高考数学专题复习：数列通项(2课时)`
2025高考数学一轮复习-4.3.1-4.3.2-第2课时-等比数列的性质【课件】
知识点 1 推广的等比数列的通项公式 {an}是等比数列，首项为 a1，公比为 q，则 an＝__a_1_q_n－_1______， an＝___a_m_·__q_n_－_m____(m，n∈N*).
如何推导 an＝amqn－m? [提示] 由aamn＝aa11··qqmn－－11＝qn－m，∴an＝am·qn－m.
(2)在等比数列{an}中，a2，a16 是方程 x2＋6x＋2＝0 的两个根，则
a2aa916的值为(
)
A．－ 6或 6
B．－ 2
C． 2
D． 2或－ 2
(2)D 等比数列{an}中，∵a2，a16 是方程 x2＋6x＋2＝0 的两个根， ∴a2·a16＝2.又∵ a2 ·a16 ＝ a29 ＝2，∴a9＝± 2，∴a2aa916＝aa299 ＝a9＝± 2.故选 D.]
[解] (1)等比数列{an}中，因为 a2a4＝12，所以 a23＝a1a5＝a2a4＝12， 所以 a1a23a5＝14.
(2)由等比数列的性质知 a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9， ∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10) ＝log3[(a1a10)·(a2a9)·(a3a8)·(a4a7)·(a5a6)] ＝log395＝10.
1.在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝6，则 a9＝________． 9 [因为 a7＝a5q2，所以 q2＝32. 所以 a9＝a5q4＝a5(q2)2＝4×94＝9.]
知识点 2 “子数列”性质 对于无穷等比数列{an}，其公比为 q，若将其前 k 项去掉，剩余 各项仍为等__比__数列，首项为__a_k_＋_1___，公比为_q_；若取出所有的 k 的 倍数项，组成的数列仍为等__比__数列，首项为_a_k__，公比为_q_k__．
高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)
高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）等差数列｛a n ｝的公差不为零，首项a1 ＝1，a2 是a1 和a5 的等比中项，则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。
高考数学二轮复习专题突破练15 求数列的通项及前n项和 (2)
专题突破练15求数列的通项及前n项和1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S3+S4=S5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1a n,求数列{b n}的前n项和T n.2.(2020山东滨州二模,18)已知{a n}为等差数列,a3+a6=25,a8=23,{b n}为等比数列,且a1=2b1,b2b5=a11.(1)求{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和T n.3.(2020全国Ⅲ,理17)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,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.4.(2020山东聊城二模,17)已知数列{a n}的各项均为正数,其前n项和为S n,且a n2+a n=2S n+3(n∈N*).4(1)求数列{a n}的通项公式;,求{b n}的前n项和T n.(2)若b n=1S n5.(2020山东青岛5月模拟,17)设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,,给出下列三个条件;条件①:数列{a n}为等比数列,数列{S n+a1}也为等比数列;条件②:点(S n,a n+1)在直线y=x+1上;条件③:2n a1+2n-1a2+…+2a n=na n+1.试在上面的三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答:(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=1,求数列{b n}的前n项和T n.log2a n+1·log2a n+36.(2020山东菏泽一模,18)已知数列{a n}满足na n+1-(n+1)a n=1(n∈N*),且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=a n,求数列{b n}的前n项和S n.3n-17.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =(a n +1)n+1(b n +2)n ,求数列{c n }的前n 项和T n .8.(2020天津南开区一模,18)已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2+n2,数列{b n }满足:b 1=b 2=2,b n+1b n =2n+1(n ∈N *).(1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)求∑i=1na i (b 2i -1-1b 2i)(n ∈N *).专题突破练15 求数列的通项及前n 项和1.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3+S 4=S 5可得a 1+a 2+a 3=a 5,即3a 2=a 5,∴3(1+d )=1+4d ,解得d=2. ∴a n =1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)可得b n =(-1)n-1·(2n-1).∴T 2n =1-3+5-7+…+(2n-3)-(2n-1)=(-2)×n=-2n.∴当n 为偶数时,T n =-n ;当n 为奇数时,T n =T n-1+b n =-(n-1)+(-1)n-1a n =-(n-1)+(-1)n-1(2n-1)=-(n-1)+(2n-1)=n.综上,T n =(-1)n+1n. 2.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由题意得{2a 1+7d =25,a 1+7d =23,解得{a 1=2,d =3.所以数列{a n }的通项公式a n =3n-1.设等比数列{b n }的公比为q ,由a 1=2b 1,b 2b 5=a 11,得b 1=1,b 12q 5=32,解得q=2,所以数列{b n }的通项公式b n =2n-1.(2)由(1)知,c n =a n b n =(3n-1)×2n-1,则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n-1+c n =2×20+5×21+8×22+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,2T n =2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)×2n-1+(3n-1)×2n .两式相减得-T n =2+3(21+22+…+2n-1)-(3n-1)×2n=2+3×2-2n -1×21-2-(3n-1)×2n =-4+(4-3n )×2n ,所以T n =4+(3n-4)×2n . 3.解 (1)a 2=5,a 3=7.猜想a n =2n+1.由已知可得a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1.(2)由(1)得2n a n =(2n+1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n . ①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.② ①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n+1)×2n+1. 