D ．43．已知数列{}n a 中，12213,6,n n n a a a a a ++===-,则2016a =()A ．6B ．6-C ．3D ．3-参考解析（一）题型一累加法1．()12n n +【解析】()112,1,nn n a a n n n Na -=≥=-∈ ，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+ ()()()()112122n n n n n n +=+-+-++=≥ ，验证1n =时成立．()12n n n a +∴=．故答案为：()12n n +2．31,1,2n n N n*-≥∈【解析】因为121n n a a n n +=++，所以121111n n a a n n n n +-==-++，则当2,n n N *≥∈时，213211121123...111n n a a a a a a n n -⎧-=-⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪⎪⎪-=-⎪-⎩，将1n -个式子相加可得11111111...12231n a a n n n -=-+-++-=--，因为112a =，则1131122n a n n=-+=-，当1n =时，1311212a =-=符合题意，所以31,1,2n a n n N n *=-≥∈．故答案为:31,1,2n n N n*-≥∈．3．C 【解析】由题意可得,112n n n a a ---=，212a a ∴-=，2322a a -=，…112n n n a a ---=,以上1n -个式子相加可得,21122 (2)n n a a --=+++()12122212n n --==--，21n n a ∴=-,故选B ．4．A 【解析】由已知得()11ln ln 1ln n n n a a n n n ++⎛⎫-==+- ⎪⎝⎭，所以()1ln ln 1n n a a n n --=--()()12ln 1ln 2n n a a n n ---=---32ln 3ln 2a a -=-21ln 2ln1a a -=-将上述1n -个式子相加，整理的1ln ln1ln n a a n n -=-=又因为10a =，所以ln n a n =．故选A ．5.()112++n n 【解析】∵112,1+==++n n a a a n ∴()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，⋯，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n ⎡⎤=-+-+-+++++⎣⎦ ()()()()11111111222n n n nn n n n ⎡⎤--+-+⎣⎦=++=++=+故应填()112++n n ；6.B 【解析】 数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，∴12n n a a n +-=，∴()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，()2323n n a a n ---=-，……212a a -=，累加得：()()()112123 (1212)n n n a a n n n --=++++-=⋅=-⎡⎤⎣⎦，又 10a =，∴()1n a n n =-，∴201820182017a =⋅．故选B ．(二）题型二累乘法1.1,1,22n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩【解析】1231111(1)231n n a a a a a n n -=++++>- ，11a =当2n =时，211a a ==当2n >时，112311111231n n n a a a a a a n n+-∴=+++++- ，两式相减得：11n n n a a a n +-=，即11n n n a a n++=，∴11n n a n a n++=，11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，⋯3232a a =，累乘得：22n a n a =，所以2n na =，()2n >1,1,22n n a n n =⎧⎪∴=⎨≥⎪⎩，故答案为：1,1,22n n a nn =⎧⎪=⎨≥⎪⎩2.D 【解析】由()()1n n n a n a a n N ++=-∈得：()()11n n n a na n N +++=∈，即()11n n a n n N a n+++=∈，则11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，2323n n a n a n ---=-，……．．，2121a a =，由累乘法可得1na n a =，又因为11a =，所以n a n =．故选：D ．3.C 【解析】1122nn n n n n a a a a ++=∴= 当n ≥2时，2212122112122222nn n n n n n n n a a a a a a a a -+-----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ，经检验，1a 也符合上述通项公式．本题选择C 选项．4.21n n +【解析】由题意得：当2n ≥时，()31211222231n n a a a a a n --++++=- ，所以12n n n a a a n-=-，即()2211n n na n a --=，也即是11+1n n n n n a a n --=，所以121+1221211n n n n n a n n n a a a n ---===-=-= ，所以21n n a n =+，故答案为：21nn +．（三）题型三公式法1.21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．【解析】()13,1n n a S n N n ++=∈∴= 时，23,2a n =≥时，13n n a S -=，可得13n n n a a a +-=，即14,n n a a +=∴数列{}n a 从第二项起为等比数列，2n ≥时，=n a 234n -⋅，故答案为21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．2.16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩【解析】因为123231111212222n n a a a a n ++++=+ ,所以()12312311111121122222n n n n a a a a a n +++++++=++ ,两式相减得11122n n a ++=，即12,2n n a n +=≥，又1132a =，所以16a =，因此16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩3.2n 【解析】由题,当1n =时,21112a =+=,当2n ≥时,()()1112nn n a S S n n n n n -=-=+--=．当1n =时也满足．故2n a n =．故答案为：2n4.()12n --【解析】当n =1时，1112133a S a ==+，解得11a =，当n ≥2时，1n n n a S S -=-121213333n n a a -⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12233n n a a -=+，整理可得12313n n a a -=-，即12n n a a -=-，故数列{}n a 以1为首项，2-为公比的等比数列，所以()12n n a -=-，故答案为：()12n --．5.15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩【解析】当1n =时，11235a =S =+=；当2n ≥时，11123232n n n n n n a S S ---=-=+--=；故15,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩故答案为：15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩6.211n a n =-【解析】221110,11019,n S n n a S =-∴==-⨯=- 当2n ≥时()()221101101211,n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦当1n =时也适合，故211n a n =-．