【新高考】数学 强化训练--专题04 如何由数列前n项和Sn求数列通项an(含答案解析)

微专题数列之三由数列的前n 项和S n 求其通项公式一、备考基础——查清对于题目中给出n a 和n S 关系的，一定要注意公式1112n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩的正用和逆用．已知S n 求a n ，常用的方法是利用a n ＝S n －S n －1（n ≥2），将已知等式转化为关于a n 的递推关系，再求数列的通项公式.要注意验证a 1是否满足a n .二、热点命题——悟通例1.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为（ ）A .a n ＝2n －3B .a n ＝2n ＋3C .a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D .a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－2＋2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2n ＋2)－[(n －1)2－2(n －1)＋2]＝2n －3.又a 1＝1不适合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.变式训练： 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k （k ∈N *）项满足5<a k <8，则k ＝（ ）A.7B.6C.9D.8[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－9＝－8；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－9n)－[(n －1)2－9(n －1)]＝2n －10. 又a 1＝－8适合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10.由第k 项满足5<a k <8，得5<2k －10<8，解得 152<k<9,又因为k ∈N *，所以k ＝8.例2．设数列{a n }的前n 项和是S n ，且a 1＝12，S n ＝n 2a n ，n ∈N *.求数列{a n }的通项公式；解：(1)S n ＝n 2a n ，①当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，②①－②，得a n ＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1(n ≥2，n ∈N *)，即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×13×24×35×…×n －1n ＋1＝1n （n ＋1），∴a n ＝1n （n ＋1），n ∈N *.例3．设数列{}n a 满足21*12333...3()3n n n a a a a n N -++++=∈，求n a例4．（2013山东）设等差数列的前项和为,且,(Ⅰ)求数列的通项公式 (Ⅱ)设数列满足,求的前项和解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得 ⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1. 解得a 1＝1，d ＝2.因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，当n ＝1时，b 1a 1＝12；当n ≥2时，b n a n ＝1－12n －⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝12n .所以b n a n ＝12n ，n ∈N *.由(1)知a n ＝2n －1，n ∈N *，所以b n ＝2n －12n ，n ∈N *.又T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1， 所以T n ＝3－2n ＋32n .三、迁移应用——练透1.若数列{a n }满足a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．[解析] 由a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，得a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减，得a n ＝3n .2.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列.解：(1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2. 而此时m ∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知数列{S n }是首项和公比都是3的等比数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝________________.解析：由已知可得S n ＝3n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2·3n －1.当n ＝1时，2·3n －1＝2.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.4.[2015·四川卷] 设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n .(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝121－12n 1－12＝1－12n .5.[2015·浙江卷] 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)． 由题意知，当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b nn， 所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ， 因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．6.[2015·湖北部分高中调研] 已知数列{a n }为等差数列，a 1＝1，公差d >0，数列{b n }为等比数列，且a 2＝b 1，a 6＝b 2，a 18＝b 3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对任意正整数n 均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝12a 2n ，若m 为正整数，求所有满足不等式102<c 1＋c 2＋…＋c m <103的m 的值．解：(1)由已知可知a 2，a 6，a 18成等比数列，∴a 26＝a 2a 18，即(a 1＋5d )2＝(a 1＋d )(a 1＋17d )， 8d 2－8a 1d ＝0.∵d >0，a 1＝1，∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n .由b 1＝2，b 2＝6，b 3＝18，{b n }为等比数列，得b n ＝2×3n －1.(2)∵c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝12n 2，∴当n ＝1时，c 1b 1＝12，∴c 1＝1.当n ≥2时，c 1b 1＋…＋c n －1b n －1＝12(n －1)2，∴c n ＝(2n －1)·3n －1.易知当n ＝1时也满足c n ＝(2n －1)·3n －1，∴c n ＝(2n －1)·3n －1.又c n ＝(2n －1)·3n －1>0，c 1＝1，c 1＋c 2＝10，c 1＋c 2＋c 3＝55，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＝244，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5＝973，c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5＋c 6＝3646，∴m ＝4或5. 7.[2015·广东湛江调研] 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋3n －12(n ∈N *)． (1)试说明数列{a n －3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋3－12，∴a 1＝9.当n >1时，S n －S n －1＝a n ＝2a n ＋3n －12－2a n －1－3(n －1)＋12＝2a n －2a n －1＋3，∴a n －3＝2(a n －1－3)，∴{a n －3}是以6为首项，2为公比的等比数列，∴a n －3＝6×2n －1，∴a n ＝6×2n －1＋3.(2)b n ＝na n ＝6n ×2n －1＋3n ，∴T n ＝6×[1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1]＋3×(1＋2＋…＋n )．令K n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n －1)×2n －2＋n ·2n －1，则2K n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，两式相减得－K n ＝1×20＋21＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1＋2－2n －1×21－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴K n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝6(n －1)·2n ＋6＋32(n 2＋n )．。