所以S n =(2n-1)2n+1+2.4.解 (1)因为a n 2+a n =2S n +34(n ∈N *),①所以当n ≥2时,a n -12+a n-1=2S n-1+34, ②①-②得a n 2−a n -12+a n -a n-1=2(S n -S n-1), 即a n 2−a n -12-a n -a n-1=0, 所以(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0. 因为a n >0,所以a n -a n-1=1,所以数列{a n }是公差为1的等差数列,当n=1时,由a 12+a 1=2S 1+34可得,a 1=32,所以a n =a 1+(n-1)d=32+(n-1)×1=n+12.(2)由(1)知S n =na 1+n (n -1)2d=n (n+2)2,所以b n =1S n=2n (n+2)=1n −1n+2,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n-1+b n =(11-13)+(12-14)+13−15+…+(1n -1-1n+1)+(1n -1n+2)=32−1n+1−1n+2=3n 2+5n2n 2+6n+4.5.解 (1)方案一:选条件①.因为数列{S n +a 1}为等比数列, 所以(S 2+a 1)2=(S 1+a 1)(S 3+a 1), 即(2a 1+a 2)2=2a 1(2a 1+a 2+a 3).设等比数列{a n }的公比为q ,因为a 1=1,所以(2+q )2=2(2+q+q 2),解得q=2或q=0(舍).所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *). 方案二:选条件②.因为点(S n ,a n+1)在直线y=x+1上, 所以a n+1=S n +1(n ∈N *), 所以a n =S n-1+1(n ≥2).两式相减得a n+1-a n =a n ,a n+1a n =2(n ≥2).因为a 1=1,a 2=S 1+1=a 1+1=2,a2a 1=2适合上式,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *).方案三:选条件③.当n ≥2时,因为2n a 1+2n-1a 2+…+2a n =na n+1(n ∈N *), ①所以2n-1a 1+2n-2a 2+…+2a n-1=(n-1)a n . 所以2n a 1+2n-1a 2+…+22a n-1=2(n-1)a n . ②①-②得2a n =na n+1-2(n-1)a n ,即a n+1a n=2(n ≥2). 当n=1时,2a 1=a 2,a2a 1=2适合上式,所以数列{a n }是首项为1,公比为2的等比数列,所以a n =a 1q n-1=2n-1(n ∈N *). (2)由(1)得a n =2n-1(n ∈N *),所以b n =1log 2a n+1·log 2a n+3=1n (n+2)=12(1n -1n+2).所以T n =12(1-13)+(12-14)+13−15+…+(1n -1-1n+1)+1n −1n+2=1232−1n+1−1n+2=34−121n+1+1n+2=34−2n+32(n+1)(n+2).6.解 (1)因为na n+1-(n+1)a n =1,所以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ann -a 1=1-1n (n ≥2). 又a 1=1,所以a n n =2n -1n ,所以a n =2n-1(n ≥2). 又a 1=1,也符合上式,所以对任意正整数n ,a n =2n-1. (2)结合(1)得b n =2n -13n -1,所以S n =130+331+532+733+…+2n -13n -1, ①13S n =13+332+533+…+2n -13n , ②①-②,得23S n =1+213+132+…+13n -1-2n -13n =2-2n+23n ,所以S n =3-n+13n -1. 7.解 (1)由题意知当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5,当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,可解得b 1=4,d=3,所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,又T n =c 1+c 2+c 3+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(2n -1)2-1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2. 8.解 (1)当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2+n 2−(n -1)2+(n -1)2=n ,n=1时,a 1=S 1=1,满足上式,∴a n =n.∵b n+1b n =2n+1,∴b n b n-1=2n (n ≥2), ∴b n+1=2b n-1(n ≥2),∴数列{b n }的奇数项和偶数项分别是2为首项,2为公比的等比数列,∴b n ={2n+12,n 为奇数,2n2,n 为偶数.(2)∑i=1na i (b 2i -1-1b 2i )=∑i=1ni2i-12i=∑n =1ni·2i-∑i=1ni2i , 设M n =1·x+2·x 2+3·x 3+…+(n-1)x n-1+nx n (x ≠0,1),①xM n =1·x 2+2·x 3+3·x 4+…+(n-1)x n +nx n+1, ②①-②得(1-x )M n =x+x 2+x 3+…+x n -nx n+1=x (1-x n )1-x -nx n+1,∴M n =x+(nx -n -1)x n+1(1-x )2.∴∑i=1ni·2i=2+(2n -n -1)·2n+1(1-2)2=(n-1)·2n+1+2,∑i=1ni2i =12+(n 2-n -1)·12n+1(1-12)2=2-n+22n ,从而∑i=1n a i (b 2i -1-1b 2i )=(n-1)·2n+1+n+22n .。
高三数学第二轮复习专题 数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)
城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关： 数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、 数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案： 数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动 数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式 递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -． 所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-． 点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．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.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：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∵255aS =∴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要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。
2020版新高考复习理科数学教学案：数列含答案 (2)
6．[20xx·惠州调研]已知各项均为正数的等比数列{an}中.a1＝1,2a3.a5,3a4成等差数列.则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2n－1B．2n－1－1
