高考数学数列题型篇_题型归纳
数列高考常见题型分类汇总
数列通项与求和一、数列的通项方法总结：对于数列的通项的变形，除了常见的求通项的方法，还有一些是需要找规律的，算周期或者根据图形进行推理。
其余形式我们一般遵循以下几个原则：①对于同时出现n a ,n ,n S 的式子，首先要对等式进行化简。
常用的化简方法是因式分解，或者同除一个式子，同加，同减，取倒数等，如果出现分式，将分式化简成整式；②利用1--=n n n S S a 关系消掉n S （或者n a ），得到关于n a 和n 的等式，然后用传统的求通项方法求出通项；③根据问题在等式中构造相应的形式，使其变为我们熟悉的等差数列或等比数列；④对于出现2n a 或2n S （或更高次时）应考虑因式分解，最常见的为二次函数十字相乘法，提取公因式法；遇到1+∙n n a a 时还会两边同除1+∙n n a a .1. 规律性形式求通项 1-1.数列{a n }满足a n+1=，若a 1=，则a 2016的值是（ ）A ．B ．C ．D ．1-2.分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦•B •曼德尔布罗特（Benoit B ．Mandelbrot ）在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立，为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图按照的分形规律生长成一个树形图，则第12行的实心圆点的个数是（ ）A ．55B ．89C ．144D ．2331-3.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n 行有n 个数且两端的数均为（n ≥2），每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，，，…，则第10行第4个数（从左往右数）为（ ）A ．B ．C ．D ．2.出现n a ,n ,n S 的式子1-4.正项数列{a n }的前项和{a n }满足:222(1)()0n n s n n s n n -+--+=(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令()2221n n a n n b ++=,数列{b n }的前n 项和为n T .证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T <.1-5.设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n ∈N . (1) 求2a 的值;(2) 求数列{}n a 的通项公式.1-6.已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}),0(*N n b b n n ∈≠满足02111=+-+--n n n n n n b b b a b a .(1)令nn n b a c =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13-=n n b ，求数列{}n a 的前n 项和n S .牛刀小试：1.已知数列{n a }的前n 项和为Sn ，1a ＝1，且122(1)(1)(*)n n nS n S n n n N +-+=+∈，数列{n b }满足2120(*)n n n b b b n N ++-+=∈，53=b ，其前9项和为63.（1）求数列数列{n a }和{n b }的通项公式；2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1111,.22n n n a a a n ++== (1)求{}n a 的通项公式;(2)设(){}**2,,n n n b n S n N M n b n N λ=-∈=≥∈，若集合恰有4个元素,求实数λ的取值范围.3.需构造的（证明题）1-7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足021=∙++n n n S S a ()2≥n ,211=a . (1) 求证:⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是等差数列; (2)求n a 表达式；1-8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n+1=S n +3n （n ∈N *）．（1）求证：{S n ﹣3n }是等比数列；（2）若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围．牛刀小试1．已知数列{n a }中，=1a 32，=+1n a )(12*∈+N n a a n n ． （1）证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11n a 是等比数列； （2）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 的前n 项和为n S ．2.数列{n a }中，=1a 1，=+1n a )(122411*∈-=-N n a b a n n n ，． （1）求证：数列{n b }是等差数列；二、数列求和与放缩数列求和的考察无外乎错位相减、裂项相消或者是分组求和等，但有一些通项公式需要化简才可以应用传统的方法进行求和。
数列中的构造问题--2024高考数学大题题型归纳(解析)
数列中的构造问题1已知数列a n 满足a 1=1，a 2=5，a n +2=5a n +1-6a n ．(1)证明：a n +1-2a n 是等比数列；(2)证明：存在两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由a n +2=5a n +1-6a n 构造出a n +2-2a n +1=q a n +1-2a n ，用等比数列定义证明即可；(2)通过两次构造等比数列，求出a n 的通项公式，根据通项公式得出结论即可.【详解】(1)由已知，a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-2a n +1=5a n +1-6a n -2a n +1，∴a n +2-2a n +1=3a n +1-6a n =3a n +1-2a n ，显然a n +1-2a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-2a n ≠0，∴a n +2-2a n +1a n +1-2a n=3，∴数列a n +1-2a n 是首项为a 2-2a 1=5-2=3，公比为3的等比数列.(2)∵a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-3a n +1=5a n +1-6a n -3a n +1，∴a n +2-3a n +1=2a n +1-6a n =2a n +1-3a n ，显然a n +1-3a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-3a n ≠0，∴∴a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2，∴数列a n +1-3a n 是首项为a 2-3a 1=5-3=2，公比为2的等比数列，∴a n +1-3a n =2n ，①，又∵由第(1)问，a n +1-2a n =3n ，②，∴②-①得，a n =3n -2n ，∴存在b n =3n ，c n =-2n ，两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．2已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.【答案】(1)a n =2n ，n ∈N *(2)λ∈-2,6【分析】(1)由a n a n +1=4S n ，可得a n -1a n =4S n -1n ≥2 ，两式相减并化简后可得a n +1-a n -1=4n ≥2 ，后分奇偶情况可得a n ；(2)方法1，由题b n =-3 n --1 n ，由等比数列前n 项和公式可得T 2k ,T 2k -1表达式；方法2，注意到b 2k -1+b 2k =2⋅32k -1，可得T 2k ,T 2k -1表达式.后注意到T 2k ,T 2k -1的单调性，利用T 1<λ<T 2可得答案.【详解】(1)∵a n a n +1=4S n ，∴a n -1a n =4S n -1n ≥2 .∴a n a n +1-a n -1 =4a n n ≥2 ，∵a n ≠0，∴a n +1-a n -1=4n ≥2 .又a 1=2，a 1a 2=4S 1，∴a 2=4，∴数列a n 的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当n =2k -1时，a 2k -1=4k -2=22k -1 ；当n =2k 时，a 2k =4k =2⋅2k .综上，a n =2n ，n ∈N *(2)方法一：∵b n =-1 n 3n -1 =-3 n --1 n =-3 n +-1 n +1，∴T n =-3 1--3 n1--3+1--1 n 1--1=3-3 n -34+1--1 n 2=3-3 n -2-1 n -14.