2024年高考数学模拟试题含答案(一)一、选择题（每题5分，共40分）1. 若函数f(x) = 2x - 1在区间（0，2）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A. a > 0B. a ≥ 1C. a ≤ 1D. a < 0【答案】C【解析】由题意知，f'(x) = 2 > 0，所以函数在区间（0，2）上是增函数。

又因为f(0) = -1，f(2) = 3，所以f(x)在区间（0，2）上的取值范围是（-1，3）。

要使得f(x)在区间（0，2）上是增函数，只需保证a ≤ 1。

2. 已知函数g(x) = x² - 2x + 1，则下列结论正确的是（）A. 函数g(x)在区间（-∞，1）上是增函数B. 函数g(x)在区间（1，+∞）上是减函数C. 函数g(x)的对称轴为x = 1D. 函数g(x)的顶点坐标为（1，0）【答案】D【解析】函数g(x) = x² - 2x + 1 = (x - 1)²，所以函数的顶点坐标为（1，0），对称轴为x = 1。

根据二次函数的性质，当x > 1时，函数g(x)递增；当x < 1时，函数g(x)递减。

3. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn =2an - 1，则数列{an}的通项公式是（）A. an = 2^n - 1B. an = 2^nC. an = 2^n + 1D. an = 2^(n-1)【答案】D【解析】由Sn = 2an - 1，得an = (Sn + 1) / 2。

当n = 1时，a1 = (S1 + 1) / 2 = 1。

当n ≥ 2时，an = (Sn + 1) / 2 = (2an - 1 + 1) / 2 = 2an-1。

所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，通项公式为an = 2^(n-1)。

4. 已知函数h(x) = |x - 2| - |x + 1|，则函数h(x)的图像是（）A. 两条直线B. 两条射线C. 一个三角形D. 一个抛物线【答案】B【解析】函数h(x) = |x - 2| - |x + 1|表示数轴上点x到点2的距离减去点x到点-1的距离。

数列通项与求和一、观察法（归纳猜想、根据周期规律） 二、根据递推关系求通项（一）累加法形如)2)((1≥=--n n f a a n n 或)(1n f a a n n +=-，且)(n f 不为常数，则求n a 可用累加法。

① 若)(n f 是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若)(n f 是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③ 若)(n f 是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。

（二）累乘法 形如)2)((1≥=-n n f a a n n或1)(-=n n a n f a ，且)(n f 不为常数，求n a 用累乘法。

（三）待定系数法形如0(,1≠+=+k b ka a n n ,其中a a =1)型 （1）若1=k 时，数列{n a }为等差数列； （2） 若0=b 时，数列{n a }为等比数列；（3） 若1≠k 且0≠b 时，数列{n a }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。

方法如下：设)(1λλ+=++n n a k a ，比较系数得λ。

（四）倒数法 形如1+=+n n n ca a a d 型，取倒数变成1111+=+n n d a c a c的形式的方法叫倒数变换.取倒数后有两种类型：一是直接转化为等差数列；二是再借助于待定系数法去求解.（五）对数变换法 形如rnn pa a =+1)0,0(>>n a p这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1，再利用待定系数法求解。

三、和n S 有关的求通项的方法已知数列}{n a 前n 项和n S ，则用公式⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n （注意：不能忘记讨论1=n ）。