C．2n－1D．2n
解析：通解：设{an}的公比为q(q>0).由题意知2a5＝2a3＋3a4.∴2a3q2＝2a3＋3a3q.∴2q2＝2＋3q.∴q＝2或q＝－ (舍去).所以an＝2n－1.
■备考工具——————————————
1．求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
Sn＝ ＝na1＋ .
②等比数列的前n项和公式
a．当q＝1时.Sn＝na1；
b．当q≠1时.Sn＝ ＝ .
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消：把一个数列的通项分成两项差的形式.相加过程中消去中间项.只剩有限项再求和．
通项公式的推广
an＝a1qn－1
(揭示首末两项的关系)
an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关系)
(2)前n项和公式
Sn＝ 或Sn＝
7．等比数列的性质
若{an}为等比数列.则
(1){a }. .{c·an}(c≠0)都是等比数列．
(2)各项及公比都不为0.
8．等比数列项的运算性质
若m＋n＝p＋q(m.n.p.q∈N*).则am·an＝ap·aq.
令n＝101.则S101＋a101＝2×101－6＋ .所以S101＋(S101－S100)＝196＋ .得2S101－S100＝196＋ ②.
将①代入②得S100＝2× －196－ ＝396＋ －196－ ＝200.选B.
答Байду номын сангаас：B
2020版高考数学大一轮复习 高考中的数列问题(第2课时)数列的综合问题教案(理)(含解析)新人教A版
第2课时 数列的综合问题题型一 数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝log 3(a n ＋2n)，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围. 解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，① 又2(a 2＋5)＝a 1＋19，② 则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n＋1， ④③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n， 则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1，又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 121＋1.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n.(3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n)＝n . 当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时， 即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立. 设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件； 当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立； 当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0，则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞). 思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫122n＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立. 设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －322＋92，∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4， ∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二 数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2).(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1nS n <1.证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)，∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列.(2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n .∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1，方法一 当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证. 方法二 当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n<12＋14⎝ ⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解 设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ， 由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6， 解得d ＝q ＝2， 所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1.(2)证明 因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3，所以T n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3，因为14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13.又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增， 所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15，所以15≤T n <13.题型三 数列与数学文化例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤 答案 D解析 原问题等价于等差数列中， 已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值. 由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3，则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华 我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式. 跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( ) A.4B.5C.9D.16答案 C解析 由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1，b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3， 则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3，故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ， 即a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1a n ＝12(n ≥1)， 所以数列{a n }是公比为12的等比数列，又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12，所以a n ＝a 1qn －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . (2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n ) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32.