∴T 2k =39k -1 4，T 2k -1=141-9k .方法二：∵b n =-1 n 3n -1 ，∴b 2k -1+b 2k =-32k -1-1 +32k -1 =2⋅32k -1，∴T 2k =2⋅31+2⋅33+2⋅35+⋯+2⋅32k -1=39k -1 4，∴T 2k -1=T 2k -b 2k =39k -1 4-32k -1 =141-9k ，∴n =2k ,k ∈N *时，T n =T 2k =39k -1 4为递增数列，n =2k -1,k ∈N *时，T n =T 2k -1=141-9k 为递减数列，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，只需使λ>T 2k -1 max =T 1，则λ>-2且λ<T 2k min =T 2，则λ<6.∴λ∈-2,63已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=a 2n -2a n +2.(1)证明数列ln a n -1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n +1a n -2，数列b n 的前n 项和S n ，求证：S n <2.【答案】(1)证明见解析，a n =22n -1+1(2)证明见解析【分析】(1)根据递推公式证明ln a n +1-1 ln a n -1 为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2 =121a n -2-1a n，则1a n =1a n -2-2a n +1-2，再利用裂项相消法求出数列b n 的前n 项和S n ，即可得证.【详解】(1)因为a n +1=a 2n -2a n +2，所以a n +1-1=a n -1 2，则ln a n +1-1 =ln a n -1 2=2ln a n -1 ，又ln a 1-1 =ln2，所以数列ln a n -1 是以ln2为首项，2为公比的等比数列，则ln a n -1 =2n -1⋅ln2=ln22n -1，所以a n =22n -1+1；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2=121a n -2-1a n，所以1a n =1a n -2-2a n +1-2，所以b n =1a n +1a n -2=1a n -2-2a n +1-2+1a n -2=2a n -2-2a n +1-2，所以S n =b 1+b 2+⋯+b n=2a 1-2-2a 2-2 +2a 2-2-2a 3-2 +⋯+2a n -2-2a n +1-2=2a 1-2-2a n +1-2=2-222n -2，因为222n -2>0，所以2-222n-2<2，所以S n <2.4已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +2n =3a n n ∈N * ．(1)a n 的通项公式；(2)若b n =na n +n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -1(2)T n =n 2-14 ×3n +1+34【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2 作差得到a n =3a n -1+2，从而得到a n +1=3a n -1+1 ，即可得到a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，即可求出通项公式；(2)由(1)可知b n =n ×3n ，利用错位相减法求和即可.【详解】(1)因为2S n +2n =3a n n ∈N * ①，当n =1时2S 1+2=3a 1，则a 1=2，当n ≥2时2S n -1+2n -1 =3a n -1②，①-②得2S n +2n -2S n -1-2n -1 =3a n -3a n -1，即2a n +2=3a n -3a n -1，则a n =3a n -1+2，所以a n +1=3a n -1+1 ，所以a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n +1=3n ，则a n =3n -1.(2)因为b n =na n +n ，所以b n =n 3n -1 +n =n ×3n ，所以T n =1×31+2×32+3×33+⋯+n ×3n ③，3T n =1×32+2×33+3×34+⋯+n ×3n +1④，③-④得-2T n =1×31+1×32+1×33+⋯+1×3n -n ×3n +1=31-3n 1-3-n ×3n +1=12×3n +1-32-n ×3n +1=12-n ×3n +1-32，所以T n =n 2-14 ×3n +1+34.5已知各项均为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1+3(正整数n ≥2)(1)求证：数列a n +3 是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析(2)S n =2n +2-3n -4【分析】(1)由题意转化条件得a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，结合a 1+3=4≠0即可得证；(2)由题意可得a n +3=2n +1，进而可得a n =2n +1-3，由分组求和法即可得解.【详解】(1)证明：已知递推公式a n =2a n -1+3，两边同时加上3，得：a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，因为a n >0,a n +3>0，所以a n +3a n -1+3=2n ≥2 ，又a 1+3=4≠0，所以数列a n +3 是以a 1+3=4为首项、以2为公比的等比数列.(2)由(1)a n+3=4×2n-1=2n+1，则a n=2n+1-3n∈N*，所以S n=a1+a2+⋅⋅⋅+a n=22-3+23-3+⋅⋅⋅+2n+1-3=22+23+⋅⋅⋅+2n+1-3n=4⋅1-2n1-2-3n=2n+2-3n-4.6设各项均为正数的数列{a n}满足S na n=pn+r(p,r为常数)，其中S n为数列{a n}的前n项和.(1)若p=1,r=0，求证：{a n}是等差数列；(2)若p=13,a1=2，求数列{a n}的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2)a n=n2+n.【分析】(1)把p=1,r=0代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”计算推理作答.(2)把p=13代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”求出{a n}相邻两项间关系，再构造常数列作答.【详解】(1)当p=1,r=0时，S n=na n，当n≥2时，S n-1=n-1a n-1，两式相减，得a n=na n-(n-1)a n-1，整理得a n-a n-1=0，所以{a n}是等差数列.(2)当p=13时，S n =13n+ra n，令n=1，而a1=2，得13+r=1，解得r=23，于是S n=13n+23a n，当n≥2时，S n-1=13n+13a n-1，两式相减，得a n=13n+23a n-13n+13a n-1，整理得(n-1)a n=(n+1)a n-1，即a n n+1=a n-1n-1，因此a n(n+1)n=a n-1n(n-1)，数列a n(n+1)n是常数列，从而a n(n+1)n=a12×1=1，a n=n2+n，显然a1=2满足上式，所以数列{a n}的通项公式是a n=n2+n.7已知数列a n，2a n+1=a n a n+1+1，a1=3．(1)求证：数列1a n-1是等差数列．(2)设b n=1-a n1-a n+1，求证：数列b n的前n项和S n<-2．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)根据2a n+1=a n a n+1+1，证明1a n+1-1-1a n-1等于定值即可；(2)利用裂项相消法求出数列b n的前n项和S n，即可得证.【详解】(1)∵2a n+1=a n a n+1+1，∴a n-2a n+1=-1，∵a1=3，∴a n-2≠0，∴a n+1=12-a n，∴1 a n+1-1-1a n-1=112-a n-1-1a n-1=2-a na n-1-1a n-1=-a n-1+1a n-1-1a n-1=-1，∴1a n -1是首项为1a n -1=12，公差为-1的等差数列；(2)由(1)知1a n -1=-n +32，∴a n =132-n +1，∴b n =1-a n 1-a n +1 =1n -32⋅1n -12=1n -32-1n -12，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n=11-32-11-12+12-32-12-12+13-32-13-12+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-2+2-23+23-25+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-1n -12，∵n ∈N *，∴1n -12>0，∴S n <-2．