2020年高考数学三轮微专题突破19 常见数列通项公式的求解(教师版)江苏

考点19 数列的概念与通项一、考纲要求1. 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式)，了解数列是一种特殊的函数.2. 理解数列的通项公式的意义，并能用归纳法、累加法、累积法、转化法等方法来求数列的通项公式二、近五年江苏高考数列是江苏高考的核心考点，也是必考点、重点及难点，高考中通常考一道填空题和一道解答题，填空题常与其它知识相结合，解答题常作为压轴题来进行考查，高考中的命题主要考查以下几个方面:考查a n 与S n 的关系. 作为数列的两个基本概念，同时，也是数列中两个重要的关系，一直是江苏高考命题的重点，今后仍要关注 a n 与S n 之间的关系在高考中的考查.对数列性质的考查. 对数列性质的考查主要有两个方面，一是计算中合理应用数列的性质来解题，二是将数列性质与“类等差数列”“类等比数列”相结合，综合考查学生的应用数列性质的能力与思想方法.对数列的通项及求和公式的考查. 对此类问题的考查是高考中的基本考查点，考查中会将它与数列的性质进行综合，年年考查，且常考常新，是高考的高频考点、热点.考查数列的综合应用能力.数列综合应用常常与不等式相结合，考查数列不等式关系的证明以及与函数、方程的结合，综合考查数列中代数的相关推理问题，常常用到等价转化的数学思想方法.考查数列的实际应用能力. 数列与数学模型(如银行储蓄模型、产值模型、分期付款模型等)的应用题考查从实际问题中抽象出数学模型的能力.三、考点总结：虽然数列的概念与表示方法的考查要求为A 级，但是求数列的通项公式的方法常常和等差数列、等比数列相结合，所以这部分的知识要考生在复习过程要识记并且能够熟练的运用. 在高考中，考查的形式主要有两种:一是根据已知条件(如递推公式、前n 项和等)求通项公式，二是考查数列的基本性质.1. 注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列、周期数列等.2. 数列的通项公式不唯一.3. 已知S n 求a n 时，一定要验证n =1 的特殊情形.4. 能够将已知的递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，会用累加法、累乘法、迭代法求通项 四、近几年江苏高考题1、（2015江苏卷）数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为法，错位相减法，裂项相消法，分组求和法，并项求和法等，可根据通项特点进行选用.2、（2014江苏卷）设数列{}n a 的前n 项和为n S .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得n m S a =，则称{}n a 是“H 数列”.（1）若数列{}n a 的前n 项和为*2()n n S n N =∈，证明：{}n a 是“H 数列”.（2）设{}n a 是等差数列，其首项11a =，公差0d <，若{}n a 是“H 数列”，求d 的值；（3）证明：对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“H 数列” {}n b 和{}n c ，使得n n n a b c =+*()n N ∈成立.五、三年模拟题型一 数列中 a n 与S n 的递推关系1、(2017无锡期末） 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且满足2a n ＋1＋S n ＝2(n ∈N *)，则满足1 0011 000<S 2n S n <1110的n 的最大值为________． 【答案】9解法1 由2a n ＋1＋S n ＝2 ①可得当n ≥2时，2a n ＋S n －1＝2 ②.①－②得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以2a n ＋1＝a n .因为a 2＝12，所以a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)．又因为a 2a 1＝12，所以a n ＋1a n ＝12，所以数列{a n }是等比数列，所以S n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ，所以S 2n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122n ，从而S 2n S n＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122n 2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ＝1－⎝⎛⎭⎫122n1－⎝⎛⎭⎫12n＝1＋⎝⎛⎭⎫12n .由不等式1 0011 000<S 2n S n <1110得1 0011 000<1＋⎝⎛⎭⎫12n <1110，所以11 000<⎝⎛⎭⎫12n <110，解得4≤n ≤9，所以满足条件的n 的最大值是9.解法2 因为2a n ＋1＋S n ＝2，所以2(S n ＋1－S n )＋S n ＝2，即2S n ＋1－S n ＝2，所以2(S n ＋1－2)＝S n －2.又因为S 1－2＝a 1－2＝－1≠0，所以S n －2≠0，所以S n ＋1－2S n －2＝12，所以{S n －2}是首项为－1，公比为12的等比数列，则S n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，以下同解法1. 2、（2018年南通一模）已知等差数列{a n }的公差为2，其前n 项和S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *.(1) 求实数p 的值及数列{a n }的通项公式；(2) 在等比数列{b n }中，b 3＝a 1，b 4＝a 2＋4，若{b n }的前n 项和为T n .求证： 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16为等比数列．规范解答 (1) S n ＝na 1＋－2d ＝na 1＋n(n －1)＝n 2＋(a 1－1)n ，又S n ＝pn 2＋2n ，n ∈N *，(2分)所以p ＝1，a 1－1＝2，即a 1＝3，(4分) 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(6分)(2) 因为b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，所以q ＝3.(8分) 所以b n ＝b 3q n －3＝3×3n －3＝3n －2，所以b 1＝13.(10分)所以T n ＝13－3n 1－3＝3n －16，所以T n ＋16＝3n 6.(12分)又T 1＋16＝12，所以T n ＋16T n －1＋16＝3n 63n －16＝3(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，3为公比的等比数列．(14分)3、(2018苏锡常镇调研）已知等差数列{}n a 的首项为1，公差为d ，数列{}n b 的前n 项和为nS，且对任意的*n ∈N ，692n n n S b a =--恒成立．（1）如果数列{}n S 是等差数列，证明数列{}n b 也是等差数列； （2）如果数列12n b ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，求d 的值； （3）如果3d =，数列{}n c 的首项为1，1(2)n n n c b b n -=-≥，证明数列{}n a 中存在无穷多项可表示为数列{}n c 中的两项之和．思路分析：（1）（2）直接利用等差数列与等比数列的定义解决.（2）本题的难点在于利用关系式(1)n i j a c c i j =+<≤得出n ，i ，j 的具体关系之后，如何利用简单的数论知识确定i 的值进而得到n 和j 的一般关系.规范解答 （1）设数列{}n S 的公差为d '，由692n n n S b a =--， ①111692(2)n n n S b a n ---=--≥， ②①-②得1116()9()()n n n n n n S S b b a a ----=---， ③ …………………………2 分 即169()n n d b b d -'=--，所以169n n d db b -'+-=为常数， 所以{}n b 为等差数列． …………………………………………………………3 分 （2）由③得1699n n n b b b d -=--，即139n n b b d -=+， …………………………4 分所以11111111133()11322332*********n n n n n n n d d d b b b b b b b ------++++--+===+++++是与n 无关的常数，所以103d -=或112n b -+为常数． ………………………………6 分 ①当103d-=时，3d =，符合题意； …………………………………………7 分 ②当112n b -+为常数时， 在692n n n S b a =--中令1n =，则111692a b a =--，又11a =，解得11b =，…8分 所以11113222n b b -+=+=， 此时111333311322n d d b ---+=+=+，解得6d =-． 