(1)解 由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列， 所以S 23＝(a 2＋2)S 4， 即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0， 因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4. (2)证明 由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)， 所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32.3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1an ，且a 1＝4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ， 16n 2a －4nb ＝0， ∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ， ∴1a n ＋1＝1a n＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合， ∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝4n2n ＋1. 4.已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0， 由已知得q >0， 所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1， 所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列， 所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1， 显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13， 于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n ，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解 设数列{a n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，d ＝0(舍去)， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4， 所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明 因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝S n T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0， 所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。
2023年高考数学一轮复习精讲精练(新高考专用)专题22：常见数列的通项求法(讲解版)
专题22：常见数列的通项求法精讲温故知新一、知能要点1、求通项公式的方法：(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式a n ；(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1S n －S n －1n ＝1，n ≥2；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如a n ＋1－a n ＝f (n )， 累积法，如a n ＋1a n ＝f (n )；(5)转化法：a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0，且A ≠1)． 一，观察法求通项例1：（2021·广东·普宁市普师高级中学模拟预测）数列1-，3，5-，7，9-，，的一个通项公式为（ ） A ．21n a n =-B ．(1)(12)nn a n =--C ．(1)(21)nn a n =--D ．1(1)(21)n n a n +=--【答案】C 【解析】 【分析】根据数列每项的绝对值组成等差数列进行求解即可. 【详解】∵数列{an }各项值为1-，3，5-，7，9-，，∴各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，∴|an |＝2n ﹣1 又∵数列的奇数项为负，偶数项为正，∴an ＝（﹣1）n （2n ﹣1）. 故选：C 举一反三（2022·陕西咸阳·三模（文））观察下列等式111341359135716=+=++=+++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅照此规律，第n 个等式为______．【答案】()213521n n +++⋅⋅⋅+-=【解析】由已知等式结合等差数列的定义写出左侧表达式，再由右侧与行数的关系写出右侧表达式，即可确定第n 个等式. 【详解】由已知等式，对于第n 行有：左侧是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和，左侧可写为1...(21)n ++-， 右侧随行数n 增大依次为2222211,42,93,164,...,n ====， 所以第n 个等式为21...(21)n n ++-=. 故答案为：21...(21)n n ++-= 二，公式法求通项1、等差数列公式 ()11n a a n d=+-推论公式：例2：（2022·全国·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D【分析】设11111OD DC CB BA ====，则可得关于3k 的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设11111OD DC CB BA ====，则111213,,CC k BB k AA k ===， 依题意，有31320.2,0.1k k k k -=-=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++，所以30.530.30.7254k +-=，故30.9k =，故选：D 举一反三1．（2022·全国·高考真题（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =_______．【答案】2 【解析】 【分析】转化条件为()112+226a d a d =++，即可得解. 【详解】由32236S S =+可得()()123122+36a a a a a +=++，化简得31226a a a =++， 即()112+226a d a d =++，解得2d =. 故答案为：2.2、等比数列公式11n n a a q -=推论公式：例3：（2022·全国·高考真题（文））已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ） A ．14 B ．12C ．6D ．3【答案】D 【解析】设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠，易得1q ≠，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠， 若1q =，则250a a -=，与题意矛盾， 所以1q ≠，则()31123425111168142a q a a a qa a a q a q ⎧-⎪++==⎨-⎪-=-=⎩，解得19612a q =⎧⎪⎨=⎪⎩， 所以5613a a q ==.故选：D . 举一反三（2022·上海交大附中模拟预测）已知各项均为正数的等比数列{}n a ，若4562a a a -=，则23S a 的值为___________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，将题中所给的条件转化为关于首项和公比的关系式，化简求值，得到12q =，之后将待求式子转化为关于q 的关系式，代入求得结果. 【详解】可知3452111122102a q a q a q q q q -=⇒+-=⇒=， 则211223116S a a q qa a q q ++===；故答案为：6. 三：累加法求通项 )(1n f a a n n +=+ （解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
