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数列通项公式(含答案)

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高一年级数列专题练习1、已知数列}{n a 的前几项，求数列的通项公式。

1）⋅⋅⋅--,3231,1615,87,43 2）21，203，2005，20007，…；3）9，99，999，9999；2、一个等比数列{}n a 中，701333241=+=+a a a a ，，求这个数列的通项公式。

解：由题意得a a q a q q q 11311213370+=+=⎧⎨⎪⎩⎪两式相除得q =2552或，代入a a 14133+=，可求得a 1125=或8，∴=⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪--a a n n n n 1252585211或3、设{}n a 是首项为1的正项数列，且0441212=-----n n n n a a a a ，)2*,(≥∈n N n ，求数列的通项公式n a 。

解：由题设得0)4)((11=--+--n n n n a a a a . ∵0>n a ，01>-n a ，∴01>+-n n a a .∴41=--n n a a )2*,(≥∈n N n {}n a 是以1为首项，4为公差的等差数列∴344)1(1)1(1-=⨯-+=-+=n n d n a a n4、等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1S ，22S ，33S 成等差数列，首项为3，则{}n a 的通项公式为 ．n n a 3=5、已知下列数列{}n a 的前n 项和n S ，分别求它们的通项公式n a 。

（1）n n S n 322+=； （2）13+=n n S 。

解：⑴当1=n 时，51312211=⨯+⨯==S a ，当2≥n 时，[])1(3)1(2)32(221-+--+=-=-n n n n S S a n n n 14+=n . 当1=n 时，15114a ==+⨯，14+=∴n a n . ⑵当1=n 时，41311=+==S a ，当2≥n 时，11132)13()13(---⨯=+-+=-=n n n n n n S S a . 当1=n 时，111232a ≠=⨯-，⎩⎨⎧≥⨯==∴-)2(32)1(41n n a n n . 6、已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足21),2(0211=≥=⋅+-a n S S a n n n ，求证数列}1{nS 是等差数列；求数列}{n a 的通项公式。

解：因为：)2(021≥=⋅+-n S S a n n n 所以)2(0211≥=⋅+---n S S S S n n n n所以)2(021121111≥=+-=⋅⋅+-----n S S S S S S S S nn n n n n n n 即)2(2111≥=--n S S n n 所以数列}1{nS 是等差数列，首项为211=S ，公差为2所以n n S n22)1(21=⋅-+= 即n S n 21= )1(21)1(212121--=--=-=≥-n n n n S S a n n n n 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--==2,)1(211,21n n n n a n7、在数列}{n a 中，21-=a ，2431+-+=+n a a n n n ，求n a 。

解：因为2431+-+=+n a a n n n 所以2431+-=-+n a a n n n所以2143112+⋅-=-a a 2243223+⋅-=-a a 2343334+⋅-=-a a 2)1(4311+--=---n a a n n n 上述1-n 个式子相加得)1(2)]1(21[4)333(1211-+-+⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅++=--n n a a n n)1(22)]1(1)[1(431)31(31-+-+----=-n n n n 2742232-+-=n n n 2114223274223221-+-=-+-+=n n n n a a n n n 即21142232-+-=n n a n n 8、数列{}n a 中，211=a ，前n 项的和n n a n S 2=，求n a .解：当2≥n 时，1221221)1()1()1(----=-⇒--=-=n n n n n n n a n a n a n a n S S a 111+-=⇒-n n a a n n ， ∴112211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅=--- )1(12131211+=⨯-⋅+-=n n n n n n 即)1(1+=n n a n21)11(111=+⋅=a 也符合公式所以*)()1(1N n n n a n ∈+=9、已知数列{}n a 中，1,13111=+⋅=--a a a a n n n ，求n a 。

解：取倒数：11113131---+=+⋅=n n n n a a a a ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴n a 1是等差数列，3)1(111⋅-+=n a a n 3)1(1⋅-+=n 231-=⇒n a n 10、在数列}{n a 中，若11120,1n n n n a a a a a +++-==，则n a =__121-n _____________ 11、已知数列{n a }中，1a =1， 121=-+n n a a ，求数列的通项公式。

解：构造数列}{p a n +，121=-+n n a a 可变为：)1(211+=++n n a a新数列}1{+n a 是首项为211=+a ，q=2的等比数列 ∴1+n a =n2 ∴n a =12-n12、数列{}n a 中前n 项的和n n a n S -=2，求数列的通项公式n a .解：∵121111=⇒-==a a S a当n ≥2时，[]1212)1(221111+=⇒++-=----=-=----n n n n n n n n n a a a a a n a n S S a)2(2121-=-⇒-n n a a 令2-=n n a b ，则121-=n n b b ，且1211-=-=b{}n b 是以21为公比的等比数列，11)21()21(1---=⨯-=n n n b∴1)21(2--=n n a .13、在数列{n a }中，1a =2，1n a +=431n a n -+ ，求数列的通项n a 。