综上，3d =或6d =-． ………………………………………………………10分 （3）当3d =时，32n a n =-， ………………………………………………11分 由（2）得数列1{}2n b +是以32为首项，公比为3的等比数列，所以11313=3222n n n b -+=⋅⋅，即1=(31)2nn b -． …………………………………………………12 分当2n ≥时，11111(31)(31)322n n n n n n c b b ---=-=---=， 当1n =时，也满足上式，所以13(1)n n c n -=≥． …………………………………………………13分 设(1)n i j a c c i j =+<≤，则113233i j n ---=+，即133(31)2i j i n ---+=，如果2i ≥，因为3n 为3的倍数，13(31)i j i --+为3的倍数，所以2也为3的倍数，矛盾． …………………………………………………15 分 所以1i =，则1333j n -=+，即213(2,3,4,)j n j -=+=．所以数列{}n a 中存在无穷多项可表示为数列{}n c 中的两项之和． ……………16 分解后反思：本题以等差数列和等比数列为背景，考查了数列的定义的应用，考查学生利用数列知识解决与数列相关的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力.4、(2017徐州、连云港、宿迁三检）已知两个无穷数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，11a =，24S =，对任意的*n N ∈，都有1232n n n n S S S a ++=++．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，对任意的*n N ∈，都有n n S T >．证明：n n a b >； （3）若{}n b 为等比数列，11b a =，22b a =，求满足*2()2n nk n na T a kb S N +=∈+的n 值．规范解答 （1）由1232n n n n S S S a ++=++，得1212()n n n n n S S S S a +++-=-+，即122n n n a a a ++=+，所以211n n n n a a a a +++-=-． …………………… 由11a =，24S =，可知23a =．所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．故{}n a 的通项公式为21n a n =-．………………………………………………4分 （2）证法1：设数列{}n b 的公差为d ，则1(1)2n n n T nb d -=+， 由（1）知，2n S n =． 因为n n S T >，所以21(1)2n n n nb d ->+，即1(2)20d n d b -+->恒成立， 所以120,20,d d b -⎧⎨->⎩≥ 即12,2.d b d ⎧⎨<⎩≤…………………………………………………6分 又由11S T >，得11b <，所以1121(1)(2)1n n a b n b n d d n d b -=----=-+--1(2)1d d b ≥-+--110b =->．所以n n a b >，得证． …………………………………………………………8分 证法2：设{}n b 的公差为d ，假设存在自然数02n ≥，使得00n n a b ≤， 则1010(1)2(1)a n b n d ≤+-⨯+-，即110(1)(2)a b n d ≤---，因为11a b >，所以2d >．……………………………………………………6分所以2211(1)(1)()222n n n n d dT S nb d n n b n --=+-=-+-， 因为102d->，所以存在*0N N ∈，当0n N >时，0n n T S ->恒成立． 这与“对任意的*n N ∈，都有n n S T >”矛盾！所以n n a b >，得证． …………………………………………………………8分 （3）由（1）知，2n S n =．因为{}n b 为等比数列，且11b =，23b =，所以{}n b 是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以13n n b -=，312n n T -=．…………………………………………………10分则21212122213132262232323232n n n n n n n n n a T n n n n b S n n n---+-+-+--+===-++++， 因为*n N ∈，所以26220n n -+>，所以232n nn na Tb S +<+．…………………12分而21k a k =-，所以212n nn na Tb S +=+，即12310n n n --+-=（*）．当1n =，2时，（*）式成立；………………………………………………14分 当2n ≥时，设12()31n f n n n -=-+-，则2121(1)()3(1)(31)2(3)0n n n f n f n n n n n n --+-=-++--+-=->， 所以0(2)(3)()f f f n =<<<<．故满足条件的n 的值为1和2．………………………………………………16分题型二 数列有关的通项1、(2019南京学情调研）在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）(n ∈N *)，则a 10的值为________．【答案】1910解法1(裂项法) 由a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）得a n ＋1－a n ＝1n －1n ＋1，故a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，a 4－a 3＝13－14，…，a 10－a 9＝19－110，所以a 10＝1910. 解法2(常数列) 由a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1），得a n ＋1＋1n ＋1＝a n ＋ 1n ，故a 10＋110＝a 1＋1＝2，即a 10＝1910.解后反思 裂项求通项是处理数列通项公式的常用方法，但是构造常数列求通项公式的技巧值得重视和学习．2、(2019南京、盐城一模）若数列{a n }满足a 1＝0，a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，a 4n a 4n －1＝a 4n ＋1a 4n ＝12，其中n∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m 成立，则m 的最小值为________．答案. 8思路分析1 本题是等差、等比数列构成的分段数列问题，常见思路是枚举找规律．由题意，把n 按照除以4的余数进行分类找规律即可．思路分析2 通过特殊项分析可以发现{a n }的最大的项应该是a 4n －1的某一项，为此通过利用递推关系求出a 4n －1与a 4n ＋3的关系，从而求得它的通项来加以解决．解法1 由题意，枚举前面数项： 数列{a 4k －1}：0，622，622＋622，…；数列{a 4k －2}：3，622＋3，622＋622＋3，…；数列a 4k －1}：6，622＋6，622＋622＋6，…；数列a 4k ：62，622＋62，622＋622＋62，…(k ∈N *)．不难发现，最大项在数列{a 4n －1}(n ∈N *)中，而a 4n －1＝6(1＋14＋…＋14n －1)＝8⎝⎛⎭⎫1－14n ，所以m 的最小值为8.解法2 因为a 4n ＋1a 4n ＝a 4n a 4n －1＝12，所以a 4n ＋1＝14a 4n －1，又因为a 4n －1－a 4n －2＝a 4n －2－a 4n －3＝3，所以a 4n －1＝a 4n－3＋6，因此a 4n ＋1＝14(a 4n －3＋6)，故a 4n ＋1－2＝14(a 4n －3－2)，所以a 4n －3＝2－24n －1，由此得a 4n －1＝a 4n －3＋6＝8－24n －1<8，因此m min ＝8.解法3 易知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝3，a 4n ＋1＝12a 4n ，a 4n ＋2＝12a 4n ＋3，a 4n ＋3＝12a 4n ＋6，a 4(n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12a 4n ＋6＝14a 4n ＋3，化简得a 4(n ＋1)－4＝14(a 4n －4)，解得a 4n ＝4－14n －1<4，a 4n ＋1<a 4n ，a 4n ＋2＝5－12·4n －1<5，a 4n ＋3＝8－12·4n －1<8，故2n 的最小值为8.解后反思 由特殊来寻找一般的规律是数列学习中的一种基本方法，本题中的难点在于如何寻找规律，由题目中的相关项可以得到突破．解法1与解法2都立足于从特殊出发，只不过，一种是通过特殊来观察出a 4n －1的规律，而另一种是通过“数”的推演来得到答案，两种方法都不太容易．。

2020年江苏省高考数学三轮冲刺专项突破专题08数列2020年江苏高考核心考点1.等差和等比数列是江苏高考的C 级考点，属于必考内容，主要对等差和等比数列的项、公差、公比、通项公式、前n 项和公式的求解。

2.数列解答题通常在等差和等比数列的基本量运算上更深入的研究，例如n a 与n s 的递推关系，属于压轴题型。