四、形如)(1n f a a n n =++型和)(1n f a a n n =⋅+型（一）形如)(1n f a a n n =++型 （1）若da a n n =++1（d 为常数），则数列{na }为“等和数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过构造转化为)(1n f a a n n =-+型，通过累加来求出通项;或用逐差法(两式相减)得)1()(11--=--+n f n f a a n n ，分奇偶项来分求通项.（二）形如)(1n f a a n n =⋅+型（1）若pa a n n =⋅+1(p 为常数)，则数列{na }为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;（2）若f(n)为n 的函数（非常数）时，可通过逐差法得)1(1-=⋅-n f a a n n ，两式相除后，分奇偶项来分求通项.一、公式法①等差数列前n 项和S n ＝____________＝________________，推导方法：____________；②等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，q ＝1， ＝ ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．③常见数列的前n 项和：a ．1＋2＋3＋…＋n ＝ ；b ．2＋4＋6＋…＋2n ＝ ；c ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝ ；)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n213)]1(21[+==∑=n n k S nk n二、倒序相加：如果一个数列{a n }，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n 项和即可用倒序相加法，如__________数列的前n 项和公式即是用此法推导的．三、错位相减：形如a n ＝b n ·c n ，其中一个是等差数列一个是等比数列四、分组求和：形如a n ＝b n ＋c n ，五、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，只剩有限项再求和．常见的裂项公式有：①1n (n ＋1)＝ ； ①1n (n ＋k )＝ ； ①1(2n －1)(2n ＋1)＝ ； ①1n ＋n ＋1＝ ； ①2211111()1211k k k k <=---+， 211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++-- 一、求通项（一）、观察法（归纳猜想、根据周期规律）【例1】已知数列 0,71,0,51,0,31,0,1--试写出其一个通项公式：__________。