即答案为211n a n =-．7.1(2)n n a -=-；【解析】当n=1时，a 1=S 1=23a 1+13，解得a 1=1,当n≥2时，a n =S n -S n-1=(2133n a +)-(12133n a -+)=23n a -123n a -整理可得13a n ＝−23a n−1，即1n n a a -=-2，故数列{a n }是以1为首项，-2为公比的等比数列，故a n =1×(-2)n-1=(-2)n-1故答案为(-2)n-1．8.21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【解析】n S Q 为数列{}n a 的前n 项和，111,23n n a a S +==+——①2n ≥时，123n n a S -=+——②①-②，得：12n n n a a a +=-，13n na a +∴=13n na a +∴=，21235a a =+= ，∴数列{}n a 的通项公式为21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．故答案为：21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．9.a n ＝3•2n ﹣2【解析】∵数列{a n }满足2a 1+22a 2+23a 3+…+2n a n ＝4n ﹣1，∴当n ≥2时，2n a n ＝(4n ﹣1)﹣(4n ﹣1﹣1)，化为a n ＝3•2n ﹣2．当n ＝1时，2a 1＝4﹣1，解得132a =，上式也成立．∴a n ＝3•2n ﹣2．故答案为a n ＝3•2n ﹣2．10.A 【解析】n =1时,a 1=12,∵211232222n n n a a a a -+++⋯+=,∴2n ≥时,22123112222n n n a a a a ---+++⋯+=,两式相减可得2n -1a n =12,∴12n n a =,n =1时，也满足∴12310a a a a = 55231012310111111222222++++⎛⎫⨯⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭,故选A11.B 【解析】由332n n S a =-，当2n ≥时，1113333332222n n n n n n n a S S a a a a ---⎛⎫⎛⎫=-=---=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以13nn a a -=，当1n =时，111332S a a ==-，此时16a =，所以，数列{}n a 是以6为首项，3为公比的等比数列，即16323n n n a -=⋅=⋅．故选：B ．（四）题型四构造法1.A 【解析】因为()1231n n a a n +=+≥，所以132(3)n n a a ++=+，即数列{3}n a +是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1342n n a -+=⋅，故1142323n n n a -+=⋅-=-，故选：A2.1321n -⋅-【解析】因为121n n a a +=+，所以()112221n n n a a a ++=+=+且1130a +=≠，所以1121n n a a ++=+，所以{}1n a +是以3为首项，2为公比的等比数列，所以1132n n a -+=⋅，所以1321n n a -=⋅-，故答案为：1321n -⋅-．3.1231n -⨯-【解析】因为132n n a a +=+，11a =，所以()113331n n n a a a ++=+=+，即1131n n a a ++=+所以{}1n a +以2为首项，3为公比的等比数列，所以1123n n a -+=⨯所以1231n n a -=⨯-故答案为：1231n -⨯-（五）题型五倒数法1.B 【解析】将等式1122n n n a a a --=+两边取倒数得到11112n n a a -=+，11111=,2n n n a a a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列，11a =12，根据等差数列的通项公式的求法得到()1111222n nn a =+-⨯=，故n a =2n．故答案为：B ．2.219【解析】11n n n a a a +=+ 11111n n n n a a a a ++∴==+，即1111n na a +-=∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132a =为首项，1为公差的等差数列()131211222n n n n a -∴=+-=-=221n a n ∴=-10219a ∴=故答案为：2193.1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩【解析】由11n n n n S S S S ++=⋅-，得1111n nS S +-=()n N *∈1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以11111S a ==为首相，1为公差的等差数列，11(1)1nn n S ∴=+-⨯=，1n S n ∴=，当2n ≥时，11111(1)n n n a S S n n n n -=-=-=---，1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩故答案为：1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩4.D 【解析】11n n n n a a a a ++-= ,1111n n a a +∴-=,即1111n n a a +-=-,又12,a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12,公差为1-的等差数列,132n n a ∴=-+,3113593122a ∴=-+=-,故31259a =-,故选:D ．5.B 【解析】由11n n n a a a +=+，所以11111n n n n a a a a ++==+则1111n n a a +-=，又112a =，所以112a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，1为公比的等差数列所以11n n a =+，则11n a n =+所以201712018a =故选：B6.A 【解析】当2n ≥且n *∈N ，在等式1121n n n a a a --=+两边取倒数得11121112n n n n a a a a ---+==+，1112n n a a -∴-=，且112a =，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且首项为2，公差为2，因此，()12212n n n a =+-=．12n a n∴=故选：A ．7.C 【解析】11n n n a a a +=+ ，∴两边同时取倒数得11111n n n n a a a a ++==+，即1111n n a a +-=，即数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差1d =的等差数列，首项为111a =．则11(1)1n n n a =+-⨯=，得1n a n =，则202012020a =，故选：C (六）题型六周期数列1.A 【解析】2111121a a =-=-=-，3211112a a =-=+=，431111122a a =-=-=，可得数列{}n a 是以3为周期的周期数列，202036731112a a a ⨯+∴===．故选：A ．2.B 【解析】因为13=4a ，111n n a a -=-，所以211113a a =-=-，32114a a =-=，431314a a =-=，…所以数列{}n a 是以3为周期的数列，所以202067331134a a a ⨯+===，故选：B 3.B 【解析】因为21n n n a a a ++=-,①则321n n n a a a +++=-,②①+②有:3n n a a +=-,即63n n a a ++=-,则6n n a a +=,即数列{}n a 的周期为6,又123,6a a ==,得3453,3,6a a a ==-=-，63a =-,则2016a =633663a a ⨯==-,故选:D ．。