专项突破一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．）1.（2019—2020学年度苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查（一））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，19a =，95495S S -=-，则n a ＝ ． 【答案】112+-=n a n 【解析】29(1)(1)10211n n n S n S n n a n n=+--⇒=-+⇒=-+． 2.（江苏省苏北七市2020届高三第二次调研考试）在等差数列{}n a (n N *∈)中，若124a a a =+，83a =-，则20a 的值是 ．【答案】-15【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∴1524a a a a +=+，又124a a a =+，∴50a =， ∴8531853a a d --===--，故2051515a a d =+=-．3.（2019～2020学年度高三年级如皋中学第二学期期初调研测试）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且434322+1,2232S S a a a ==++，则1a = ．【答案】1【解析】因为434322+1,2232S S a a a ==++所以13344+=-=s s s a ，代入232)1(2233++=+a a s 得0232=+-q q ，解得2=q 或1（舍去） 所以11=a .4.（江苏省如皋市2019—2020学年高三年级第二学期语数英学科模拟）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若121223a a a a =+，且34S ，43S ，52S 成等差数列，则满足不等式40392020n n S a >的n 的最小值为 ． 【答案】12【解析】34S ，43S ，52S 成等差数列得qq a q q a q q a --+--=--1)1(21)1(41)1(6513141（1≠q ） 得2,0232==+-q q q 解得. 由121223a a a a =+得11=a ，202040392121>-=-n n n a s ，得202021>-n ，12≥n 时，不等式成立.5.（天一中学2020届高三第二学期阶段测试）等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，满足S 6﹣3S 5+2S 4＝0，则S 5＝ ．【答案】31【解析】S 6﹣3S 5+2S 4＝0得01)1(21)1(31)1(415161=--+-----qq a q q a q q a . 得0232=+-q q 得)(12舍去或==q q .所以311)1(515=--=q q a s .6.（江苏省南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试）已知数列{}n a 为等差数列，数列{}n b 为等比数列，满足{1a ，2a ，3a }＝{1b ，2b ，3b }＝{a ，b ，﹣2}，其中a ＞0，b ＞0，则a ＋b 的值为 ．【答案】5【解析】不妨令a ＞b ，则4ab =，22b a =-，则b ＝1，a ＝4，∴a ＋b ＝5．7.(江苏省丹阳市2020届高三年级下学期3月质量检测卷)公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3a 是2a 与6a 的等比中项，3S ＝3，则9S 的值为 ．【答案】63【解析】∵3a 是2a 与6a 的等比中项，∴2326a a a =，∵3S ＝3，∴21a =，从而有2222()(4)a d a a d +=+，即2(1)114)d d +=+（， 化简得d 2＝2d ，∵d ≠0，∴d ＝2，∴5231327a a d =+=+⨯=，95963S a ==.8.（2020年沭阳高级中学高考数学百日冲刺数学试卷（3月份））已知等比数列{a n }满足a 2+2a 1＝4，a 32＝a 5，则该数列的前5项和为 ．【答案】31【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 2+2a 1＝4，523a a =，∴a 1（q +2）＝4，a 12q 4＝a 1q 4， 联立解得a 1＝1，q ＝2，∴数列的前5项的和为21215--＝31. 9.（南通市通州区2020届高三年级第二学期联考数学试卷）已知各项均不相等的数列{}n a 为等差数列，且1041,,a a a 恰为等比数列{}n b 的前三项.若6b a k =，则=k .【答案】94。

第4讲 数列的通项的求法★ 热 点 考 点 题 型 探 析★考点 求数列的通项公式 题型1 利用公式法求通项【例1】已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，求下列数列{}n a 的通项公式：⑴ 1322-+=n n S n； ⑵12+=n n S .【解题思路】已知关系式0),,(=n a S f n n ，可利用⎩⎨⎧≥-==-)2()111n S S n S a n nn （，这是求数列通项的一个重要公式.【解析】⑴当1=n 时，411312211=-⨯+⨯==S a ，当2≥n时，[]1)1(3)1(2)132(221--+---+=-=-n n n n S S a n n n 14+=n . 而1=n时，15114a ≠=+⨯，⎩⎨⎧≥+==∴)2(14)1(4n n n a n .⑵当1=n时，31211=+==S a ，当2≥n时，1112)12()12(---=+-+=-=n n n n n n S S a . 而1=n时，11112a ≠=-，⎩⎨⎧≥==∴-)2(2)1(31n n a n n . 【名师指引】任何一个数列，它的前n 项和n S 与通项n a 都存在关系：⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n nn若1a 适合n a ，则把它们统一起来，否则就用分段函数表示.题型2 应用迭加（迭乘、迭代）法求通项【例2】⑴已知数列{}n a 中，)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项公式；⑵已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11=a ，n n a n S ⋅=2，求数列{}n a 的通项公式.【解题思路】⑴已知关系式)(1n f a a n n +=+，可利用迭加法或迭代法； ⑵已知关系式)(1n f a a n n ⋅=+，可利用迭乘法.【解析】⑴方法1：（迭加法）Θ)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，∴121-=--n a a n n∴11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n +-++-+-+-=-----Λ135)52()32()12(++++-+-+-=Λn n n 22)112(n n n =+-=方法2：（迭代法）Θ)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，∴12)1(21221-+-+=-+=--n n a n a a n n nΛ=-+-+-+=-12)1(2)2(23n n n a n212)1(2)2(2531n n n n =-+-+-++++=Λ，∴2n a n =.⑵Θ11=a ，n n a n S ⋅=2，∴当2≥n 时，121)1(--⋅-=n n a n S∴11)1(11221+-=⇒--=-=---n n a a a n a n S S a n n n n n n n . ∴1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ.)1(21314213211+=⋅⋅⋅⋅--⋅-⋅+-=n n n n n n n n Λ 【名师指引】⑴迭加法适用于求递推关系形如“)(1n f a a n n +=+”； 迭乘法适用于求递推关系形如“)(1n f a a n n ⋅=+“；⑵迭加法、迭乘法公式：① 11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n+-++-+-+-=-----Λ ② 1122332211a a aa a a a a a a a a n n n n n n n⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ. 题型3 构造等比数列求通项【例3】已知数列{}n a 中，32,111+==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式.【解题思路】递推关系形如“q pa a n n +=+1”是一种常见题型，适当变形转化为等比数列.【解析】Θ321+=+n n a a ，∴)3(231+=++n n a a∴{}3+n a 是以2为公比的等比数列，其首项为431=+a ∴.3224311-=⇒⨯=++-n n n n a a【名师指引】递推关系形如“q pa a n n +=+1” 适用于待定系数法或特征根法：①令)(1λλ-=-+n n a p a ；② 在q pa a n n +=+1中令pqx x a a n n -=⇒==+11，∴)(1x a p x a n n -=-+；③由q pa a n n +=+1得q pa a n n +=-1，∴)(11-+-=-n n n n a a p a a .【例4】已知数列{}n a 中，n n n a a a 32,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.【解题思路】递推关系形如“n n n q pa a +=+1” 适当变形转化为可求和的数列.