数学强化训练（数列）1. 等比数列{a n }中，a 4，a 8是关于x 的方程x 2+10x +4=0的两个实根，则a 2a 6a 10=（ ）A. 8B. −8C. 4D. 8或−82. 已知等差数列{a n }{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N ∗)若S nT n=2n−1n+1则实数a 12b 6( ) A. 154B. 158C. 237D. 33. 定义数列{a n }的“项的倒数的n 倍和数”为T n =1a 1+2a 2+⋯+na n(n ∈N ∗)，已知T n =n 22（n ∈N *），则数列{a n }是 （ ）A. 单调递减的B. 单调递增的C. 先增后减的D. 先减后增的4. 已知数列{a n }中，a 1=2，a n =-1an−1（n ≥2），则a 2010等于 （ ）A. −12B. 12C. 2D. −25. 数列{a n }满足a n +a n +1=（-1）n •n ，则数列{a n }的前20项的和为 （ ）A. −100B. 100C. −110D. 110 6. 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6+a 4a 7=18，则log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a 10=（ ）A. 1+log 35B. 2+log 35C. 12D. 10 7. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1（n ∈N +），则数列{a n }的通项公式为______． 8. 在数列{a n }中，若a 1=1，a n+1=2a n +3(n ∈N ∗)，则数列的通项公式是______ ． 9. 已知数列{a n }满足a n +2-2a n +1+a n =0，且a 4=π2，若函数f （x ）=sin2x +2cos 2x2，记y n =f（a n ），则数列{y n }的前7项和为______．10. 已知数列{a n }的通项公式为a n =n +λn ，若{a n }为递增数列，则实数λ的取值 范围是________.11. 设{a n }是首项为a 1，公差为-1的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为______．12. 已知数列a 1，a 2-a 1，a 3-a 2，…，a n -a n -1，…是首项为1，公差为1的等差数列，则数列{a n }的通项公式a n =______．13. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =a n +n 2−1(n ∈N ∗)． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式（Ⅱ）定义x =[x ]+＜x ＞，其中[x ]为实数x 的整数部分，＜x ＞为x 的小数部分， 且0≤＜x ＞＜1，记c n =＜a n a n+1S n＞，求数列{c n }的前n 项和T n ．14.设数列{a n}满足：a1=1，a n+1=2a n+1．（1）证明：数列{a n}为等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）求数列{n•（a n+1）}的前n项和T n．15.已知n为正整数，数列{a n}满足a n＞0，4（n+1）a n2-na n+12=0设数列{b n}满足b n=a n2t n}为等比数列；（2）若数列{b n}是等差数列，求实数t的值：（1）求证：数列{n√n（3）若数列{b n}是等差数列，前n项和为S n，对任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12S n-a14n2=16b m成立，求满足条件的所有整数a1的值．答案和解析1.【答案】B解：根据题意，等比数列{a n}中，有a4a8=a2a10=（a6）2，a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个实根，则a4a8=4，a4+a8=-10，则a4＜0，a8＜0，则有a6=a4q2＜0，即a6=-2，a2a6a10=（a6）3=-8；2.【答案】A解：由题意可设，，，（k≠0）．则a12=S12-S11=288k-12k-242k+11k=45k．b6=T6-T5=36k+6k-25k-5k=12k．∴实数=．3.【答案】A解：当n=1时，，解得a1=2．当n≥2时，，所以，综上有，所以a1＞a2＞a3＞…，即数列{a n}是单调递减的．（或用）．4.【答案】A解：数列{a n}中，a1=2，a n=-（n≥2），则a2=-=-，a3=-=2，a4=-=-，a5=-=2，…，则数列{a n}为最小正周期为4的数列，则a2010=a4×502+2=a2=-，5.【答案】A解：∵数列{a n}满足，∴a2k-1+a2k=-（2k-1）．则数列{a n}的前20项的和=-（1+3+……+19）=-=-100．6.【答案】D解：∵等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，∴a5a6=a4a7=9，∴log3a1+log3a2+…+log3a10=log3（a1×a2×…×a10）=log3（a5a6）5==10．7.【答案】a n=（n+1）•2n解：∵S n=2a n-2n+1（n∈N+），∴n=1时，a1=2a1-4，解得a1=4；n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n-2n+1-，化为：a n-2a n=2n，∴=1，∴数列是等差数列，公差为1，首项为2．∴=2+（n-1）=n+1，∴a n=（n+1）•2n．8.【答案】a n=2n+1-3解：∵a n+1=2a n+3，两边同时加上3，得a n+1+3=2a n+6=2（a n+3）∴=2数列{a n+3}是一个等比数列，首项a1+3=4，公比为2故数列{a n+3}的通项公式是a n+3=4•2n-1=2n+1，∴a n=2n+1-3，9.【答案】7解：根据题意数列{a n}满足a n+2-2a n+1+a n=0则数列{a n}是等差数列，又由a4=，则a1+a7=a2+a6=a3+a5=2a4=π，函数f（x）=sin2x+2cos2=sin2x+cosx+1，f（a1）+f（a7）=sin2a1+cosa1+1+sin2a7+cosa7+1=sin2a1+cosa1+1+sin2（π-a1）+cos（π-a1）+1=2，同理可得：f（a2）+f（a6）=f（a3）+f（a5）=2，f（a4）=sinπ+cos+1=1，则数列{y n}的前7项和f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）+f（a6）+f（a7）=7；10.【答案】（-∞，2）解：∵数列{a n}的通项公式为a n=n+（n=1，2，3，…），数列{a n}是递增数列，∴a n+1-a n=(n+1)-n+=＞0恒成立所以=∴当n=1时，有最小值2，即实数λ的取值范围是（-∞，2）．11.【答案】-1解：由题意可得，a n=a1+（n-1）（-1）=a1+1-n，S n==2，再根据若S1，S2，S4成等比数列，可得=S1•S4，即=a1•（4a1-6），解得a1=-12.【答案】1n（n+1）解：因为a1，a2-a1，a3-a2，…，a n-a n-1，…是首项为1、2公差为1的等差数列，所以当n≥2时a n=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（a n-a n-1）=n+，又因为a1=1满足上式，所以，13.解：（Ⅰ）∵S n=a n+n2−1(n∈N∗)，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=a n +n 2−1−[a n−1+(n −1)2−1]， 整理得：a n -1=2n -1，∴a n =2n +1； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，S n =n 2+2n ， ∴a n a n+1S n=(2n+1)(2n+3)n 2+2n =4n 2+8n+3n 2+2n=4+3n 2+2n ．∴当n =1时，c 1=＜4+1＞=0，当n ≥2时，有0＜3n 2+2n ＜1．∴c n =3n 2+2n =32(1n −1n+2)（n ≥2）． ∴T n =c 1+c 2+…+c n=0+32(12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n −1n+2) =32(12+13−1n+1−1n+2)=5n 2+3n−84n 2+12n+8．验证n =1成立，∴T n =5n 2+3n−84n 2+12n+8． 14.（1）证明：a 1=1，a n +1=2a n +1．可得：a n +1+1=2（a n +1）．∴数列{a n +1}是等比数列，公比为2，首项为2．∴a n +1=2n ，可得a n =2n -1．（2）解：n •（a n +1）=n •2n ．数列{n •（a n +1）}的前n 项和T n =2+2×22+3×23+…+n •2n ， ∴2T n =22+2×23+…+（n -1）•2n +n •2n +1， ∴-T n =2+22+…+2n -n •2n +1=2(2n −1)2−1-n •2n +1=（1-n ）•2n +1-2，故T n =（n -1）•2n +1+2．15.（1）证明：数列{a n }满足a n ＞0，4（n +1）a n 2-na n +12=0，∴2√n +1a n =√n a n +1，即n+1√n+1=2n √n ，∴数列{n√n }是以a 1为首项，以2为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得：n √n =a 1×2n−1，∴a n 2=n a 12•4n -1．∵b n =a n 2tn，∴b 1=a 12t，b 2=a 22t2，b 3=a 32t3， ∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t2=a 12t+a 32t3，∴2×2a 12×4t=a 12+3a 12×42t2， 化为：16t =t 2+48，解得t =12或4．（3）解：数列{b n }是等差数列，由（2）可得：t =12或4． ①t =12时，b n =na 12⋅4n−112n=na 124×3n，S n =n(a 1212+na 124×3n)2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 1212+na 124×3n )2-a 14n 2=16×ma 124×3m，∴a 12(n3+n 23n −n 2)=4m 3m ，n =1时，化为：-13a 12=4m3m ＞0，无解，舍去． ②t =4时，b n =na 12⋅4n−14n=na 124，S n =n(a 124+na 124)2，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 12S n -a 14n 2=16b m 成立，∴8a 12×n(a 124+na 124)2-a 14n 2=16×ma 124，∴n a 12=4m ，∴a 1=2√m n．∵a 1为正整数，∴√m n=12k ，k ∈N *．∴满足条件的所有整数a 1的值为{a 1|a 1=2√mn，n ∈N *，m ∈N *，且√m n=12k ，k ∈N *}．。