求数列前N 项和的方法1. 公式法等差数列前n 项和：11()(1)22n n n a a n n S na d ++==+ 特别的，当前n 项的个数为奇数时，211(21)k k S k a ++=+，即前n 项和为中间项乘以项数。

这个公式在很多时候可以简化运算。

等比数列前n 项和： q=1时，1n S na =()1111n n a q q S q-≠=-，，特别要注意对公比的讨论。

其他公式：1、)1(211+==∑=n n k S nk n 2、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n3、213)]1(21[+==∑=n n kS nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. 解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x由等比数列求和公式得 nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32 （利用常用公式）＝x x x n --1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 [例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.解：由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， )2)(1(211++=+n n S n （利用常用公式）∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n＝nn 64341++＝50)8(12+-nn 501≤∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(max =n f2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=………………………. ②（设制错位）①－②得 nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x x x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴ 21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………② （设制错位）①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS（错位相减）1122212+---=n n n∴ 1224-+-=n n n S练习：求：S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1解：S n =1+5x+9x 2+······+(4n-3)x n-1 ①①两边同乘以x ，得 x S n =x+5 x 2+9x 3+······+(4n-3)x n ②①-②得，（1-x ）S n =1+4（x+ x 2+x 3+······+ nx ）-（4n-3）x n当x=1时，S n =1+5+9+······+（4n-3）=2n 2-n当x ≠1时，S n = 1 1-x [ 4x(1-x n ) 1-x +1-（4n-3）x n ]3. 反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.[例5] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S …………. ①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②（反序）又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.54. 分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n（分组）当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn + （分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n n -+--=＝2)13(11n n a a a n -+---[例7] 求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴ ∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132（分组）＝)21()21(3)21(2222333n n n +⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++＝2)1(2)12)(1(2)1(22++++++n n n n n n n （分组求和）＝2)2()1(2++n n n练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。

数列通项公式的求法一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ，∴d a =1…………………………………① ∵255a S =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=】点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

二、公式法若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。

例2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式。

解：由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时，有,)1(2)(211nn n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211--------+=----=-++-+--+=n n n nn n n n n经验证11=a 也满足上式，所以])1(2[3212---+=n n n a 点评：利用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-211n S S n S a n nn n 求解时，要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．三、由递推式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。

求数列前N项和的常用方法核心提示：求数列的前n项和要借助于通项公式，即先有通项公式，再在分析数列通项公式的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和。

当遇到具体问题时，要注意观察数列的特点和规律，找到适合的方法解题。

一.用倒序相加法求数列的前n项和如果一个数列{a n}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。

我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”。

例题1：设等差数列{a n}，公差为d，求证：{a n}的前n项和S n=n(a1+a n)/2解：S n=a1+a2+a3+...+a n①倒序得：S n=a n+a n-1+a n-2+…+a1②①+②得：2S n=(a1+a n)+(a2+a n-1)+(a3+a n-2)+…+(a n+a1)又∵a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1∴2S n=n(a2+a n) S n=n(a1+a n)/2点拨：由推导过程可看出，倒序相加法得以应用的原因是借助a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=…=a n+a1即与首末项等距的两项之和等于首末两项之和的这一等差数列的重要性质来实现的。

二.用公式法求数列的前n项和对等差数列、等比数列，求前n项和S n可直接用等差、等比数列的前n项和公式进行求解。

运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算。

例题2：求数列的前n项和S n解：点拨：这道题只要经过简单整理，就可以很明显的看出：这个数列可以分解成两个数列，一个等差数列，一个等比数列，再分别运用公式求和，最后把两个数列的和再求和。