【解析】方法1：Θn n n a a 321+=+，∴nn n n n a a )23(2211+=-+，令n n n b a =-12则 n n n b b )23(1=-+，∴112211)()()(b b b b b b b b n n n n n +-++-+-=---Λ123)23()23()23()23(2321++++++=---Λn n n 2)23(2-⨯=n ∴n n n a 23-=方法2：Θn n n a a 321+=+，∴1332311+⋅=-+n n n n a a ，令n n nb a =-13则 1321+=+n n b b ，转化为“q pa a n n +=+1“ （解法略） 【名师指引】递推关系形如“n n n q pa a +=+1”通过适当变形可转化为：“q pa a n n +=+1”或“n n n n f a a )(1+=+求解.【例5】已知数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求数列{}n a 的通项公式.【解题思路】递推关系形如“n n n a q a p a ⋅+⋅=++12”可用待定系数法或特征根法求解.【解析】令)(112n n n n a a a a ⋅+=⋅++++αβα由⎩⎨⎧=-=⇒⎩⎨⎧-=⋅=-2123βαβααβ或⎩⎨⎧=-=12βα，∴)(2112n n n n a a a a -=-+++ ∴数列{}n n a a -+1是等比数列，∴112-+=-n n n a a∴11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n +-++-+-+-=-----Λ14322112222----=++++++=n n n n Λ.【名师指引】递推关系形如“n n n a q a p a ⋅+⋅=++12”，通过适当变形转化为可求和的数列.【新题导练】 1.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和， )2,(23≥∈+=+n N n a S n n，求数列{}n a 的通项公式.【解析】当1=n时，1231111-=⇒+==a a S a ，当2≥n时，)23()23(11+-+=-=--n n n n n a a S S a .∴233211=⇒=--n n n n a a a a ∴{}n a 是以23为公比的等比数列，其首项为11-=a ，∴.)23(11-⋅-=n n a 2.已知数列{}n a 中，)(0)1()2(,211++∈=+-+=N n a n a n a nn ，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由0)1()2(1=+-++n n a n a n得，211++=+n n a a n n ∴1122332211a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----Λ14232431211+=⋅⋅⋅⋅--⋅-⋅+=n n n n n n n Λ. 3.⑴已知数列{}n a 中，232,111-==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式；⑵已知数列{}n a 中，n a a a n n +==+2,111，求数列{}n a 的通项公式.【解析】⑴)6(32623211+=+⇒-=++n n n n a a a a ，∴6)32(71-⨯=-n n a ； ⑵令)(21n a n a n n ⋅-=⋅-+λλ，得1-=λ∴)(21n a n a n n +=++，∴122-⨯=+n n n a ， ∴n a n n -=24.已知数列{}n a 中，n n n a a a 33,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.【解析】Θn n n a a 331+=+，∴13311+=-+n n n n a a ，令n n nb a =-13∴数列{}n b 是等差数列，n n b n =-+=)1(11，∴13-⋅=n n n a .5.（2008全国Ⅱ卷理•节选）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知)(3,11++∈+==N n S a a a n n n ，设n n nS b 3-=，求数列{}n b 的通项公式．【解析】依题意，n n n n n S S S a 311+=-=++，即n n n S S 321+=+，由此得)3(2311n n n n S S -=-++， ∴ .2)3(31-⋅-=-=n n n n a S b6.(2008广东文•节选)已知数列{}n a 中，)3(3231,2,12121≥+===--n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项公式.【解析】由213231--+=n n na a a 得)3)((32211≥--=----n a a a a n n n n 又0112≠=-a a ，所以数列{}n n a a -+1是以1为首项，公比为23-的等比数列，∴11)32(-+-=-n n n a a∴11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n +-++-+-+-=-----Λ11)32()32()32()32(232++-+-++-+-=--Λn n 1)32(5358---=n ．★ 抢 分 频 道 ★基础巩固训练1.若数列{}n a 的前n 项和1-=n na S （R a ∈，且0≠a ），则此数列是( ).A 等差数列 .B 等比数列.C 等差数列或等比数列 .D 既不是等差数列，也不是等比数列【解析】C. Θ1-=n n a S ，∴)2()1(11≥-=-=--n a a S S a n n n n∴当1=a 时，0=n a ，{}n a 是等差数列；0≠a 且1≠a 时，{}n a 是等比数列．选C.2.数列{}n a 中，)(,111n n n a a n a a -==+，则数列{}n a 的通项=n a ( ).A 12-n .B 2n .C 1)1(-+n nn .D n 【解析】D nn a a a a n a a n n n n n 1)(,1111+=⇒-==++,使用迭乘法，得.n a n = 3.数列{}n a 中，)(231++∈+=N n a a n n ,且810=a ，则=4a ( ).A 811 .B 8180- .C 271 .D 2726- 【解析】B 由)(231++∈+=N n a a n n ，得)1(311+=++n n a a ，10103)1(1-+=+n n a a∴138-=-n n a ，.81801344-=-=-a4.设{}n a 是首项为1的正项数列，且)(0)1(1221+++∈=+-+N n a a na a n nn n n ，则数列{}n a 的通项=na .【解析】n a n1=0)1)((0)1(111221=+-+⇒=+-+++++n n n n n n n n a n n a a a a a na a n 5.数列{}n a 中，)(22,111++∈+==N n a a a a nnn ，则{}n a 的通项=n a .【解析】122+=n a n由n n n a a a +=+221，得21111+=+n n a a 6.数列{}n a 中，)(,1111+++∈=-=N n a a a a a n n n n ，则{}n a 的通项=n a .【解析】.12n a n=由11++=-n n n n a a a a ，得1111=-+nn a a ∴n n a n=-⋅+=)1(111，∴.12n a n =综合拔高训练7.数列{}n a 中，)(42,211++∈+==N n a a a a nnn ，求数列{}n a 的通项公式.【解析】Θnnn a a a +=+421，∴2122411+=+=+n n n n a a a a ，∴)211(22111+=++n n a a . ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+211n a 是以2为公比的等比数列，其首项为.12111=+a∴12222111-=⇒=+-n n n n a a 8.已知数列{}n a 中，)(05,1,21221+++∈=+-==N n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项公式.【解析】Θ0512=+-++n n n a a a ，∴)2(32112n n n n a a a a -=-+++.∴数列{}n n a a 21-+是以3为公比的等比数列，其首项为3212-=-a a ∴n n n n a a 333211-=⨯-=--+，∴nn n n n a a )23(2211-=--+. 令n n n b a =-12，则 nnn b b )23(1-=-+， ∴112211)()()(b b b b b b b b n n n n n +-++-+-=---Λ223)23()23()23()23(2321+------=---Λn n n 5)23(2+⨯-=n ，∴n n n a 3251-⨯=-.。