2023届高考数学一轮复习考点训练——求数列的通项公式
2023考点专题复习——数列的通项公式考法一：累加法——适用于)(1n f a a n n +=+（)(n f 可以求和）例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
例2、已知数列}{n a 中, 0>n a 且)(21nn n a na S +=,求数列}{n a 的通项公式.例3、已知数列{}n a 满足112313n n n a a a ，，求数列{}n a 的通项公式。
练习1、已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n nN 写出数列{}n a 的通项公式.练习2、已知数列}{n a 满足13a ，11(2)(1)n n a a n n n -=+≥-求此数列的通项公式.练习3、已知数列{}n a 满足11211nn a a n a ，，求数列{}n a 的通项公式。
练习4、已知在数列{}n a 中，13a =，112(2)n n n a a n --=+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设21log (1)n n b a +=-，求11{}n n b b +的前n 项和n T ．练习5、在数列{}n a 中，12a =，122n n n a a +=++． （1）求数列{2}n n a -的通项公式；（2）设数列{}n b 满足2(22)n n b a n =+-，求{}n b 的前n 项和n S ．练习6、已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。
练习7、已知数列{}n a 满足11a =，1n n n a a +-=，则数列{}n a 的通项公式练习8、在数列{}n a 中，12a =，11ln 11n n a a n n n +⎛⎫⎪⎝+++⎭=，则数列{}n a 的通项公式练习9、已知数列{a n }满足11a =-，111+1n n a a n n +=-+，n ∈N *，求数列的通项公式a n .练习10、设数列{}n a 满足11a =，()*112n n n a a n +-=∈N ，则数列{}n a 的通项公式练习11、已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a n n+=++，则数列{}n a 的通项公式考法二：累乘法例1、在数列{}n a 中，已知11,a =有()11n n na n a -=+，(2n ≥)求数列{}n a 的通项公式。
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或 an1
pan qan r
型，
常采用倒数法求其通项。
练习： 《金版学案》P132变式4； 《课时作业》P43第3题
1＝1，2对．所在有数的列{na≥n}2中都，有若aa1·na＋21·＝a3·2…aan·＋ann＝1，n2a，1＝1，则 a6＝( D )
A．C1.2395
B.1D13.2156
若f(n) 能够求和、 g(n)能够求积，则可分别用累加法和累 乘法求其通项公式。
练习： 《金版学案》P131变式2； 《课时作业》P43第9题
变式探究 2. 已知数列{an}中，a1＝4，an＝4n－1an－1(n＞1，n∈N*)，则 通项公式为____________． 答案：an＝2n2－n＋2
倒数法求通项公式
例4 （09保定市）已知数列{an}满足 a1 1, n 2
时，an1 an 2an1an ，求通项公式 an 。
变式 （09保定市）已知数列{an}满足a1 1, n 2
时，an
an1 2an1 1
，求通项公式 an 。
小结： 对于递推式如下的数列:
an1 pan qan1an ( p, q为常数, pq 0)型
考纲研读 1.掌握等差数列、等比数列的 通项公式是基础． 2．能用累差、累商的方法求通 项公式． 3．能利用待定系数法求几类经 典的递推关系式的通项公式.
基础训练
1、数列
2,
4 3
,
8 7
,
16 15
,
的一个通项公式为
an
(1)n
2n 2n 1
____________。
2、在数列 an中，a1 1, an an1 2(n 2) ，则an _2_n__1_
C．11
D.111
变式探究 4．已知a1＝4，an＋1＝
，求an .
课后作业
完成本节《课时作业》相关习题
a2 a1 d
a3 a2 d
an an1 d
累加法
将上面n-1个等式两边分别相加得：an a1 (n 1)d
所以an a1 (n 1)d (n 2)
当n=1时，上面等式也成立。
所以 an a1 (n 1)d
例题讲评
累加法求通项
an+1-an=d f((dn为) 常(数f()n)能求和)
例1 ：在数列{an}中,a1=20,an+1=an+2n-1 （n∈N+）求数列{an}通项公式.
累加法
反思：本例为什么能用累加法求出通项？
练习： 《金版学案》P131基础1、变式1； 《课时作业》P43第2、12题
变式探究
1.已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n,求an 答案：an=2n-1
2 3、数列
an
中，若
an
2an1 (n
2), a1
1
,则 an
n1
___。
a 4、数列
的前
n
s n 项和 n
n2
1,
a 则 n
2 ,n1 ____2_n__1__, n___2______。
等差数列的通项公式：an a1 (n 1)d
证：因为 an 为等差数列，所以当 n 2 时，有
构造法求通项
【例3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ an＋1，求an.
an1 pan q( p,q为常数且p 1)
{an k}是以p为公比的等比数列 ,其中k
q p 1
求出数列的通项公式
练习： 《金版学案》P131基础4、变式3；
变式探究 3．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，有an＝3an－1＋2，求{an} 的通项公式． 答案：an＝2·3n－1－1(n∈N*)．
所以 an a1qn1
累乘法求通项
an1 an
gq((nq)为(常g数()n)能求乘积)
例2设{an}是首项为1的正项数列，且
(n+1)a2n+1- na2n+an+1 an=0 (n=1，2…)，求数列
{an}的通项公式.
累乘法
小结：
数列的两种基本递推关系：an=an-1+f(n)和an=an-1·g(n),等比来自列的通项公式： an a1qn1
证：因为 an 为等比数列，所以当 n 2 时，有
a2 q , a3 q , a4 =q , , an q
a1
a2
a3
an1
将上面n-1个等式左右两边分别相乘得：an qn1 a1
所以 an a1qn1 (n 2)
累乘法
当n=1时，上面等式也成立。
实验高中高三文科数学第一轮 复习 — 第五章 数列
5.4 数列通项的求法
求数列的通项：就是寻找数列第n项与n的关系
即: an f (n)
考纲学习
考纲要求 1.了解用通项公式表示数列的方 法． 2．掌握等差数列、等比数列的通 项公式． 3．能用等差数列、等比数列的基 本思想求其他数列的通项公式.