三.用裂项相消法求数列的前n项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的前n项和。

数列求和方法汇总及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Sn n 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列)2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式 例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=nn nC b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n na --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.09个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n ------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-=)1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=相加个 )101(91n n ---= 三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n 表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

数列求通项及前n 项和常见方法求n a一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项公式注意：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

二、累加法求形如a n -a n-1=f(n)（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累加求得通项。

例2．已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ． 注意：累加法是反复利用递推关系得到n —1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求{f(n)}的前n —1项的和，要注意求和的技巧三、迭代法求形如1n n a qa d +=+(其中,q d 为常数)的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。

例3．已知数列{a n }满足a 1=1，且a n+1=3n a +1，求n a注意：因为运用迭代法解题时，一般数据繁多，迭代时要小心计算，应避免计算错误，导致走进死胡同四、公式法若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n ΛΛΛΛΛ求解。

例4．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式；注意：利用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n ΛΛΛΛΛ求解时，要注意对n 分类讨论，但若能合写时一定要合并．五、累乘法 对形如1()n n a f n a +=的数列的通项，可用累乘法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累乘求得通项。

数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．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a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)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．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }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a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1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a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =S 1，n =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片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“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901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划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=5，且a n +1=2a n -1n ∈N * .(1)证明：a n -1 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=4，所以a n +1-1a n -1=2，所以a n -1 是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n -1=4×2n -1，即a n =2n +1+1.(2)由(1)得b n =(-1)n⋅2n +1+1 ，则b n =2n +1+1,n =2k ,k ∈N *-2n +1+1 ,n =2k -1,k ∈N* ，①当n =2k ,k ∈N *时，S n =-22-1 +23+1 -24+1 +⋯+-2n -1 +2n +1+1 =-22+23-24+25+⋯-2n +2n +1=22+24+⋯+2n =432n -1 ;②当n =2k -1,k ∈N *时，S n =S n +1-b n +1=432n +1-1 -2n +2+1 =-2n +2+73，综上所述，S n =432n -1 ,n =2k ,k ∈N*-2n +2+73,n =2k -1,k ∈N *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na n 的前n 项和T n .【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q .因为S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23， 当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1， 所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。

精心整理数列专题1：根据递推关系求数列的通项公式 根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型一、n S 是数列{}n a 的前n 项的和11(1)(2)n n n S n S S n -=⎧=⎨-≥⎩【方法】：“1n n S S --”代入消元消n a。

【注意】漏检验n 的值(如1n =【例1】.（1）已知正数数列{}na 正整数n 满足1n a =+（2）数列{}n a 中，1a 都有2123n a a a an ⋅⋅⋅⋅=，求数列{n a 【作业一】1－1.数列{}na 满足1133n n a a -++{}n a 的通项公式．1()n n a a f n --=,1()nn a f n a -= )，用累加法求通项公式（推导等差数列通【方法】1()n n a a f n --=， 12(1)n n a a f n ---=-， ……，21(2)a a f -=2n ≥，从而1()(1)(2)n a a f n f n f -=+-++，检验1n=的情况()f n =，用累乘法求通项公式（推导等比数列通项公式的方法） 【方法】2n ≥，12121()(1)(2)n n n n a a a f n f n f a a a ---⋅⋅⋅=⋅-⋅⋅即1()(1)(2)na f n f n f a =⋅-⋅⋅，检验1n =的情况【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有1n -个等式相加（相乘）.【例2】.(1)已知1a （2）已知数列{n a . 【例3】.（中，1111,(1n n a a a n +==++（三）.待定系数法?1n n a ca p +=+（c,1n n +，即11)n n x +-，}1pc +-为等比数列 123n a =+，求数列{}n a 的通项公式。

1nn n a ca p +=+(,,k p c 为非零常数)【方法】两边取倒数，得111n n p ca k a k+=⋅+,转化为待定系数法求解 【例5】.已知数列{}n a 的首项为135a =，1321nn na a a +=+，1,2,n ，求{}n a的通项公式数列专题2：数列求和1.数列a1＋2，…，a k＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋a k＋…＋a10之值为()A．31B．120 C．130D．185S n＝，则项数nA) 练习A3.求和：S n＝＋＋＋…＋.练习3(2010.昌平模拟)设数列{a n}满足a1＋3a2＋32a3＋ (3)－1a n＝，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝，求数列{b n}的前n项和S n.。