微专题二 数列通项公式的常用求法一、累加法、累乘法例1已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2·3n＋1，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝3n＋n －1解析 由a n ＋1＝a n ＋2·3n＋1，得a 2＝a 1＋2×31＋1， a 3＝a 2＋2×32＋1， a 4＝a 3＋2×33＋1，…，a n ＝a n －1＋2×3n －1＋1，累加可得a n ＝a 1＋2×(31＋32＋…＋3n －1)＋(n －1)，又a 1＝3，∴a n ＝2·3－3n1－3＋n ＋2＝3n＋n －1(n ＝1时也成立)．例2设数列{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式是a n ＝________. 答案 1n解析 原递推式可化为： [(n ＋1)a n ＋1－na n ](a n ＋1＋a n )＝0， ∵a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1， 则a 2a 1＝12，a 3a 2＝23，a 4a 3＝34，…，a n a n －1＝n －1n ， 累乘可得a n a 1＝1n，又a 1＝1，∴a n ＝1n(n ＝1时也成立)．跟踪训练1(1)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝_______.答案 4－1n解析 原递推式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，累加得a n ＝a 1＋1－1n.故a n ＝4－1n(n ＝1时也成立)．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2n·a n ，则a n ＝______. 答案 (1)22n n -解析 a 1＝1，a 2＝2a 1， a 3＝22a 2，…，a n ＝2n －1a n －1，累乘得a n ＝2·22·23·…·2n －1＝(1)22n n -，当n ＝1时也成立，故a n ＝(1)22n n -.二、换元法例3已知数列{a n }，其中a 1＝43，a 2＝139，且当n ≥3时，a n －a n －1＝13(a n －1－a n －2)，求通项公式a n .解 设b n －1＝a n －a n －1，原递推式可化为b n －1＝13b n －2，{b n }是一个等比数列， b 1＝a 2－a 1＝139－43＝19，公比为13.∴b n ＝b 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，故a n －a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，a n －1－a n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，…，a 3－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133，a 2－a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，用累加法得a n ＝32－12⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，当n ＝1时也成立．跟踪训练2已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥3时，a n －2a n －1＋a n －2＝1，求通项公式a n . 解 当n ≥3时，(a n －a n －1)－(a n －1－a n －2)＝1， 令b n －1＝a n －a n －1， ∴b n －1－b n －2＝1， ∴{b n }是等差数列，其中b 1＝a 2－a 1＝1，公差为1， ∴b n ＝n ，∴b 1＋b 2＋…＋b n －1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －a n －1＝a n －1， ∴a n －1＝12n (n －1)，∴a n ＝n 2－n ＋22(n ＝1时也成立)．三、构造等差数列求通项例4已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2·3n ＋1，a 1＝3，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＋1＝3a n ＋2·3n ＋1，两边同除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝a n3n ＋2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以a 13＝1为首项，以2为公差的等差数列，∴a n3n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴a n ＝(2n －1)·3n.例5若数列{a n }中，a 1＝2且a n ＝3＋a 2n －1(n ≥2)，求它的通项公式a n . 解 将a n ＝3＋a 2n －1两边平方整理，得a 2n －a 2n －1＝3. 数列{a 2n }是以a 21＝4为首项，3为公差的等差数列． 故a 2n ＝a 21＋(n －1)×3＝3n ＋1. 因为a n >0，所以a n ＝3n ＋1.例6已知数列{a n }中，a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝a n －12a n －1＋1，求通项公式a n .解 将a n ＝a n －12a n －1＋1两边取倒数，得1a n －1a n －1＝2，这说明⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是一个等差数列，首项是1a 1＝1，公差为2，所以1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，即a n ＝12n －1.跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋3n，且a 1＝1.①证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是等差数列；②求数列{a n }的通项公式．①证明 由a n ＋1＝3a n ＋3n，两边同时除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝a n 3n ＋13，即a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝13. 由等差数列的定义知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是以a 13＝13为首项，13为公差的等差数列．②解 由(1)知a n 3n ＝13＋(n －1)×13＝n3，故a n ＝n ·3n －1，n ∈N *.(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n －1－a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 10＝________. 答案110解析 易知a n ≠0，∵数列{a n }满足a n －1－a n ＝a n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴1a n －1a n －1＝1(n ≥2，n ∈N *)，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为1，首项为1，∴1a 10＝1＋9＝10，∴a 10＝110.四、构造等比数列求通项例7已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． 解 由a n ＋1＝3a n ＋2，可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＋1＝2，∴{a n ＋1}是以2为首项，以3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.例8在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求通项公式a n .解 原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)，①比较系数得λ＝－4，①式为：a n ＋1－4·3n＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是一个等比数列，其首项为a 1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n －4·3n －1＝－5·2n －1，即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.例9数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 122n －解析 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)， 所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n ＝2.又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列． 所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝122n －.跟踪训练4(1)若数列{a n }中，a 1＝3且a n ＋1＝a 2n (n 是正整数)，则它的通项公式是a n ＝________.答案 123n -解析 由题意知a n >0，将a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得 lg a n ＋1＝2lg a n ， 即lg a n ＋1lg a n＝2， 又lg a 1＝lg3，所以数列{lg a n }是以lg3为首项，公比为2的等比数列， lg a n ＝lg a 1·2n －1＝12lg3n -，故a n ＝123n -.(2)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n3＋4a n，则a n ＝________. 