8已知数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，数列b n 满足b 1=1，且b n +1=b n b n +2n ∈N + (1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列b n 的通项公式；(3)对于n ∈N +，试比较b n +1与a n 的大小.【答案】(1)a n =1n 2+n (2)b n =12n -1(3)b n +1<a n【分析】(1)由数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，利用a n =S 1n =1 S n -S n -1n ≥2 ，能求出a n =1n 2+n；(2)由b n +1=b n b n +2n ∈N + ，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，从而得到1b n +1 是以首项为1b 1+1=2，公比为2的等比数列，由此能求出b n =12n -1；(3)将问题转化为证明2n +1-1>n 2+n 成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=12；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n n +1-n -1n =1n n +1 =1n 2+n，经检验，n =1时，a 1=12也符合上式，所以数列a n 的通项公式为a n =1n 2+n；(2)易知b n >0，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，整理得1b n +1+1=21b n +1，∴1b n +1是以首项为1b1+1=2，公比为2的等比数列，∴1 b n +1=2×2n-1,∴b n=12n-1；(3)由(1)(2)问可知，欲比较b n+1=12n+1-1与a n=1n2+n的大小，即比较2n+1-1与n2+n的大小.当n=1时，21+1-1=3,12+1=2，有3>2；当n=2时，22+1-1=7,22+2=6，有7>6；当n=3时，23+1-1=15,32+3=12，有15>12，猜想2n+1-1>n2+n，下面证明:方法一：当n≥4时，2n+1-1=(1+1)n+1-1=C0n+1+C1n+1+C2n+1+⋯+C n-1n+1+C n n+1+C n+1n+1-1≥2C0n+1+2C1n+1+2C2n+1-1=2+2n+1+n+1n-1>n2+n，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法二：令f x =2x+1-1-x2-x，则f x =2x+1ln2-2x-1,令g x =f x =2x+1ln2-2x-1,则g x =2x+1(ln2)2-2≥2x+1(ln e)2-2=2x-1-2，当x∈4,+∞时，g x =2x-1-2>0,g x 即f x 在x∈4,+∞单调递增，f x ≥f 4 =2x+1ln2-2x-1>25×12-2×4-1=7>0,f x 在x∈4,+∞单调递增，所以f x ≥f4 >24+1-1-42-4=11>0，所以2x+1-1-x2-x>0，即2x+1-1>x2+x，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法三：下面用数学归纳法证明①当n=1时，显然成立；当n=2时，显然成立；②假设n=k时(k≥2)，猜想成立，即2k+1-1>k2+k成立，那么当n=k+1时，2k+2-1=2⋅2k+1-1=2⋅2k+1-1+1>2⋅k2+k+1=2k2+2k+1，因为2k2+2k+1-(k+1)2+k+1=k2-k-1，对任意的k≥2且k∈N+上式都大于0，所以有2k+2-1>(k+1)2+k+1，综上所述，2n+1-1>n2+n对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.9已知数列a n有递推关系a n+1=9a n-105a n-6n∈N*,a n≠65,a1=95,(1)记a n=b n+k,若数列b n的递推式形如b n+1=rb npb n+qp,q,r∈R且p,r≠0 ，也即分子中不再含有常数项，求实数k的值；(2)求a n的通项公式.【答案】(1)1或2(2)a n=4n4n--1n+1【分析】(1)根据题意整理可得b n+1=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，即-5k2+15k-10=0，运算求解即可；(2)取k=1，可得b n+1=4b n5b n-1，利用构造法结合等比数列求通项公式.【详解】(1)因为a n=b n+k，且a n+1=9a n-105a n-6，所以b n+1=a n+1-k=9b n+k-105b n+k-6-k=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，则-5k2+15k-10=0，解得k=1或2；(2)由(1)可得：当k=1时，则a n=b n+1，且b n+1=4b n5b n-1，可得1b n+1=5b n-14b n=-14×1b n+54，则1b n+1-1=-141b n-1，且1b1-1=14≠0，故数列1b n-1是以14为首项，-14为公比的等比数列，∴1 b n -1=14×-14n-1=--1 n4n，则b n=4n4n--1n，故a n=4n4n--1n+1.10已知数列a n满足a1+a3=2a2，a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，数列cn满足c n=a2n-1．(1)求数列c n和a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)c n=2⋅3n-1-1，a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数(2)S n=4⋅3n2-2n-4,n为偶数2⋅3n+12-2n-3,n为奇数【分析】(1)由题意先求出a1，再根据c n=a2n-1，得c1=a1,c n+1=a2n+1，从而可得c n+1=3c n+2，再利用构造法求出c n的通项，从而可得a n的通项公式；(2)分n为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.【详解】(1)a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，得a2=3a1,a3=a2+2=3a1+2，因为a1+a3=2a2，即a1+3a1+2=6a1，解得a1=1，由c n=a2n-1，得c1=a1=1,c n+1=a2n+1，又a2k=3a2k-1,a2k+1=a2k+2,k∈N*，故a2k+1=3a2k-1+2，所以c k+1=3c k+2，即c n+1=3c n+2，所以c n+1+1=3c n+1，又c1+1=2，所以数列c n+1是以2为首项，3为公比的等比数列，所以c n+1=2⋅3n-1，所以c n=2⋅3n-1-1，则a2n-1=2⋅3n-1-1，故a2n=3a2n-1=2⋅3n-3，所以a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数 ；(2)当n为偶数时，S n=a1+a3+⋯+a n-1+a2+a4+⋯+a n=4a1+a3+⋯+a n-1=4c1+c2+⋯+c n2=4×21-3n2 1-3-n 2 =4⋅3n 2-2n -4，当n 为奇数时，S n =S n +1-a n +1=4⋅3n +12-2n +1 -4-2⋅3n +12-3 =2⋅3n +12-2n -3，综上所述，S n =4⋅3n 2-2n -4,n 为偶数2⋅3n +12-2n -3,n 为奇数 .11已知S n 为数列a n 的前n 项和，a 1=2，S n +1=S n +4a n -3，记b n =log 2a n -1 +3．(1)求数列b n 的通项公式；(2)已知c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，记数列c n 的前n 项和为T n ，求证：T n ≥221．【答案】(1)b n =2n +1n ∈N *(2)证明见解析【分析】(1)利用S n 与a n 的关系，整理数列a n 的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；(2)写出数列c n 的通项，利用裂项相消，可得T n ，分奇偶两种情况，可得答案.【详解】(1)由S n +1=S n +4a n -3，得S n +1-S n =4a n -3．∴a n +1=4a n -3，则a n +1-1=4a n -1 ．∴a 1-1=2-1=1，∴数列a n -1 是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a n -1=4n -1=22n -2n ∈N * ．