专题18数列的通项公式及前n 项和-高考数学（理）母题题源系列含解析【母题原题1】【2018天津，理18】设是等比数列，公比大于0，其前n 项和为，是等差数列． 已知，，，．{}n a ()n S n *∈N {}n b 11a =322a a =+435a b b =+5462a b b =+（I ）求和的通项公式；{}n a {}n b（II ）设数列的前n 项和为，{}n S ()n T n *∈N （i ）求；n T（ii ）证明．221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N 【考点分析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查等差数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．【答案】（I ）；（II ）（i ）．（ii ）证明见解析．12,n n n a b n -==122n n T n +=--【解析】试题分析：（I ）由题意得到关于的方程，解方程可得，则．结合等差数列通q2q =12n n a -=设等差数列的公差为，由，可得由，{}n b d 435a b b =+13 4.b d +=5462a b b =+可得 从而 故 131316,b d +=11,1,b d ==.n b n =所以数列的通项公式为，数列的通项公式为{}n a 12n n a -={}n b .n b n = （II）（i）由（I），有，故．122112nn n S -==--1112(12)(21)22212n n n k k n n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑ （ii ）证明：，()()()()()()()()1121222222212121221k k k k k k+k k k k T +b b k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++ ()()()32432122122222222123243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑． 【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．【母题原题2】【2017天津，理18】已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，{}n a ()n S n *∈N {}n b2312b b +=，，．3412b a a =-11411S b =（Ⅰ）求和的通项公式；{}n a {}n b（Ⅱ）求数列的前n 项和．221{}n n a b -()n *∈N【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．32n a n =-2n n b =1328433n n +-⨯+ 联立①②，解得，，由此可得．11a =3d =32n a n =-所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．{}n a 32n a n =-{}n b 2nn b =（Ⅱ）设数列的前项和为，由，，有，221{}n n a b -n n T 262n a n =-12124n n b --=⨯221(31)4n n n a b n -=-⨯故，23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得：23112(14)324343434(31)44(314n n n n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得．1328433n n n T +-=⨯+ 所以，数列的前项和为．221{}n n a b -n 1328433n n +-⨯+ 【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．n n【母题原题3】【2016天津，理18】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等比中项．{}n a d n n N ,b *∈n a 1n a +(Ⅰ)设，求证：是等差数列；22*1,n n n c b b n N +=-∈{}n c (Ⅱ)设 ，求证：()22*11,1,nnn n k a d T b n N===-∈∑2111.2nk kT d =<∑ 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析()222111111111111212121nn n k k k kT d k k d k k d n ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑，易得结论． 试题解析：（I ）证明：，为定值，∴为等差数列．22112112n n n n n n n n c b b a a a a d a +++++=-=-=⋅21212()2n n n n c c d a a d +++-=-={}n c（II）证明：（*）2213211(1)nk n k n k T b C C C -==-=++⋅⋅⋅+∑21(1)42n n nC d -=+⋅212(1)nC d n n =+- 由已知，将代入（*）式得，∴，得证．22212123122122()4C b b a a a a d a d a d d =-=-=⋅=+=214C d =22(1)n T d n n =+2111112(1)nnk k kT d k k ===+∑∑21111(1)2311221k k d ⋅=⋅⋅++--+-+212d <【名师点睛】分组转化法求和的常见类型（1）若an ＝bn±c n ，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n 项和．（2）通项公式为an ＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． 【母题原题4】【2015天津，理18】已知数列满足，且成等差数列．{}n a 212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，233445,,a a a a a a(I)求的值和的通项公式；q {}n a (II)设，求数列的前项和．*2221log ,nn n a b n N a -=∈n b n 【答案】(I) ； (II) ．1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数1242n n n S -+=-当时，，2(*)n k n N =∈2222nkn k a a ===所以的通项公式为{}n a 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数(II) 由(I)得，设数列的前项和为，则22121log 2n n n n a nb a --=={}n b n n S012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯++⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯， 两式相减得，23111111112212122222222212n n n n n n n n n n S --=+++++-=-=--- 整理得，所以数列的前项和为．1242n n n S -+=-{}n b n 124,*2n n n N -+-∈【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列定义与性质，求和公式以及错位相减法求和的问题，通过等差数列定义、等比数列性质，分为奇偶数讨论求通项公式，并用错位相减法基本思想求和．是中档题．n【命题意图】 高考对本部分内容的考查基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列求和问题．【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有：其一求数列的通项公式，其二数列求和，其三证明数列成等差数列或成等比数列．【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列 的通项公式：本题从等比数列入手，由于，设公比为，表达出和，利用列方程求出，写出的通项公式；{}n b {}n b 12b =q 2b 3b 2312b b +=q {}n b第二步：求数列 的通项公式：借助第一步的结果，由于数列成等差数列，设公差为，结合，解方程组求出和，写出数列的通项公式．{}n a {}n a d 3411142,11b a a S b =-=1a d {}n a第三步：利用错位相减法求和： 列出数列的前n 项和，两边同乘以4，两式相减后求和．221{}n n a b -n T 【方法总结】1．数列中 与的关系：an ＝{}n a n a n S ⎩⎨⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n≥2.2． 