解：构造新数列{}n a n λ+，使之成为q=4的等比数列，则1(1)n a n λ+++=4()n a n λ+ 整理得：1n a +=43n a n λλ+-满足1n a +=431n a n -+，即331n n λλ-=-+得1λ=-∴新数列{}n a n -的首项为111a -=，q=4的等比数列∴14n n a n --= ∴14n n a n -=+14、数列{n a }满足1221n n n a a -=+-(2)n ≥且481a =。

求(1)1a 、2a 、3a (2)是否存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列？若存在求出λ的值及n a ；若不存在，说明理由。

解：(1)由4a =43221a +-=81 得3a =33；又∵3a =32221a +-=33得2a =13；又∵2a =21221a +-=13，∴1a =5(2)假设存在一个实数λ，使此数列{}2n na λ+为等差数列 即1122n n n n a a λλ--++-= 122n n n a a λ---= 212n nλ--= 112n λ+- 该数为常数 ∴λ=1- 即1{}2n n a -为首项11122a -=，d=1的等差数列 ∴12n na -=2+(1)1n -⨯=n+1 ∴n a =(1)21nn +⨯+ 15、已知数列{}n a 的前n 项和1159131721(1)(43)n n S n -=-+-+-++-- ，则152231____S S S +-=【解析】1515913172157475729S =-+-+-++=-⨯+= 221591317218541144S =-+-+-+-=-⨯=- 3115913172112441512464S =-+-+-++=-⨯+=1522312944649S S S ∴+-=+-=16、数列302n a n =-，则12||||||___________n n S a a a =+++= 【解析】当15n ≤时，21212(28302)||||||292n n n n n S a a a a a a n n +-=+++=+++==-+当15n >时，121215162121215||||||()2()29420n n nn S a a a a a a a a a a a a a a n n =+++=+++---=-+++++++=-+2229152942015n n nn S n n n ⎧-+≤⎪∴=⎨⎪-+>⎩17、设244)(+=x xx f ，求和)1110(...)113()112()111(f f f f S ++++=的值。

答案： 518、已知{}n a 是首项为19，公差为-2的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和.（Ⅰ）求通项n a 及n S ；（Ⅱ）设{}n n b a -是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的通项公式及其前n项和n T.19、 数列{a n }的前n 项和记为S n ，()111,211n n a a S n +==+≥ （I ）求{a n }的通项公式;（II ）等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求T n（I ）由121n n a S +=+可得()1212n n a S n -=+≥， ………………1分两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥ ………………3分 又21213a S =+= ∴213a a =，故{a n }是首项为1，公比为3得等比数列 ……4分 ∴13n n a -=. …………………………………………………6分 （II ）设{b n }的公差为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b =， ………8分故可设135,5b d b d =-=+ ………………9分 又1231,3,9a a a ===由题意可得()()()2515953d d -+++=+解得10,221-==d d ………………………11分∵等差数列{b n }的各项为正，∴0d >，∴2d = …………………………12分 ∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+ …………………………………………………14分 20、已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S . （Ⅰ）求n a 及n S ； （Ⅱ）令211n n b a =-（n N +∈）,求数列{}n b 的前n 项和n T .21、已知数列}{n a 、}{n b 满足11=a ，32=a ，)(2*1N n b b nn ∈=+，n n n a a b -=+1。

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数列通项公式求法及答案

数列通项公式求法及答案

若数列的递推公式为a 13, a * 12(* ¥），则求这个数列的通项公式a *例2.①已知数列a *的前*项和S *满足S * 2a *3,门 1 •求数列a *的通项公式.a *S * 1数列通项公式、求和的常见题型等差数列定义：公差da * i a *3 , a * 2 (n 1) ( 3) = n+5门1等比数列定义：公差q ・ 3, a * 23a“练习(a*、公式法已知数列的前*项和S *与a *的关系，求数列a *的通项a *可用公式12求解.(注意 S 1 a 1 , a * 3 2* 1)、定义法例题1:⑴在数列｛ a n ｝中，若a i 2 ， an 1 an 3,贝Ua* _____________________⑵在数列｛ a n ｝中，若a i2 , a * i 3a * , 贝U a n = ______________3(1)数列a n 的前n 项和S n 满足S n 1),(n N )求数列a n 的通项②已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n2门2 n1，求数列a n 的通项公式.应用 a n S n S n !得 B n 4n-2③ 已知等比数列a n 的首项印1，公比0 q 1，设数列b n 的通项为 b n a n 1 a n 2，求数列 g 的通项公式。

③解析：由题意，b n 1 a n 2 a n 3，又a *是等比数列，公比为qbn 1b na n 2a n 3q，故数列b n 是等比数列，D a 2 a 3 ag ag q(q 1)，an 1 an 2二 b nq (q n 10 qq n (q 1)练习公式• ( a n 3n )、归纳法:1 1 1 1 J JJ135 7(3)9，99，999, 9999, (4) 8，88,888,8888,(1) a n1 2n 1n 11⑵a n ( 1)(3) a n10n 1 (4) a n 8(10n 1)9四、分组求和法:把整个式子拆分成等差数列和等比数列例4、求和3)(a n n ) (2n 3 5 n )(6 3 5 3)1n — 2n解：五、升次，错位相减法：含x 的项是等比数列，系数是等差数列练习求和 1 弓 2 22 57 23242n 1cc 1( Sn32n 3 2n )六、累加法累加法形如a n 1 a n f (n )型， a n 1 ，a n 相邻两项系数相等， f (n )是一个常数,则直接用等差数列通项公式求出(例 1之(1)), f ( n )是一个关于n 的变量，根据递推公 式，写出a i 到a n 的所有的递推关系式，然后将它们分别相加即可得到通项公式。