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展19等差数列中Sn 的最值问题（精讲+精练）一、等差数列的通项公式和前n 项和公式1.等差数列的通项公式如果等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，那么它的通项公式是1(1)=+-n a a n d ．2.等差数列的前n 项和公式设等差数列{}n a 的公差为d ，其前n 项和11()(1)22+-=+=n n n a a n n S na d ．注：数列{}n a 是等差数列⇔2=+n S An Bn （、A B 为常数）．二、等差数列的前n 项和的最值1.公差0{}>⇔n d a 为递增等差数列，n S 有最小值；公差0{}<⇔n d a 为递减等差数列，n S 有最大值；公差0{}=⇔n d a 为常数列．2.在等差数列{}n a 中（1）若100，><a d ，则满足1+≥0⎧⎨≤0⎩m m a a 的项数m 使得n S 取得最大值m S ；（2）若100，<>a d ，则满足1+≤0⎧⎨≥0⎩m m a a 的项数m 使得n S 取得最小值m S ．即若100>⎧⎨<⎩a d ，则n S 有最大值（所有正项或非负项之和）；若100<⎧⎨>⎩a d ，则n S 有最小值（所有负项或非正项之和）．【典例1】（2022·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．二、题型精讲精练一、知识点梳理又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．【题型训练-刷模拟】一、单选题若5，故②正确；当8n =或9n =时，n S 取得最大值，所以211k a b +-=或12，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查的是等差数列的前n 项和最大值问题，思路是不难，大，即确定数列是递减数列，判断前多少项为非负项即可，但关键点在于如何求得正负项分界的项，即求得90a =，100a <，所以这里的关键是利用()217e 1ln 21a bS a b --≤≤-+，构造函数()e 1x f x x =--，利用导数判断函数单调性，结合最值解决这一问题.二、多选题三、填空题1四、解答题32．（2023·全国·高三专题练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1121526,a S S =-=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并求n S 的最小值.【答案】(1)228n a n =-；(2)227n S n n =-，最小值为182-．【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，根据等差数列前n 项和公式由1215S S =列出方程即可解出d ，从而可得数列{}n a 的通项公式；（2）根据二次函数的性质或者邻项变号法即可判断何时n S 取最小值，并根据等差数列前n 项和公式求出nS。