答案13n－2解析 由已知可得1a n ＋1＝3＋4a n a n ＝3a n＋4，∴1a n ＋1＋2＝3a n ＋6＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋2，又1a 1＋2＝3，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋2是以3为首项，以3为公比的等比数列， ∴1a n ＋2＝3n，∴a n ＝13n －2. (3)数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－2a n ＋3n，则a n ＝________. 答案 15·3n ＋25·(－2)n －1解析 由已知可设a n ＋1＋λ·3n ＋1＝－2(a n ＋λ·3n)，比较系数可得λ＝－15，即a n ＋1－15·3n ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －15·3n ，又a 1－35＝25，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －15·3n 是以25为首项，－2为公比的等比数列，∴a n －15·3n ＝25·(－2)n －1，∴a n ＝15·3n ＋25·(－2)n －1.五、归纳推理法例10(1)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n ＋1S n ，则S n ＝________. 答案 －1n解析 由a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1可得a 2＝S 1S 2＝a 1(a 1＋a 2)， 故a 2＝12＝11×2，同理可得a 3＝16＝12×3，a 4＝112＝13×4，…，由此猜想当n ≥2时，有a n ＝1(n －1)n ＝1n －1－1n，所以当n ≥2时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝－1n .又因为S 1＝－1也适合上式，所以S n ＝－1n.(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n<12，2a n－1，12≤a n<1.若a 1＝35，则a 2018＝________.答案 15解析 因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{a n }是以4为周期的数列， 又2018＝504×4＋2，所以a 2018＝a 2＝15.跟踪训练5(1)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于________． 答案 78解析 由题意，当n 为奇数时，a n ＋1－a n ＝2n －1，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1， 两式相减得a n ＋2＋a n ＝2；当n 为偶数时，a n ＋1＋a n ＝2n －1，a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1， 两式相加得a n ＋2＋a n ＝4n .所以S 12＝(a 1＋a 3＋…＋a 11)＋(a 2＋a 4＋…＋a 12) ＝2×3＋4(2＋6＋10)＝78.(2)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018的值为________． 答案 5解析 依题意得，a 1＝2，a 2＝3，a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1， a 4＝a 3－a 2＝1－3＝－2， a 5＝a 4－a 3＝－2－1＝－3， a 6＝a 5－a 4＝－3－(－2)＝－1， a 7＝a 6－a 5＝－1－(－3)＝2， a 8＝a 7－a 6＝2－(－1)＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列． 又因为2018＝6×336＋2，所以S 2018＝(2＋3＋1－2－3－1)×336＋2＋3＝5.(3)用{x }表示不小于x 的最小整数，例如{2}＝2，{1.2}＝2，{－1.1}＝－1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2018＋1＝________. 答案 1解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ， ∴a n >1，1a n ＋1＝1a 2n ＋a n ＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1， ∴1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，∴1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2018＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a 2018－1a 2019＝1a 1－1a 2019＝1－1a 2019.∵0<1－1a 2019<1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－1a 2019＝1.。

Җ㊀云南㊀周必辉㊀㊀数列因规律性强㊁题型多样㊁方法灵活等特点,成为高考命题的重点,其中给出递推关系求通项公式问题是有效考查考生化归转化能力㊁推理论证能力的重要题型．本文以２０２０年全国卷Ⅲ数列解答题为例,探究根据递推关系求通项公式的方法．１㊀考题说明例㊀㊀(２０２０年全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a １＝３,a n ＋１＝３a n －４n ．(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 ．数列的递推关系在人教版教材中虽然是以选学内容出现,但在高考中以递推关系为背景的命题却屡见不鲜．本题第(１)问考查考生根据递推关系求通项公式,所给的递推关系类型是a n ＝A a n －１＋f (n )．下面对这类问题的求解方法进行总结,并应用这些方法解答此题．２㊀解法综述根据不同的递推关系类型,常用的解题方法主要有如下４种．１)叠加法对于a n －a n －１＝f (n )的形式,可利用叠加法求通项公式,即a n ＝(a n －a n －１)＋(a n －１－a n －２)＋ ＋(a ２－a １)＋a １＝f (n )＋f (n －１)＋ ＋f (２)＋a １．２)叠乘法对于a n ＋１a n＝f (n )的形式,可以利用叠乘法求通项公式,即a n ＝a n a n －１ a n －１a n －２a ２a １ a １＝f (n －１)f (n －２) f (１) a １．３)构造法此方法适用的类型较多,构造的原理是将所给的递推关系进行变形,将其构造为等差数列或等比数列的形式．４)归纳法通过观察数列前几项,猜想出其通项公式,再进行证明．３㊀问题解答在某些问题的求解中,往往需要综合应用多种方法．本题第(１)问旨在考查利用归纳法求通项公式,下面从多种视角进行解法探究．方法１㊀由a １＝３,a n ＋１＝３a n －４n ,可得a ２＝３a １－４＝５,a ３＝３a ２－４ˑ２＝７,a ４＝３a ３－４ˑ３＝９,猜想a n ＝２n ＋１．证明:当n ＝１时,a １＝２ˑ１＋１＝３．设当n ＝k 时,a k ＝２k ＋１,则当n ＝k ＋１时,a k ＋１＝３a k －４k ＝３(２k ＋１)－４k ＝２(k ＋１)＋１,所以{a n }的通项公式为a n ＝２n ＋１．应用此方法求数列的通项公式时,要准确识别条件中隐含的关系,平时学习中要注意积累一些特殊的关系,如奇数㊁偶数㊁正整数的平方与立方等．方法２㊀将a n ＋１＝３a n －４n 两边同时除以３n ＋１,得a n ＋１３n ＋１＝a n ３n －４n ３n ＋１,即a n ＋１３n ＋１－a n３n ＝－４n ３n ＋１,进而由叠加法可得a n ３n ＝(a n ３n －a n －１３n －１)＋(a n －１３n －１－a n －２３n －２)＋ ＋(a ２３２－a １３)＋a １３＝－[４(n －１)３n ＋４(n －２)３n －１＋ ＋４３２]＋a １３．令T n ＝４(n －１)３n ＋４(n －２)３n －１＋４(n －３)３n －２＋ ＋４３２,则１３T n ＝４(n －１)３n ＋１＋４(n －２)３n ＋４(n －３)３n －１＋４３３．两式相减得２３T n ＝４３２－４(n －１)３n ＋１＋(４３n ＋４３n －１＋ ＋４３３)＝４３２－４(n －１)３n ＋１＋４３３(１－１３n －２)１－１３＝２３－４(n －１)３n ＋１－２３n ,所以T n ＝１－２(n －１)３n－１３n －１,则a n３n ＝２(n －１)３n＋１３n －１,a n ＝２(n －１)＋３＝２n ＋１．３１本解法通过对所给递推关系进行变形,将其转化为可利用叠加法求解的形式,再利用错位相减法及等比数列的求和公式求得结论．方法３㊀设b n＝a n＋λn＋μ,则a n＝b n－λn－μ,代入a n＋１＝３a n－４n中,得b n＋１－λ(n＋１)－μ＝３(b n－λn－μ)－４n,即b n＋１＝３b n－(２λ＋４)n＋λ－２μ．令２λ＋４＝０,λ－２μ＝０,{解得λ＝－２,μ＝－１,{所以b n＋１＝３b n．因为b１＝a１－２－１＝０,所以b n＝a n－２n－１＝０,所以a n＝２n＋１．本解法是通过待定系数法构造等比数列b n,而由已知可求得b１＝０,所以{b n}为常数列,各项均为０,进而求得数列{a n}的通项公式．方法４㊀由a n＋１＝３a n－４n,得a n＋２＝３a n＋１－４(n＋１),两式相减得a n＋２－a n＋１＝３(a n＋１－a n)－４．令b n＝a n＋１－a n,则b n＋１＝３b n－４．