∵b n =log 2a n -1 +3，∴b n =log 222n -2+3=2n +1n ∈N * ．(2)∵c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，∴c n =-1 n +1⋅2n +22n +1 2n +3=-1 n +1⋅1212n +1+12n +3 ∴T n =c 1+c 2+c 3+⋅⋅⋅+c n=1213+15 -15+17 +17+19 -⋅⋅⋅+-1 n +112n +1+12n +3当n 为奇数时，T n =1213+12n +3 >16>221．当n 为偶数时，T n =1213-12n +3 ，T n 是递增数列，∴T n ≥T 2=1213-17 =221．综上得：T n ≥221．12已知数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3．(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1，数列c n 满足c 4n -3=b 2n -1,c 4n -2=a 2n -1,c 4n -1=a 2n ,c 4n =b 2n ，求c n 的前4n +1项和S 4n +1．【答案】(1)a n =2n -1+1(2)S 4n +1=4n 2+6n +4n【分析】(1)根据递推关系解方程得a 1=2，进而证明数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，再根据等比数列通项公式求解即可；(2)由题知c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，进而令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n ，记数列d n 的前n 项和为T n ，则S 4n +1为T n 与c 4n +1的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.【详解】(1)解：数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3所以，a 2=2a 1-1a 3=2a 2-1a 1+a 2=a 3，解得a 1=2,a 2=3,a 3=5，由a n +1=2a n -1得a n +1-1=2a n -1 ，即a n +1-1a n -1=2，所以，数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，所以a n -1=2n -1，即a n =2n -1+1所以，a n 的通项公式为a n =2n -1+1(2)解：因为b n =2n -1，a n =2n -1+1，所以c 4n -3=b 2n -1=22n -1 -1=4n -3，c 4n -2=a 2n -1=22n -2+1，c 4n -1=a 2n =22n -1+1，c 4n =b 2n =4n -1，所以，c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅22n -2=8n -2+3⋅4n -1，令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，设数列d n 的前n 项和为T n ，因为数列8n -2 为等差数列，3⋅4n -1 为等比数列，所以，T n =n 6+8n -2 2+3×1-4n 1-4=4n 2+2n +4n -1因为数列c n 的前4n +1项和为T n 与c 4n +1的和，c 4n +1=c 4n +1 -3=4n +1 -3=4n +1，所以，S 4n +1=T n +c 4n +1=4n +1+4n 2+2n +4n -1=4n 2+6n +4n .13设数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=2，2S n +1a n +1=2S n a n+1.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1S n，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n(2)T n =n n +1【分析】(1)先根据2S n +1a n +1=2S n a n +1，可得数列S n a n 是以12为公差的等差数列，从而可得数列S n a n 的通项，再根据a n 与S n 的关系结合构造法即可得解；(2)先求出数列b n 的通项，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)因为2S n +1a n +1=2S n a n +1，所以S n +1a n +1-S n a n =12，所以数列S n a n 是以S 1a 1=1为首项，12为公差的等差数列，所以S n a n =n +12，则S n =n +12a n ，当n ≥2时，S n -1=n 2a n -1，两式相减得a n =n +12a n -n 2a n -1，即a n n =a n -1n -1，所以数列a n n 为常数列，且a n n =a 11=2，所以a n =2n ；(2)由(1)得S n =n +12a n =n n +1 ，所以b n =1S n =1n n +1=1n -1n +1，所以T n =1-12+12-13+13-14+⋯+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1.14已知数列a n 满足a 1=1，a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ．(1)求证：数列a n +1 是等比数列；(2)若b n =2n +1 a n +1-a n ，S n 为数列b n 的前n 项和，求S n ．【答案】(1)证明见解析(2)S n =4n ⋅3n ，n ∈N *【分析】(1)根据递推公式证明a n +1a n -1+1为定值即可；(2)先由(1)求得数列a n 的通项，从而可得数列b n 的的通项，再利用错位相减法求解即可.【详解】(1)因为a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ，所以a n +1=3a n -1+1 ，又a 1+1=2，所以a n +1 是以2为首项，以3为公比的等比数列；(2)由(1)知a n +1=2⋅3n -1，故a n =2⋅3n -1-1，所以b n =2n +1 2⋅3n -1-2⋅3n -1+1 =432n +1 ⋅3n ，故S n =433×3+5×32+7×33+⋯+2n +1 ⋅3n ，则3S n =433×32+5×33+⋯+2n -1 ⋅3n +2n +1 ⋅3n +1 ，两式相减得-2S n =433×3+2×32+2×33+⋯+2⋅3n -2n +1 ⋅3n +1 =433+61-3n 1-3-2n +1 3n +1 =-8n ⋅3n ，所以S n =4n ⋅3n .15设数列a n 的前n 项和为S n ,S n =2a n +2n -6n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2n +1a n a n +1 的前m 项和T m =127258，求m 的值.【答案】(1)a n =2n(2)7【分析】(1)当n ≥2时，构造S n -1=2a n -1+2n -8，与条件中的式子，两式相减，得a n =2a n -1-2，转化为构造等比数列求通项公式；(2)由(1)可知b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2，利用裂项相消求和法求解.【详解】(1)因为S n =2a n +2n -6，所以当n =1时，S 1=2a 1-4，解得a 1=4．当n ≥2时，S n -1=2a n -1+2n -8，则S n -S n -1=2a n -2a n -1+2，整理得a n =2a n -1-2，即a n -2=2a n -1-2 ．所以数列a n -2 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n -2=2×2n -1=2n ．所以a n =2n +2.(2)令b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2=212n +2-12n +1+2，数列b n 的前m 项和T m =214-16+16-110+110-114+⋯+12m +2-12m +1+2，=214-12m +1+2=12-22m +1+2，则12-22m +1+2=127258，则22m +1+2=2258，则2m +1=256⇒m =7.m 的值为7.16已知数列a n 满足a 1=1，n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =n (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【分析】(1)由题意得数列a nn为常数列，可数列a n 的通项公式；(2)利用错位相减法求数列前n 项和.