等差数列（1）等差数列的有关概念①定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为为常数．*1(,n n a a d n N d +-=∈)②等差中项：数列成等差数列的充要条件是，其中叫做的等差中项．,,a A b 2a bA +=A ,a b （2）等差数列的有关公式 ①通项公式：．1(1)n a a n d =+-②前项和公式：．n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=（3）等差数列的性质已知数列是等差数列，是其前项和．{}n a n S n ①通项公式的推广：．*()(,)n m a a n m d n m N =+-∈ ②若，则．*(,,,)k l m n k l m n N +=+∈k l m n a a a a +=+③若的公差为，则也是等差数列，公差为．{}n a d {}n a 2d④若 是等差数列，则也是等差数列．{}n b {}n n pa qb + ⑤数列，…构成等差数列．232,,n n n n n S S S S S -- （4）． 妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为；,,a d a a d -+若偶数个数成等差数列，可设中间两项为，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．,a d a d -+（5）等差数列的四种判断方法①定义法：为常数⇔是等差数列．*1(,n n a a d n N d +-=∈{}n a ②等差中项法： (n ∈N*)⇔是等差数列．122n n n a a a ++=+{}n a ③通项公式： (为常数)⇔ 是等差数列．n a pn q =+,p q {}n a④前n 项和公式：（ 为常数)⇔ 是等差数列．2n S An bn =+A B 、{}n a 3．等比数列（1）等比数列的有关概念 ①定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈ ②等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．（2）等比数列的有关公式 ①通项公式：．11n n a a q -=②前项和公式： ；n 111,1,(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（3）等比数列的性质已知数列是等比数列，是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N*){}n a n S ①若，则；2m n p q r +=+=2m n p q r a a a a a == ②数列…仍是等比数列；23,,,,m m k m k m k a a a a +++③数列，…仍是等比数列(此时{an}的公比)．232,,n n n n n S S S S S --1q ≠-（4）等比数列的三种判定方法 （1）定义：⇔是等比数列．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈{}n a （2）通项公式：均是不为零的常数， ⇔是等比数列．1(n n a cq c q -=、*)n N ∈{}n a(3)等比中项法：⇔是等比数列．2*1212(0,)n n n n n n a a a a a a n N ++++=⋅⋅≠∈{}n a（5）求解等比数列的基本量常用的思想方法①方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．1,,,,n na q n a S②分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当时，；当时，；在判断等比数列单调性时，也必须对与分类讨论．1q =1n S na =1q ≠1(1)1n n a q S q-=-1a q 5．数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＝na1＋d ； 等比数列的前n 项和公式：Sn ＝错误!（2）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．（5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，．222222S=-+-++-=++++++=10099989721(10099)(9897)(21)5050 n1．【2018天津南开中学模拟】已知数列是首项的等差数列，设．（1）求证：是等比数列；（2）记，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）11．详解：（1）由及，得，所以．因为，所以，即．则，所以数列是首项，公比的等比数列．（2）由（1），得，所以（3）因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．设，则．所以，故的最小值是/．由，得整数可取最大值为11．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有用定义证明等比数列，对数的运算，裂项相消法求和，恒成立问题求有关参数的取值范围和最值问题，在解题的过程中，注意对公式的正确使用以及对问题的正确理解．2．【2018天津河西区三模】已知数列的前项和为，数列是首项为1，公差为2的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（1）利用进行求解；（2）利用类似的方法求出，进而求出，再利用等比数列的求和公式进行求解．相减可得：，又，解得，时，对上式也成立，∴，∴，∴数列的前项和．【名师点睛】利用数列的通项公式和前项和公式的关系求通项时，要注意为分段函数，解题时容易忽视验证“”的通项是否满足的通项．3．【2018天津部分区二模】已知数列的奇数项依次成公比为2的等比数列，偶数项依次成公差为4的等差数列，数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（I）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，，可得，为奇数时，，为偶数时，；（II）由（1）知．为偶数时，，为奇数时，．详解：（1）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，得．∵，∴，解得为奇数时，；为偶数时，，∴（2）由（1）知即为偶数时，为奇数时，，．【名师点睛】本题考查数列的性质和综合运用，分类讨论思想，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．4．【2018天津河东区二模】已知等比数列满足条件，，．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问首先利用等比数列的通项公式得到数列的首项和公比所满足的条件，从而求得相关的值，得到该数列的通项公式；第二问利用和与项的关系，得到，，再将时的情况进行验证，得到，，之后应用错位相减法对数列求和即可得结果．详解：（1）设的通项公式为，综上，①②由①-②得到，【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式与求和的问题，在求解的过程中，注意对等比数列的通项公式的应用，得到题中的数列的首项和公比所满足的条件，从而求得结果；再者就是利用和与项的关系求通项的时候，需要对首项进行验证，在应用错位相减法求和时，需要明确步骤应该怎么写．5．【2018天津河北区二模】已知等差数列{}中，=1，且，，成等比数列．（I）求数列{}的通项公式及前n项和；（II）设，求数列{}的前2n项和．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】分析：（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，由题意可求得，故可得数列的通项公式和前n项和公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，故选用分组求和的方法将数列{}的项分为计数项和偶数项两部分后再求和．详解：（I）设等差数列{}的公差为d，∵，且，，成等比数列，∴，∴当n为偶数时，，当n为奇数时，．∴数列{}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列．∴数列{}的前2n项的和．【名师点睛】（1）等差、等比数列的运算中，要注意五个量之间的关系，根据条件得到方程（或方程组），通过解方程（方程组）达到求解的目的．（2）数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求解．当数列的通项中含有或的字样时，一般要分为n为奇数和n为偶数两种情况求解．6．【2018天津十二校二模】已知数列的前项和满足：，（为常数，，）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，．若数列的前项和为，且对任意满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．详解：（1）且数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由得，因为数列为等比数列，所以，，所以， 解得．