设b n＋１＋λ＝３(b n＋λ),即b n＋１＝３b n＋２λ,由２λ＝－４得λ＝－２,所以数列{b n－２}的首项为b１－２＝a２－a１－２＝５－３－２＝０,且知b２＝２,所以{b n}为常数列,b n＝a n＋１－a n＝２,即数列{a n}是公差为２的等差数列,所以a n＝３＋２(n－１)＝２n＋１．在得出a n＋１＝p a n＋q(pʂ０,qʂ１)的递推关系后,可利用待定系数法,即引入参数λ,令a n＋１＋λ＝p(a n＋λ),将其展开后与原递推关系对照,求得λ值,从而构造{a n＋λ}为等比数列．由第(１)问知a n＝２n＋１,则２n a n＝(２n＋１)２n,进而可利用 错位相减法 求其前n项和．第(２)问较为简单,在此不再赘述．综上所述,给出递推关系求数列通项公式的过程其实就是转化的过程,即将一般化特殊㊁将陌生化熟悉．教学中我们只学了两类特殊的数列,即等差数列和等比数列,因此所求问题最终都要转化为与等差或等比数列相关的问题来求解．(作者单位:云南省曲靖市民族中学)Җ㊀山东㊀谢于民㊀㊀同角三角关系是指同一个角的正弦值㊁余弦值㊁正切值之间的关系,例如,s i n２α＋c o s２α＝１,t a nα＝s i nαc o sα．同角关系建立了３个三角函数之间的桥梁,在三角恒等变换㊁化简求解以及三角恒等式的证明中有着广泛的应用．本文通过同角关系的正向应用㊁逆向应用以及变形应用３个视角破解三角函数化简㊁求值问题．１㊀正向应用例１㊀已知s i nα t a nα＝１,则c o sα＝．由t a nα＝s i nαc o sα,得s i nα t a nα＝s i nαs i nαc o sα＝１,即s i n２α＝c o sα．由s i n２α＋c o s２α＝１,得s i n２α＝１－c o s２α,所以c o s２α＋c o sα－１＝０,解得c o sα＝－１ʃ５２．因为－１ɤc o sαɤ１,所以c o sα＝５－１２(也可利用s i nαt a nα＝１＞０,则α在第一象限,故c o sα＞０进行取舍)．变式㊀已知s i n(π２＋α)＝３５,则t a nα s i nα＝(㊀㊀)．A．１６１５㊀㊀B．－１６１５㊀㊀C．５２㊀㊀D．－５２t a nα s i nα＝s i nαc o sα s i nα＝s i n２αc o sα＝１－c o s２αc o sα．由s i n(π２＋α)＝３５,得c o sα＝３５,代入上式得t a nα s i nα＝１６１５．故选A．解题中利用同角关系进行转化时,可以从条件向结论转化,也可从结论向条件转化．例１由条件向结论转化,变式是由结论向条件转化,两种转化方式均利用了同角关系,将函数名统一,从而建立了已知与未知之间的联系．４１。

(（A.2016一．【学习目标】1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.3.会利用已知数列的通项公式或递推关系式求数列的某项.4.会用数列的递推关系求其通项公式.二．【方法总结】1.利用通项公式，应用函数思想是研究数列特征的基本方法之一，应善于运用函数观点认识数列，用函数的图象与性质研究数列性质.练习 1. 已知数列 {a n}满足 a 1= 1 ，，则数列{-1)n a }的前 40 项的和为n）A. 19 325 41 20B.C.D.20 462 84 41【答案】D【方法总结】：这个题目考查的是数列的求和问题。

首先数列求和选用的方法有，裂项求和，主要用于分式能够通过写成两项相减的形式从而消掉中间的项；分组求和，用于相邻两项之和是定值，或者有规律的；错位相减求和，用于一个等差一个等比乘在一起求和的数列。

练习 2. 数列{a n}满足 a 1= 1 ，且对于任意的 n ∈ N * 都有 ，则 等于（）4032 2017 4034 B.C.D.20172017 2018 20183，则数列{a则,数列 ⎨⎧ 1 ⎩ n +1 a ⎭【答案】D【方法总结】：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．练习 3. 已知数列{an}满足 a 1= 1 ， a =21，若n }的通项 a = （）n A.1 111B. C. D.2n -1 2n - 13n -1 2n -1 + 1【答案】B【解析】, , ,1 ⎫- ⎬ 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a n，利用叠加法，，2n-1(B.(-1)n D.(-1)n-1..，则a=1n.选B.【方法总结】：由前几项归纳数列通项或变化规律的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同.对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用处理.练习1.数列的一个通项公式可能是（）A.(-1)n112n2nC.(-1)n-1112n2n【答案】D练习2.数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的通项公式是a n＝()A.(10n－1)B.C.(10n－1)D.(10n－1).【答案】B【解析】1－＝0.9，1－＝0.99，…，故原数列的通项公式为a n＝.选B.练习3．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题他们在沙滩上画点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类如下图中实心点的个数5，9，14，20，…为梯形数.根据图形的构成，记此数列的第2017项为a2017，则a2017-5=（）A. ⋅ ⎪B. ⋅ ⎪C. 2 ⋅ ⎪ -D. ⎪A.【答案】CB. C. 1008⨯ 2023 D. 2017⨯1008【方法总结】：根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．4.项和互化求通项例 4.设是数列 的前 项和，且，则 a =（ ）n1 ⎛ 1 ⎫n -13 ⎝ 2 ⎭ 1 ⎛ 2 ⎫n -12 ⎝3 ⎭⎛ 1 ⎫n 1 ⎛ 1 ⎫n⎝ 3 ⎭ 3 ⎝ 3 ⎭【答案】D【解析】由题意可得：，考查所给选项：，则选项 B 错误；当 n = 2 时：，即 ，考查 ACD 选项： ,2n2n-12n2n+12n2n-12n2n+12(1)-(2)得：2n-1a=122n22n则选项AC错误，本题选择D选项.【方法规律总结】：给出Sn与an的递推关系，求a n，常用思路是：一是利用转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.练习1.设数列{a}满足n，通项公式是（）A.a=n1111B.a=C.a=D.a=n n n【答案】C练习2.设数列{an}满足，通项公式是（）A.a=n1111B.a=C.a=D.a=n n n【答案】C【解析】当n=1时，a=11，…………...(1)，……....(2), n n1n，a=，a=符合，则通项公式是a=111，选C.练习3.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且，a=m，现有如下说法：1①a=5；②当n为奇数时，2则上述说法正确的个数为（）A.0个B.1个C.2个D.3个；③．5【方法总结】：给出S与a的递推关系求a，常用思路是：一是利用转化为a的递n n n n推关系，再求其通项公式；二是转化为S的递推关系，先求出S与n之间的关系，再求a.应用关系式n n n时，一定要注意分n=1,n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.5.构造辅助数列求通项（1）的形式例5.数列{a}满足nA.33B.32C.31D.34【答案】A【解析】数列{a}满足n项为1，得到则a=（）6，是以2为公比的等比数列，首a=33.6故答案为：A。

2020年高考数学三轮冲刺微专题（文理通用）最值问题之数列篇【例】【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【例】【2018全国卷Ⅱ】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【例】(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 ．【例】（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .【例】（2015四川）设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值。