【详解】(1)由n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ，得a n n =a n -1n -1n ≥2 ，所以数列a n n 为常数列，有a nn =a 11=1，∴a n =n (2)b n =2n ⋅a n =n ⋅2n ，S n =21+2×22+3×23+⋯+n -1 2n -1+n ⋅2n ，2S n =22+2×23+3×24+⋯+n -1 2n +n ⋅2n +1，两式相减，-S n =21+22+23+⋯+2n -n ⋅2n +1=21-2n 1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，所以S n =n -1 ⋅2n +1+217记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-2，S n +1+2S n =-2 n +1.(1)求a n 的通项公式；(2)记数列a n 的前n 项和为T n ，证明：S n ≤T n <3S n .【答案】(1)a n =-2 n -1-3n +1 (2)见解析【分析】(1)根据辅助数法，整理等式，可得数列S n-2 n的通项，在根据a n 与S n 的关系，可得答案；(2)整理数列a n 的通项公式，利用错位相减法，求得T n ，根据作差法以及数列的单调性，可得答案.【详解】(1)由S n +1=-2S n +-2 n +1，两边同时除以-2 n +1可得：S n +1-2 n +1=S n-2 n +1，故数列S n -2 n为以1为公差的等差数列，则S n-2 n =S 1-21+n -1 ×1=a 1-2+n -1=n ，即S n =n ⋅-2 n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n ⋅-2 n -n -1 -2 n -1=-2 n -1-3n +1 ，将n =1代入上式，可得a 1=-2 1-1-3+1 =-2，则a 1满足上式，故数列a n 的通项公式a n =-2 n -1-3n +1 .(2)由n ∈N *，则-3n +1<0，即a n =-2 n -1-3n +1 =2n -13n -1 ，T n =20×2+21×5+22×8+⋯+2n -13n -1 ，2T n =21×2+22×5+23×8+⋯+2n 3n -1 ，两式相减可得，-T n =2+21×3+22×3+⋯+2n -1×3-2n 3n -1 =2+3×2+22+23+⋯+2n -1 -2n 3n -1 =2+3×2×1-2n -1 1-2-2n 3n -1=2+6×2n -1-1 -2n 3n -1 =2+3×2n -6-2n 3n -1 =-4+2n 4-3n ，则T n =4+2n 3n -4 ，由(1)可得S n =n ⋅-2 n =n ⋅2n ，T n -S n =4+2n 3n -4 -n ⋅2n =4+2n 2n -4 ，令b n =4+2n 2n -4 ，b n +1-b n =4+2n +12n +2-4 -4-2n 2n -4 =n ⋅2n +1>0，则数列b n 为递增数列，b 1=4+21×2-4 =0，则b n ≥0，即T n ≥S n ；T n -3S n =4+2n 3n -4 -3n ⋅2n =4-2n +2，令c n =4-2n +2，易知数列c n 为递减数列，c 1=4-21+2=-4<0，则c n <0，即3S n >T n .综上，不等式S n ≤T n <3S n 恒成立.18已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -n n ∈N * .(1)求证；数列a n +1 是等比数列；(2)求证：nk =12k a k a k +1 <1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)S n +1=2a n +1-n +1 ，S n =2a n -n ，作差得a n +1=2a n +1，则a n +1+1=2a n +1 ，即可证明数列a n +1 为等比数列；(2)首先求出a n =2n-1，而2k a k a k +1=12k -1-12k +1-1，最后通过裂项求出得到nk =12k a k a k +1 =1-12n +1-1<1.【详解】(1)由已知得S n +1=2a n +1-n +1 ，又a n +1=S n +1-S n ，S n =2a n -n 所以作差得a n +1=2a n +1-2a n -1，故a n +1=2a n +1所以a n +1+1=2a n +1又当n =1时，S 1=2a 1-1，又S 1=a 1，故a 1=1故数列a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)可知：a n +1=2n ，故a n =2n -1所以2k a k a k +1=2k +1-1 -2k-1 2k -1 2k +1-1 =12k -1-12k +1-1nk =12k a k a k +1=2a 1a 2+22a 2a 3+23a 3a 4+⋅⋅⋅+2k a k a k +1+⋅⋅⋅+2na n an +1=1-122-1+122-1-123-1 +⋅⋅⋅+12k -1-12k +1-1+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1<1综上可知：nk =12ka k a k +1 <119已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n =2a n -1，n ∈N *，数列{b n }满足b 1=1，且nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)，n ∈N *．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求数列{c n }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)a n =2n -1，b n =n 2(2)T n =(n -1)2n +1【分析】(1){a n }根据前n 项和为S n 与a 的关系可求出；{b n }根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出{b n }的通项；(2)写出{c n }通项公式，用错位相减法求出T n .【详解】(1)∵S n =2a n -1，n ∈N *，∴S n +1=2a n +1-1，两式相减得：a n +1=2a n +1-2a ，∴a n +1=2a ，又S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，∴{a n }是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴a n =1×2n -1=2n -1；由nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)得：b n +1n +1-bn n =1,又b 11=1∴b n n 是以首项为1，公差为1的一个等差数列，∴bn n=1+(n -1)×1=n ，∴b n =n 2；(2)由(1)知c n =n ⋅2n -1，∴T n =1⋅20+2⋅21+⋯+n ⋅2n -1，∴2T n =0+1⋅21+⋯+(n -1)⋅2n -1+n ⋅2n ，两式相减得：-T n =1+2+22+⋯+2n -1-n ⋅2n=1-2n 1-2-n ⋅2n =(1-n )2n -1，∴T n =(n -1)2n +1.20已知数列a n 满足a 1=1，a 2=4.有以下三个条件：①a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)；②na n +1=2n +1 a n ；③a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2(n ∈N *)；从上述三个条件中任选一个条件，求数列a n 的通项公式和前n 项和S n .【答案】a n =n ⋅2n -1，S n =n -1 ⋅2n +1【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得a n ；选②根据递推关系式，结合累乘法求得a n ；选③利用前n 项和与通项的关系，相减求得a n ；求前前n 项和采用错位相减法即可.【详解】解：选①由a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)得a n +1-2a n =2a n -2a n -1 ，故a n +1-2a n 是公比为2的等比数列，则a n +1-2a n =a 2-2a 1 2n -1=2n即a n +12n +1-a n 2n =12，故a n 2n 是公差为12的等差数列，则a n 2n =12+n -1 12=12n ，即a n =n ⋅2n -1.