第75课利用n S 与n a 的关系求数列的通项基本方法：已知数列前n 项和n S 和与第n 项n a 关系，求数列通项公式，常用11,1,2n nn S n a S S n -ì=ï=í-³ïî，将所给条件化为关于前n 项和的递推关系或是关于第n 项的递推关系.若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.一、典型例题1.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n S a =-+，求数列{}n a 的通项公式.答案：12n n a -=解析：由已知，有12n n S a =-+，当1n =时，11112S a a ==-+，即11a =；当2n ³时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，即12n n a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n n a -=.2.已知数列{}n a 的前n 项的和为n S ，满足21a =，1631n n S a +=-.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n n b a =，数列{}n b 的前n 项和与积分别为n R 与n T ，求n R 与n T .答案：（1）23n n a -=；（2）918n n R -=，n T =()13n n -.解析：（1）1631n n S a +=- ，1631n n S a -\=-()2n ³，两式相减得1633n n n a a a +=-()2n ³，13n n a a +\=()2n ³，所以当2n ³时，{}n a 是公比为3的等比数列，222(233)n n n a a n --=×=³；1n 时，由12631a a =-得113a =，满足上式，所以通项公式为23n n a -=.（2）221239n n n n b a --===，得11b =，公比为9，1991198n n n R --==-，1211231999n n n T b b b b -== ()()111212993n n n n n --+++-=== .二、课堂练习1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，1420(2,)n n S S nn *---=N ，求数列{}n a 的通项公式.答案：212n n a -=解析：当3n ³时，11242(42)0n n n n S S S S --------=，∴14n n a a -=，又∵12a =，∴2148a a ==，满足上式，所以数列{}n a 是首项为2，公比为4的等比数列，∴121242n n n a --=´=.2.若正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项11a =，)1n PS +点在曲线()21y x =+上.求数列{}n a 的通项公式n a .答案：21n a n =-解析：由)211n S +=+1=，而1==，所以数列是以1为首项，1为公差的()11n =+-´，即2n S n =，由公式11,1 ,2n nn S n a S S n -ì=ï=í-³ïî，得1,1 21,2n n a n n ì=ï=í-³ïî，所以21n a n =-.三、课后作业1.设数列{}n a 的各项均为正数，且对任意的n *ÎN ，均有22n n n a S a =-，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和，求数列{}n a 的通项公式.答案：n a n=解析：∵对任意的n *ÎN ，均有22n n n a S a =-，∴当1n =时，21112a a a =-，10a >，解得11a =；当2n ³时，22n n n a S a =-，21112n n n a S a ---=-，两式相减可得221112(2)n n n n n n a a S a S a ----=---，整理得11n n a a --=，∴数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，∴1(1)n a n n =+-=.2.数列{}n a 的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式.答案：2nn a =解析：由题意，当2n ³时，1112n n S a a --=-，又因为12n n S a a =-，且1n n n a S S -=-，则12(2)n n a a n -=³，所以213212,24a a a a a ===，又123,1,a a a +成等差数列，则2312(1)a a a +=+，所以1112(21)4a a a +=+，解得12a =，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n n n a -=´=.3.已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n n S a a =+，数列{}n b 满足112b =，12n n n nb b b a +=+.求数列{}n a ，{}n b 的通项公式.答案：n a n =，2n n nb =解析：22n n n S a a =+①，21112n n n S a a +++=+②，② ①得221112n n n n n a a a a a +++=-+-，即()()1110n n n n a a a a +++--=，因为{}n a 是正数数列，所以110n n a a +--=，即11n n a a +-=，所以{}n a 是等差数列，其中公差为1，在22n n n S a a =+中，令1n =，得11a =，所以n a n =；由12n n n n b b b +=+得1112n n b b +=×+，所以数列n b n 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以12n n b n =，所以2n n n b =.。