有关数列中最大项的问题：【例】（2020·海南中学高三月考）已知等差数列{}n a 的首项及公差均为正数，令=n b()*,2020∈<n n N ，当k b 是数列{}nb 的最大项时，k =（ ）A ．1100B ．1001C ．1011D ．1010有关等差数列前n 和中的最值问题：【例】等差数列{a n }的首项a 1>0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？数列与不等式恒成立相结合的最值问题：【例】（2020·山西实验中学高三）已知数列{}n a 的前n 项和122n n n S a +=-，若不等式223(5)n n n a λ--<-，对n N +∀∈恒成立，则整数λ的最大值为______．数列与基本不等式相结合的最值问题：【例】（2020·江西高三模拟）已知正项等比数列{}n a 满足76523a a a =+，若存在两项m a ，n a ，使得219m n a a a ⋅=，则19m n+的最小值为（ ）. A ．16 B ．283C ．5D ．4数列与导数相结合的最值问题：【例】等差数列的前项和为，已知，，则的最小值为____.数列与“对勾函数”相结合的最值问题：【例】（2020·河南高三模拟）已知各项都是正数的数列{}n a 满足()*12n n a N a n n +-=∈，若当且仅当4n =时，na n取得最小值，则（ ） A ．1012a <<B ．11220a <<C ．112a =D ．120a =1、（2020·山西高三开学考试）已知数列{}n a 的通项公式为()370.9nn a n =+⨯，则数列{}n a 的最大项是（ ）{}n a n n S 100S =1525S =nnSA ．5aB ．6aC ．7aD ．8a2．（2020·河南高三）已知数列{}n a 满足12n n a a +-=，且134,,a a a 成等比数列.若{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 的最小值为（ ）A ．–10B ．14-C ．–18D ．–203．（2020·山东省青岛第五十八中学高三）等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，则数列{}n a 的前n 项和n S *()n N ∈中最小的是（ ）A ．7S 或8SB ．12SC ．13SD ．14S4.（2020·河北高三期末）已知递增等差数列{}n a 中，122a a =-，则3a 的（ ）A ．最大值为4-B ．最小值为4C ．最小值为4-D ．最大值为4或4-5．（2020江苏无锡高三）设7211a a a ≤≤≤≤ ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．6．（2020北京高三）若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =__时，{}n a 的前n 项和最大．7．（2020江西高三）在等差数列{}n a 中，71=a ，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8=n 时n S 取最大值，则d 的取值范围_________．8．（2020·河北邢台一中高三月）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若29a =，540S =，则n S 的最大值为_________.9、已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．10、在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值。

专题22 数列中的探究性问题数列中的探究性问题实际上就是不定方程解的问题,对于此类问题的求解,通常有以下三种常用的方法：①利用等式两边的整数是奇数还是偶数的方法来加以判断是否存在；②利用寻找整数的因数的方法来进行求解,本题的解题思路就是来源于此；③通过求出变量的取值范围,从而对范围内的整数值进行试根的方法来加以求解．对于研究不定方程的解的问题,也可以运用反证法,反证法证明命题的基本步骤：①反设：设要证明的结论的反面成立．作反设时要注意把结论的所有反面都要写出来,不要有遗漏．②归谬：从反设出发,通过正确的推理得出与已知条件或公理、定理矛盾的结论．③存真：否定反设,从而得出原命题结论成立．一、题型选讲题型一 、数列中项存在的问题例1、(2018无锡期末）已知数列{a n }满足⎝⎛⎭⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎫1－1a 2·…·⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝1a n,n ∈N *,S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若a p ,30,S q 成等差数列,a p ,18,S q 成等比数列,求正整数p ,q 的值；(3) 是否存在k ∈N *,使得a k a k ＋1＋16为数列{a n }中的项？若存在,求出所有满足条件的k 的值；若不存在,请说明理由．例2、(2019苏州期初调查）已知数列{a n }的奇数项是首项为1的等差数列,偶数项是首项为2的等比数列,数列{a n }前n 项和为S n ,且满足S 3＝a 4,a 5＝a 2＋a 3.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若a m a m ＋1＝a m ＋2,求正整数m 的值；(3) 是否存在正整数m,使得S 2m S 2m －1恰好为数列{a n }中的一项？若存在,求出所有满足条件的m 值,若不存在,说明理由．题型二、数列中的等差数列或者等比数列的存在问题例3、(2018扬州期末）已知各项都是正数的数列{a n}的前n项和为S n,且2S n＝a2n＋a n,数列{b n}满足b1＝12,2b n＋1＝b n＋b n a n.(1) 求数列{a n},{b n}的通项公式；(2) 设数列{c n}满足c n＝b n＋2S n,求和c1＋c2＋…＋c n；(3) 是否存在正整数p,q,r(p<q<r),使得b p,b q,b r成等差数列？若存在,求出所有满足要求的p,q,r；若不存在,请说明理由．例4、(2019常州期末）已知数列{a n}中,a1＝1,且a n＋1＋3a n＋4＝0,n∈N*.(1) 求证：{a n＋1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式；(2) 数列{a n}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后,构成等差数列？若存在,求满足条件的项；若不存在,说明理由．题型三、数列中的有序实数对的问题例5、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知数列{}n a 满足15(1)()2n n n n a a n *+++-=∈N ,数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）求13a a +的值；（2）若1532a a a +=．① 求证：数列{}2n a 为等差数列； ② 求满足224()pm S S p m *=∈N ，的所有数对()p m ，．题型四、数列中的参数的问题例6、(2019苏州期末）定义：对于任意n ∈N *,x n ＋x n ＋2－x n ＋1仍为数列{x n }中的项,则称数列{x n }为“回归数列”．(1) 已知a n ＝2n (n ∈N *),判断数列{a n }是否为“回归数列”,并说明理由；(2) 若数列{b n }为“回归数列”,b 3＝3,b 9＝9,且对于任意n ∈N *,均有b n <b n ＋1成立． ①求数列{b n }的通项公式；②求所有的正整数s ,t ,使得等式b 2s ＋3s ＋1－1b 2s ＋3s －1＝b t 成立．二、达标训练1、已知数列{}n a 的通项公式为27n a n =-,若12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项,则m =____ 2、(2019扬州期末）记无穷数列{a n }的前n 项中最大值为M n ,最小值为m n ,令b n ＝M n ＋m n 2,数列{a n }的前n 项和为A n ,数列{b n }的前n 项和为B n .(1) 若数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,求B n .(2) 若数列{b n }是等差数列,试问数列{a n }是否也一定是等差数列？若是,请证明；若不是,请举例说明．3、(2019苏北三市期末）已知数列{a n }满足对任意的n ∈N *,都有a n (q n a n －1)＋2q n a n a n ＋1＝a n ＋1·(1－q n a n ＋1),且a n ＋1＋a n ≠0,其中a 1＝2,q ≠0.记T n ＝a 1＋qa 2＋q 2a 3＋…＋q n －1a n .(1) 若q ＝1,求T 2019的值．(2) 设数列{b n }满足b n ＝(1＋q )T n －q n a n .①求数列{b n }的通项公式；②若数列{c n }满足c 1＝1,且当n ≥2时,c n ＝2b n －1－1,是否存在正整数k ,t ,使c 1,c k －c 1,c t －c k 成等比数列？若存在,求出所有k ,t 的值；若不存在,说明理由．4、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足12a =-,1320n n a S +++=（*n ∈N ）.（1）求2a ,3a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）是否存在整数对(,)m n ,使得等式248n n a m a m -⋅=+成立？若存在,请求出所有满足条件的(,)m n；若不存在,请说明理由.5、(2019南京、盐城一模）已知数列{a n},其中n∈N*.(1) 若{a n}满足a n＋1－a n＝q n－1(q>0,n∈N*)．①当q＝2,且a1＝1时,求a4的值；②若存在互不相等的正整数r,s,t,满足2s＝r＋t,且a r,a s,a t成等差数列,求q的值；(2)设数列{a n}的前n项和为b n,数列{b n}的前n项和为c n,c n＝b n＋2－3,n∈N*,若a1＝1,a2＝2,且|a2n＋1－a n a n＋2|≤k恒成立,求k的最小值．6、(2017南京学情调研）已知数列{a n}是公差为正数的等差数列,其前n项和为S n,且a2·a3＝15,S4＝16.(1) 求数列{a n}的通项公式．(2) 设数列{b n}满足b1＝a1,b n＋1－b n＝1a n·a n＋1.①求数列{b n}的通项公式；②是否存在正整数m,n(m≠n),使得b2,b m,b n成等差数列？若存在,求出m,n的值；若不存在,请说明理由．。