【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：（1）；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．7．【2018天津滨海新区七校模拟】已知数列的前项和为，满足 ()，数列满足()，且{}n a n n S 21n n S a =-*n N ∈{}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b =（1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n a {}n b（2）若，求数列的前项和；()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++{}n c n 2n T（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围．n n n d a b ={}n d n n D *n N ∈n n D nS a ≤-a【答案】（1）， ；（2）；（3）12n n a -=2n b n =11343n -+0a ≤【解析】试题分析：（1）两边同除以，得，可求得．用公式，统一成，可求得．（2）由（1），代入得 ，由并项求和可得．（3）由（1）由错位相减法可求得，代入可求．11,2{,1n n n S S n a S n --≥==n a n a 12n n a -=n c ()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2nT 12n n d a n -==n D当时， ，所以． =1n 11121=S a a =-1=1a 当时， ， ，2n ≥21n n S a =--1-121n n S a =- 两式相减得，又，所以，12n n a a -=1=1a 12nn a a -= 从而数列为首项，公比的等比数列，{}n a 1=1a =2q 从而数列的通项公式为． {}n a 12n n a -=（2） ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++ （3）由（1）得， 12n n d a n -==()221112232122n n n D n n --=⨯+⨯+⨯+-+ ，()()2311212223212122n n n n D n n n --=⨯+⨯+⨯+-+-+因为 ，从而数列为递增数列()()1+121121n nn n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦210n =->{}n d 所以当时， 取最小值，于是．=1n n d 1=0d 0a ≤【名师点睛】本题考查知识较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等，需要对数列基本知识，基本方法掌握非常好． 8．【2018天津十二模拟一】已知等比数列的前项和为，满足，，数列满足，，且．{}n a n n S 4212a a -=423+2S 3S S ={}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b = （1）求数列，的通项公式；{}n a {}n b（2）设， 为的前项和，求．()22log 212{ 2nn na n k n n c n k=-+==，n T {}n c n 2n T【答案】（1）， ；（2）．2n n a ∴=2n b n =21166899221n n nn -+-+⨯+ 【解析】试题分析：（1）由，可推出， ，结合，即可求出数列的通项公式，再将两边同除以得，可推出数列为等差数列，从而可求出的通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出．423+2S 3S S =432a a =2q =4212a a -={}n a ()()111n n nb n b n n +-+=+()1n n +111n n b b n n +-=+n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n b ()22log 2,212{2,22nn n n k n n c nn k =-+==2n T（2）由（1）知()()2211log 2,21,2122{{2,2,222nn n n n n k n k n n n n c c nnn k n k -=-=-++=⇒===∴21232n nT c c c c =++++13521111111124622133521212222n n n n -⎛⎫⎡⎤=-+-++-+++++ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦135212462212222n n n n -⎡⎤=+++++⎢⎥+⎣⎦设， 则， 两式相减得， 整理得．1352124622222n n A -=++++357211246242222n nA +=++++35721213222221422222n n n A -+=++++-211668992n n A -+=-⨯ ∴． 221166899221n n n nT n -+=-+⨯+ 【名师点睛】（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如 ），符号型（如 ），周期型 （如 ）；（2）用错位相减法求和的注意事项：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．,{2,n n n n a n =为奇数为偶数()21nn a n =-πsin3n n a =n S n qS n n S qS - 9．【2018天津十二模拟二】已知正项等比数列，等差数列满足，且是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．又，则：，解得或因为中各项均为正数，所以，进而． 故．（2）设设数列的前项和为，数列的前项和为，当为偶数时，， 当为奇数时， ， 而 ①，则②，由①-②得：，，因此， 综上：．10．【2018天津部分区期末考】已知为等差数列，且，其前8项和为52， 是各项均为正数的等比数列，且满足， ．{}n a 24a ={}n b 124b b a +=36b a = （1）求数列和的通项公式；{}n a {}n b（2）令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有成立，求实数的取值范围．22log log n nn n nb ac a b =+{}n c n n T n 2n T n λ-<λ 【答案】（1）， ；（2）2n a n =+2n n b =3λ≥ 【解析】试题分析：立，然后根据可得结果．1132312n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭试题解析：（1）设等差数列的公差为，{}n a d 由题意得，即，解得，114{82852a d a d +=+=1134{2713a d a d +=+=13{1a d ==所以．()312n a n n =+-=+设各项均为正数的等比数列的公比为，则有，解得，所以．{}n b q 124366{8b b a b a +====12{2b q ==2n n b =（2）由（1）可知 22224422n n n n n c n n n n +++=+=++1122.2n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭111111122132411n c n n n n n ⎛++=+⨯-+-++-+- -++⎝．11212n n ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭，因为对任意正整数，都有成立，即对任意正整数恒成立，n 2n T n λ-<113212n n λ⎛⎫>-+ ⎪++⎝⎭n又，所以．故实数的取值范围为．1132312n n ⎛⎫-+<⎪++⎝⎭3λ≥λ[)3,+∞ 11．【2018天津一中期中考】设数列的前项和为，满足， ，且． {}n a n n S 21234n n S na n n +=--*n N ∈13a = （Ⅰ）求、的值；2a 3a （Ⅱ）求数列的通项公式{}n a【答案】（Ⅰ）， ； （Ⅱ）见解析．25a =37a =【解析】分析：（Ⅰ）分别令就可以求得， ．1,2n n ==25a =37a = （Ⅱ）根据（Ⅰ）猜测，利用数学归纳可证明该猜测．21n a n =+详解：(Ⅰ) ， ．25a =37a = （Ⅱ）由题意得，13222n n S n a n +=++ 结合①②，由归纳原理知，对任意， ．*n N ∈21n a n =+【名师点睛】与自然数有关的问题，可以用数学归纳法，在归纳假设中，我们一般设当时，命题成立，也可以假设时，命题成立，然后再证明， 也成立．n k =()P k 0n n k ≤≤()P n 1n k =+()1P k +12．【2018天津滨海新区模拟】已知数列的首项前项和为，且{}n a 15a =n n S ()*15n n S S n n N +=++∈（I ）证明数列是等比数列；{}1n a +（II ）令 求函数在点处的导数并比较 与的大小。