选②由na n +1=2n +1 a n 得an +1a n =2n +1 n，故a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅n n -1⋅2⋅n -1 n -2⋅⋅⋅2⋅21化简得a na 1=n ⋅2n -1，即a n =n ⋅2n -1,n =1也满足选③由a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2 (1)得当n ≥2时，a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n -12n -2=n -1 2+n -12 (2)由(1)-(2)得a n 2n -1=n ，故a n=n ⋅2n -1,n =1也满足，因此，S n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -12S n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n两式相减得-S n =20+21+22+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n化简得S n =-1-2n1-2+n ⋅2n =n -1 ⋅2n +121若数列a n 满足a 1=2,a n +1-2a n =3n -1．(1)证明:a n +1-3a n 是等比数列；(2)设a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <2023的n 的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,(2)由(1)求出a n +1-3a n 的通项公式,与题中等式联立,求出a n 通项公式,进而求出前n 项和为S n ,代数使得S n <2023即可求出n 的最大值.【详解】(1)证明：因为a n +1-2a n =3n -1,所以a n +2-2a n +1=3n ,a n =12a n +1-12⋅3n -1,故a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2a n +1+3n-3a n +1a n +1-3⋅12a n +1-12⋅3n -1=3n-a n +112⋅3n-12a n +1=2,又a 1=2,则a 2=5,a 2-3a 1=-1,故a n +1-3a n 是以-1为首项,2为公比的等比数列．(2)由(1)得a n +1-3a n =-2n -1①,又a n +1-2a n =3n -1②,②-①得,a n =2n -1+3n -1,故S n =a 1+a 2+⋯+a n=20+21+⋯+2n -1 +30+31+⋯+3n -1 =2n -1+123n -1 =2n+3n 2-32,易得S n 为递增数列,又S 7=1220<2023,S 8=3535>2023,S n <2023,故n 的最大值为7.22已知数列a n 的首项a 1=25，且满足a n +1=2a n 2a n +1.(1)求证：数列1a n-2为等比数列：(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<101，求满足条件的最大整数n .【答案】(1)证明见解析(2)50【分析】(1)两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.【详解】(1)证明：由a n +1=2a n 2a n +1，可得1a n +1=2a n +12a n =1+12a n，1a n +1-2=12a n -1=121a n -2,又1a 1-2=12≠0,故数列1a n -2 为等比数列.(2)由(1)可知1a n -2=12×12 n -1=12n ，故1a n =12n +2.1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n =12+2+122+2+123+2+⋯+12n +2=121-12n1-12+2n =1-12n+2n .令f n =1-12n+2n ，易知f n 随n 的增大而增大，f 50 <101,f 51 >101，故满足f n <101的最大整数为50.23已知数列a n 满足a 1=1,a 2=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 .【答案】(1)证明见详解，a n =(2n -1)2n -1(2)T n =(2n -3)2n +3【分析】(1)根据递推公式构造可证，然后借助a n +1-2a n 为等比数列可得通项，再构造数列a n2n可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；(2)由错位相减法可得.【详解】(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a 2-2a 1=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 n 2n 是以a 12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n 2n =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 +324已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，现在有以下三个条件：①数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2；②a 1=1,a n +1=n +1na n ；③a 1=1,a 2=2，当n ≥3时，a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =1．从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列b n 满足b 1=1,b n =a n -a n -1(n ≥2)，试问b n 中是否存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列？请说明理由．【答案】(1)任选一条件，都有a n =n (2)不存在，理由见解析.【分析】(1)选①，结合a 2n =T n -T n -1求得a n ；选②，通过构造常数列的方法求得a n ；选③，结合a n =S n -S n -1以及等差数列的知识来求得a n .(2)先假设存在符合题意的b k ,b k +1,b k +2，结合等差中项的知识推出矛盾，从而作出判断.【详解】(1)选①：因为数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2，所以当n =1时，a 21=1；当n ≥2时，a 2n =T n -T n -1=n (n +1)2-(n -1)n2=n ．经检验n =1时，a 21=1符合上式，所以a 2n =n ,n ∈N *，故正项数列a n 的通项公式为a n =n ，选②：因为a 1=1,a n +1=n +1n a n ，所以a n +1n +1=a n n，所以a n n 为常数列，即a nn=a 1=1，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．选③：由a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =a n +a n -1 a n -a n -1 =a 2n -a 2n -1=1(n ≥3)，所以数列a 2n 从第2项起成等差数列，且a 2n =n (n ≥2)，经检验n =1时，a 1=1符合上式，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．(2)数列b k 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．理由如下：由(1)知当n ≥2时，b n =a n -a n -1=n -n -1，所以1b n =1n -n -1=n +n -1．假设数列b n 中存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．当k =1时，1,2+1,3+2，显然不成等差数列，假设不成立；当k ≥2时，则2(k +1+k )=(k +k -1)+(k +2+k +1)，即k +1+k =k -1+k +2，两边同时平方，得k +1+k +2k +1⋅k =k -1+k +2+2k -1⋅k +2，所以(k +1)k =(k -1)(k +2)，整理得k 2+k =k 2+k -2，所以0=-2，矛盾，故假设不成立．综上所述，数列b n 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．25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．【答案】(1)证明见解析(2)选①：T n =n 22+n2+2n +1-2；选②：T n =n -1 2n +1+2【分析】(1)根据递推公式使用构造法可得a n -12n 的通项公式，然后可得b n 通项，再由等比数列定义可证；(2)选①：由分组求和法可得；选②：使用错位相减法可得.【详解】(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=2n2n -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+n 2+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+226已知数列a n 的前n 项的和为S n 且满足S n =2a n -2n ，数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列．