高中数学-数列求通项公式方法汇总及经典练习（含答案）1、定义法：直接求首项和公差或公比。

2、公式法：1 (1) (2)n n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩两种用途（列举），结果要验证能否写成统一的式子．例、数列{}n a 的各项都为正数，且满足()()2*14nna S n N +=∈，求数列的通项公式．解一：由()()2*14nna S n N +=∈得()()()221114411n n n n n aS S a a +++=-=---化简得()()1120n n n n a a a a +++--=，因为10,2n n n a a a +>∴-=，又()2111441S a a ==-得11a =，故{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以21n a n =-．解二：由()()2*14nn a S n N +=∈，可得()11,12n n n a S S n -=-∴=--≥化简可得)211n S -=，即1=，又11S =，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，∴n =，从而2n S n =，所以121n n n a S S n -=-=-，又11a =也适合，故21n a n =-．练习：已知数列{a n }的前n 项和S n 满足120n n n a S S -+=（2n ≥），a 1=21，求n a ． 答案：a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=)2()1(21)1(21n n n n ．扩展一：作差法例、在数列}{n a 中，11a =，212323(1)n a a a na n n ++++=-+，求n a ．解：由212323(1)n a a a na n n ++++=-+，得2123123(1)(2)1n a a a n a n n -++++-=-+-，两式相减，得66n na n =-+，∴ 1 (=1)66 (2)n n a n n n⎧⎪=-⎨≥⎪⎩．练习（理）：已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，，求n a ．解：由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥，得1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+，两式相减，得1n n n a a na +-=，即11(2)n na n n a +=+≥，所以13222122![(1)43]2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=又由已知，得2122a a a =+，则211a a ==，代入上式，得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以，{}n a 的通项公式为 1 (1)! (2)2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩．扩展二、作商法例、在数列}{n a 中，11a =，对所有的2n ≥，都有2123n a a a a n ••••=，求n a ．解：∵2123n a a a a n ••••=，∴21232(1)n a a a a n -••••=-，故当2n ≥时，两式相除，得22(1)n n a n =-， ∴221 (=1) (2)(1)n n a n n n ⎧⎪=⎨≥⎪-⎩．3、 叠加法：对于型如)(1n f a a n n =-+类的通项公式．例、在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .答案：na n 14-=. 例、已知数列{}n a 满足112231n n n n a a ++=++-（*n N ∈），352a =，求通项n a .解：由112231n nn n aa ++=++-，两边同除以12n +，得()111131112222n n n n n n n a a n ++++-=-+≥，列出相加得121212121332323212212121-+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=---n a a n n n n又由已知求得16a =，∴()*231n n n n N a n ∈=•++．练习：已知数列}a {n 满足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．答案：1n 32n 31332a n nn -+=++--⋅=．4、叠乘法：一般地，对于型如1+n a =f (n)·n a 的类型例（理）、已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式．解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅121[2(11)5][2(21)5][2(11)5]3n n n n --=-+-++⨯⨯(1)1(1)(2)21122[(1)32]53325!n n n n n n n n n ---+-+++-=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!n n n n a n --=⨯⨯⨯．练习：在数列{a n }中，112a =，11(1n n n a a a n --=⋅+≥2），求n a ． 答案：）1(1+=n n a n ． 5、构造法：型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列(1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a +1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与)1(11pqa p p q a n n --=--+，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ．例、已知数列{}n a 满足112a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a ． 解：由132n n a a --=，得111(1)2n n a a --=--，又11210a -=≠，所以数列{1}n a -是首项为12，公比为12-的等比数列，∴11111(1)()1()22n nn a a -=---=+-． 练习：已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a ． 答案：12-=n na ．(2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++nn n n qa p q a q ，令nn n a b q =，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解．例、已知数列{a n }中，a 1=65，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ． 解：由条件，得2 n+1a n+1=32(2 n a n )+1，令b n =2 n a n ，则b n+1=32b n +1，b n+1-3=32（b n -3） 易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)32(341+--n ， ∴ a n =n n 2332+-． 练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ．答案：31()222nn a n =-．(3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法）例、已知数列{}n a 满足11=a ，11212n n a a n -=+-（2n ≥），求．解：令n n b a An B =++，则n n a b An B =--，∴11(1)n n a b A n B --=---，代入已知条件， 得11[(1)]212n n b An B b A n B n ---=---+-，即11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-，令202A +=，1022A B +-=，解得A=－4，B=6，所以112n n b b -=，且46n n b a n =-+， ∴{}n b 是以3为首项、以12为公比的等比数列，故132n n b -=，故13462n n a n -=+-． 点拨：通过引入一些尚待确定的系数，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解． 练习：在数列{}a n 中，132a =，1263n n a a n --=-，求通项a n ． 答案：a n nn -+=69912·()．解：由1263n n a a n --=-，得111(63)22n n a a n -=+-，令11[(1)]2n n a An B a A n B -++=+-+，比较系数可得：A=－6，B=9，令n n b a An B =++，则有112n n b b -=，又1192b a A B ==++，∴{}n b 是首项为92，公比为12的等比数列，所以b n n =-92121()，故a n n n-+=69912·()． (4) f(n)为非等差数列，非等比数列法一、构造等差数列法例、在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>，求数列{}n a 的通项公式．解：由条件可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴数列2n n n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是首项为0，公差为1的等差数列，故21nnn a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴(1)2n n n a n λ=-+． 练习：在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项a n 。