求数列通项公式练习题(有答案)

求数列通项公式练习题(有答案)

求数列通项公式练习题(有答案)1. 已知数列 a ₙ中, S ₙ是它的前n 项和。

S ₙ=3ⁿ,a ₙ=;【答案】 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥2【解析】【分析】本题考查利用数列的前n 项和的式子求数列的通项公式，利用 a n ={S 1,n =1S n −S n−1n ≥2解决。

属基础题。

【解答】解: S n =3x |M|n =1B i ∗,a 1=S 1=32n ≥2R 1+,a n =S n −S n−1=3n −3n−1=2×3n−1x ₙ₋₁时不满足上式。

所以 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥2 故答案为 a n ={3,n =12×3n−1,n ≥22. 若数列(a ₙ)的首项(a ₁=2. 11 a n+1=3a n +2(n ∈N ∗).令人一kg/d ɑ,+1). 则 b n +b 2+b 3++b 300=¯. 【答案】5050【解析】 【分析】本题考查数列的选择公司，考查等比数列，等差数列的性质，属于中档题。

推导出 a ₙ+1是首项为3，公比为3的等比数列，从而得 b ₙ=log₂3ⁿ=n,由此能求出 b 1+b 2+b 3+⋯+b 100【解答】解: ∵数列{a ₙ}的首项a ₁=2. 且 a n+1=3a n +2(n ∈N ∗,Aa ₙ₊₁+1=3(a ₙ+1),a₁+1=3−3,a ₙ₊₁A.[a ₙ+1]是首项为3，公比为3的等比数列。

xa ₙ+1=3′,∴b₁₄=log₂₇(a ₙ+1)=log₂₂3¹¹=n!,ab 1+b 2+b 3++b 100=1+2+3++10 =100(100+1)2=505C.故答案为5050.3. 若数列{a ₙ}满足: a 1=12,a n+1=n+12n a n (n ∈N ∗)所[a ₙ]的通项公式 a ₙ=.【答案】:【解析】【分析】本道试题主要是考查了数列的遥推公式的应用，还考查了等比数列的通项公式的应用。

数列求通项的七种方法及例题

数列求通项的七种方法及例题

数列求通项的七种方法及例题数列求通项的7种方法及例题：1. 已知首项和公比法：设数列{an}中，a1为首项，q为公比，则an = a1 × q^(n-1)。

例如：已知数列{an}中，a1=2，q=3，求a5。

答案：a5=2×3^4=2×81=1622. 已知前n项和法：设数列{an}中，Sn为前n项和，则an = S0 + S1 + S2 +···+ Sn-1 - (S1 + S2 +···+ Sn-1) = S0。

例如：已知数列{an}中，S2=6，S4=20，求a3。

答案：a3 = S2 - (S2 - S1) = 6 - (6 - 2) = 83. 等差数列的通项公式：设数列{an}为等差数列，d为公差，则an = a1 + (n-1)d。

例如：已知数列{an}为等差数列，a1=2，d=4，求a5。

答案：a5 = 2 + (5-1)4 = 184. 等比数列的通项公式：设数列{an}为等比数列，q为公比，则an = a1 ×q^(n-1)。

例如：已知数列{an}为等比数列，a1=2，q=3，求a5。

答案：a5=2×3^4=2×81=1625. 三项和平均数法：设数列{an}中，Sn = a1 + a2 + a3 +···+ an，则an = Sn/n。

例如：已知数列{an}中，S4=20，求a3。

答案：a3 = S4/4 = 20/4 = 56. 泰勒公式法：对于一般的数列，可以使用泰勒公式进行求通项。

例如：已知数列{an}中，a1=2，且当n→∞ 时，an → 0，求a4。

答案：使用泰勒公式，a4 = a1 + (n-1)(a2 - a1)/1! + (n-1)(n-2)(a3 -2a2 + a1)/2! + (n-1)(n-2)(n-3)(a4 - 3a3 + 3a2 - a1)/3! = 2 + 3(2 - 2)/1! + 3(3 - 2)(3 - 4)/2! + 3(3 - 2)(3 - 4)(3 - 5)/3! = 2 + 3(0)/1! + 3(1)(-1)/2! + 3(1)(-1)(-2)/3! = 2 - 3/2 - 3/4 + 3/6 = 2 - 1/87. 斐波那契数列法：斐波那契数列是一种特殊的数列，它的通项公式可以写作 an = an-1 + an-2。

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

数列史上最全求通项公式10种方法并配大量习题及答案

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)。