(1)求出数列a n ，b n 的通项公式；(2)求出数列a n +b n 的前n 项的和T n ．【答案】(1)a n =n +1 ⋅2n -1，b n =15n -11(2)T n =n ⋅2n+15n 2-7n2【分析】(1)利用a n 与S n 关系可得a n =2a n -1+2n -1，进而得到a n 2n =a n -12n -1+12，可知数列a n 2n 为等差数列，由等差数列通项公式可推导得到a n ；由题意可知b n 为等差数列，由等差数列通项公式可求得b n ；(2)采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列a n ,b n 的前n 项和，加和即可得到T n .【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=2a 1-2，∴a 1=2；当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n -1，∴a n =S n -S n -1=2a n -2n -2a n -1+2n -1=2a n -2a n -1-2n -1，即a n =2a n -1+2n -1，∴a n 2n =a n -12n -1+12，∴数列a n 2n 是以a 12=1为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n =1+12n -1 =n +12，∴a n =n +1 ⋅2n -1；∵数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列，∴数列b n 是以4为首项，15为公差的等差数列，∴b n =4+15n -1 =15n -11.(2)设A n 为数列a n 的前n 项和，B n 为数列b n 的前n 项和，∵A n =2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -2+n +1 ⋅2n -1，2A n =2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1+n +1 ⋅2n ，∴-A n =2-n +1 ⋅2n+21+22+⋅⋅⋅+2n -1=2-n +1 ⋅2n+21-2n -1 1-2=-n ⋅2n ，∴A n =n ⋅2n，又B n =n b 1+b n 2=n 4+15n -11 2=15n 2-7n 2，∴数列a n +b n 的前n 项的和T n =A n +B n =n ⋅2n+15n 2-7n 2.27记S n 是公差不为0的等差数列a n 的前n 项和，已知a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，数列b n 满足b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，且b 1=a 1-1.(1)求a n 的通项公式；(2)证明数列b n2n +1 是等比数列，并求b n 的通项公式；(3)求证：对任意的n ∈N *，ni =11b i <32.【答案】(1)a n =2n (2)证明见解析；b n =3n -2n (3)见解析【分析】(1)根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；(2)根据等比数列的定义结合递推公式证明b n2n +1b n -12n -1+1为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列b n 2n+1 的通项，从而可得出答案；(3)由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，再根据等比数列的前n 项和的公式即可得证.【详解】(1)解：设等差数列a n 的公差为d ,d ≠0，因为a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，则a 1+2d +3a 1+9d =5a 1+10da 1a 1+4d =4a 1+6d，解得a 1=2d =2或a 1=0d =0 (舍去)，所以a n =2n ；(2)证明：因为b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以b n 2n =32⋅b n -12n -1+12，即b n 2n+1=32b n -12n -1+1，所以b n2n +1b n -12n -1+1=32，因为b 1=a 1-1，所以b 12+1=32，所以数列b n 2n +1 是以32为首项，32为公比的等比数列，所以b n 2n+1=32 n，所以b n =3n -2n ；(3)证明：由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，故ni =11b i=1b 1+1b 2+1b 3+⋯1b n ≤1+13+132+⋯+13n -1=1×1-13 n1-13=321-13 n <32，所以ni =11b i<32.28已知数列a n 的前n 项和为S n ，满足a 1=1，且2S n =na n +1.(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列1S n的前n 项和T n .【答案】(1)a n =n ；(2)T n =2nn +1.【分析】(1)利用S n 与a n 的关系求解通项公式；(2)利用等差数列求和公式求解S n ，再根据裂项相消法求解T n .(1)因为2S n =na n +1，所以2S n +1=n +1 a n +2，两式相减得2a n +1=n +1 a n +2-na n +1，即n +2 a n +1=n +1 a n +2，即a n +2n +2=an +1n +1n ∈N * ，又a 2=2a 1=2，a 1=1，故an n =⋅⋅⋅=a 22=a 11=1，因此，数列a nn 是每项都是1的常数列，从而a n =n .(2)因为a n =n ，所以S n =n n +12，从而1S n =2n n +1=21n -1n +1 ，因此T n=2×1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n-1n+1=2×1-1n+1=2n n+1.29设数列a n满足a1=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．【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1+n(2)T n=n-1×2n+1【分析】(1)由递推公式可得a n-n=2a n-1-n-1，即可得到a n-n是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求出a n的通项公式；(2)由(1)可得b n=n×2n-1，再利用错位相减法求和即可；【详解】(1)解：因为a1=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a1-1=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)解：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×2n②，①-②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；30问题：已知n∈N*，数列a n的前n项和为S n，是否存在数列a n，满足S1=1,a n+1≥1+a n，﹖若存在．求通项公式a n﹔若不存在，说明理由．在①a n+1=2(S n+1+S n)﹔②a n=S n-1+n n≥2；③a n+1=2a n+n-1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：a n=1,n=18n-8,n≥2；选②：a n+1=2n-1；选③：a n=2n-n【分析】选①：利用a n与S n的关系得到关于S n的递推公式，再由递推公式求S n，然后可得通项a n；选②：利用a n与S n的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：a n+1=2(S n+1+S n)=S n+1-S n=(S n+1+S n)(S n+1-S n)∵S1=a1=1,a n+1-a n≥1∴S n+1+S n>0∴S n+1-S n=2，即{S n}是以2为公差，1为首项的等差数列∴S n=2n-1，即∴S n=(2n-1)2当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2n-1)2-(2n-3)2=8n-8显然，n=1时，上式不成立，所以a n=1,n=1 8n-8,n≥2 .选②：当n≥2时，a n=S n-1+n，即S n-1=a n-n所以a n=S n-S n-1=a n+1-(n+1)-(a n-n)整理得a n+1+1=2(a n+1)又a2=S1+2=3，a2+1=4所以{a n+1}从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列。