最全的数列通项公式的求法数列是高考取的要点内容之一，每年的高考题都会观察到，小题一般较易，大题一般较难。

而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中特别重要。

本文给出了求数列通项公式的常用方法。

一、直接法依据数列的特点，使用作差法等直接写出通项公式。

二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项② 若 已 知 数 列 的 前 n项 和 S n 与 a n 的 关 系 ， 求 数 列 a n的 通 项 a n 可 用 公 式a n S 1 n 1S nSn 1n 求解 .2(注意：求完后必定要考虑归并通项)( 1) n , n 1 ．求数列 a n 的通项公式 .例 2．①已知数列 a n 的前 n 项和 S n 知足 S n 2a n②已知数列 a n 的前 n 项和 S n 知足 S nn2n 1，求数列 a n 的通项公式 .③ 已知等比数列 a n 的首项 a 1 1，公比 0 q 1，设数列 b n 的通项为 b na n 1 a n2，求数列b n 的通项公式。

③ 分析：由题意， b n 1 a n 2 a n 3 ，又 a n 是等比数列，公比为 q∴bn 1an 2an 3q ，故数列 b n 是等比数列， b 1 a 2 a 3a 1q a 1q 2 q(q 1) ，b na n 1 a n 2∴ b nq(q 1) q n 1 q n (q 1)三、概括猜想法假如给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们能够依据前几项的规律，概括猜想出数列的通项公式，而后再用数学概括法证明之。

也能够猜想出规律，而后正面证明。

四、累加（乘）法关于形如 a n 1an f ( n) 型或形如 a n 1 f (n)a n 型的数列，我们能够依据递推公式，写出n取 1 到 n 时的全部的递推关系式，而后将它们分别相加（或相乘）即可获得通项公式。

例 4.若在数列 a n 中， a 1 3 ， a n 1 a n n ，求通项 a n 。

求数列通项公式和前n 项和的常用方法一、求数列通项公式的常用方法1.公式法：等差数列或等比数列的通项公式。

2.归纳法：由数列前几项猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性。

3.累乘法:利用321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥型如: 1()n n a g n a += 4.构造新数列: 类型1累加法 )(1n f a a n n +=+ 类型2 累乘法 n n a n f a )(1=+类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，转化为等比数列求解。

类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1nn n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数） 解法：先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：q q a q p qa n n n n 111+∙=++引入辅助数列{}n b （其中n n n q a b =），得：qb q p b nn 11+=+再待定系数法解决。

类型5 递推公式为n S 与n a 的关系式。

(或()n n S f a =)解法：1.利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 2.升降标相减法二、数列求和的常用方法1.直接或转化等差、等比数列的求和公式求和 （1）等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn2.错位相减法 设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则求数列{}n n b a 的前n 项和n S 。

求数列通项公式的解题思路数列既是高中数学的重要内容，也是学习高等数学的基础，因此，每年高考对本章内容均作较全面的考查，而且经常是以综合题、主观题的形式出现，难度较大，不过一般分小题、有梯度设问，往往是第1小题就是求数列的通项公式，难度适中，一般考生可突破，争取分数，而且是做第2小题的基础，因此，求数列通项公式的解题方法、技巧，每一位考生都必须熟练掌握。

求数列通项公式的题型很多，不同的题型有不同的解决方法。

下面结合教学实践，谈谈求数列通项公式的解题思路。

一、已知数列的前几项已知数列的前几项，求通项公式。

通过观察找规律，分析出数列的项与项数之间的关系，从而求出通项公式。

这种方法称为观察法，也即是归纳推理。

例1、求数列的通项公式（1）0，22——1/3，32——1/4，42＋1/5……（2）9，99，999，……分析：（1）0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

（2）各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1（n ＝1）Sn -Sn——1（n≥2）例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+anSn——1＝a1+a2 +……+an——1上两式相减得Sn -Sn——1=an解：当n=1时，a1=S1=5当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1∵n=1不适合上式∴an ={5（n=1）2n——1（n≥2）三、已知an与Sn关系已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f（an），求an。