求数列通项公式常用以下几种方法：一、题目已知或通过简单推理判断出是等比数列或等差数列，直接用其通项公式。

例：在数列{an}中，若a1=1，an+1=an+2(n1)，求该数列的通项公式an。

解：由an+1=an+2(n1)及已知可推出数列{an}为a1=1，d=2的等差数列。

所以an=2n-1。

此类题主要是用等比、等差数列的定义判断，是较简单的基础小题。

二、已知数列的前n项和，用公式S1 (n=1)Sn-Sn-1 (n2)例：已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5(A) 9 (B) 8 (C) 7 (D) 6解：∵an=Sn-Sn-1=2n-10，∴5<2k-10<8 ∴k=8 选(B)此类题在解时要注意考虑n=1的情况。

三、已知an与Sn的关系时，通常用转化的方法，先求出Sn与n的关系，再由上面的(二)方法求通项公式。

例：已知数列{an}的前n项和Sn满足an=SnSn-1(n2)，且a1=-，求数列{an}的通项公式。

解：∵an=SnSn-1(n2)，而an=Sn-Sn-1，SnSn-1=Sn-Sn-1，两边同除以SnSn-1，得---=-1(n2)，而-=-=-，∴{-} 是以-为首项，-1为公差的等差数列，∴-= -，Sn= -，再用(二)的方法：当n2时，an=Sn-Sn-1=-，当n=1时不适合此式，所以，- (n=1)- (n2)四、用累加、累积的方法求通项公式对于题中给出an与an+1、an-1的递推式子，常用累加、累积的方法求通项公式。

例：设数列{an}是首项为1的正项数列，且满足(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式解：∵(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0又∵{an}是首项为1的正项数列，∴an+1+an ≠0，∴-=-，由此得出：-=-，-=-，-=-，…，-=-,这n-1个式子，将其相乘得：∴-=-，又∵a1=1，∴an=-(n2)，∵n=1也成立，∴an=-(n∈N*)五、用构造数列方法求通项公式题目中若给出的是递推关系式，而用累加、累积、迭代等又不易求通项公式时，可以考虑通过变形，构造出含有an(或Sn)的式子，使其成为等比或等差数列，从而求出an(或Sn)与n 的关系，这是近一、二年来的高考热点，因此既是重点也是难点。