高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结
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。
数列求和5种常考题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版
数列求和5种常考题型总结【题型目录】题型一：分组求和法题型二：裂项相消法求和题型三：错位相减法求和题型四：先求和，再证不等式题型五：先放缩，再求和【典型例题】【例1】已知数列{}n a 的前n 项和1*44(N )33n n S n +=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【例2】已知各项均为正数的数列{}n a 中，11a =且满足221122n n n n a a a a ++-=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，满足213n n S b +=.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若在k b 与1k b +之间依次插入数列{}n a 中的k 项构成新数列{}1122334564:,,,,,,,,,,n c b a b a a b a a a b ，求数列{}n c 中前40项的和40T .【例3】设n S 是各项为正的等比数列{}n a 的前n 项的和，且*2334N S a n ∈=，=，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 的任意k a 与1k a +项之间，都插入()*N k k ∈个相同的数()1kk -，组成数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项的和为n T ，求100T 的值．【题型专练】1.已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若111a b ==，22331a b a b -=-=．(1)求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S ．2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n n S S a +=++，请在①4713a a +=；②137,,a a a 成等比数列；③1065S =，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n n b a -是公比为2的等比数列，13b =，求数列{}n b 的前n 项和n T .3．（2022·广东广州·一模）已知公差不为0的等差数列{}n a 中，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式：(2)保持数列{}n a 中各项先后顺序不变，在k a 与1(1,2,)k a k += 之间插入2k ，使它们和原数列的项构成一个新的数列{}n b ，记{}n b 的前n 项和为n T ，求20T 的值.4.已知等差数列{}n a 满足121,21n n a a a ==+，设2n an b =.(1)求{}n b 的通项公式，并证明数列{}n b 为等比数列；(2)将1b 插入12,a a 中，23,b b 插入23,a a 中，456,,b b b 插入34,a a 中， ，依此规律得到新数列1122334564,,,,,,,,,,a b a b b a b b b a ，求该数列前20项的和.题型二：裂项相消法求和【例1】首项为4的等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ，其中546S S S 、、成等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；100【例2】已知数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和n S 满足2343n n n nS a S a =--．(1)求实数λ的值，使得{}2n S λ+是等比数列；(2)设13n n n n b S S +=，求数列{}2n b 的前n 项和．【解析】(1)当1n =时，111823a a a =-，11S a =，解得22118S a ==；当2n ≥时，把1n n n a S S -=-代入题设条件得:22198n n S S -=+，即()221191nn S S -+=+，很显然}{21n S +是首项为8+1=9，公比为9的等比数列，∴1λ=；(2)由（1）知{}21n S +是首项为21190S +=≠，公比9q =的等比数列，所以291nnS =-，()()()()()()1211191919111188919919199111n nnnn n n n n n b ++++---⎛⎫==⨯=- ---⎝---⎭．故数列{}2n b 的前n 项和为：2221122334112111111111111891919191919191918891n n n n b b b ++⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+-++-=- ⎪ ⎪---------⎝⎭⎝⎭.【例3】数列{}n a 的前n 项和n S ，342n n S a =-.(1)求n a ；(2)令2log 1n n b a =，求数列{}1n n b b +的前n 项和n T .）问的结论以及对数的运算性质，再利用裂项相消法进行求解【例4】（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）已知等差数列{}n a 的首项10a >，记数列{}n a 的前n 项和为()*N n S n ∈，且数列为等差数列.(1)证明：数列2n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设数列11n n n a S a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和为()*N n T n ∈，求{}n T 的通项公式.【例5】已知数列{}n a 满足1n a +=11a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)1n c a a =+，n S 是数列{}n c 的前n 项和，求n S ．【题型专练】1．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.已知53227S S S -=-，且12,1,a a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；2．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22n n n S a a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设4n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：3n T <.3.已知数列{}n a 是公差不为零的等差数列，2414a a +=，且1a ，2a ，6a 成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解析】(1)等差数列{}n a 中，324214a a a =+=，解得37a =，因1a ，2a ，6a 成等比数列，即2216a a a =，设{}n a 的公差为d ，于是得()()()277273d d d -=-+，整理得230d d -=，而0d ≠，解得3d =，所以()3332n a a n d n =+-=-.(2)由（1）知，()()1111()323133231n b n n n n ==--+-+，所以111111[(1)()()]34473231n S n n =-+-+⋅⋅⋅+--+11(1)33131nn n =-=++.4.记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，且13n n S a +=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n c 满足________，记n T 为数列{}n c 的前n 项和，证明：2n T <．从①211(1)(2)n n n n c a a a +++--=②221log n n n a c a ++=两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.【解析】(1)13n n S a +=- ①，当1n =时，123a a =-，24a ∴=；当2n ≥时，13n n S a -=-②①-②得，即12n n a a +=又2142a a =≠，∴数列{}n a 是从第2项起的等比数列，即当2n ≥时，2222n nn a a -=⋅=．1,1,2, 2.n n n a n =⎧∴=⎨≥⎩．(2)若选择①：()()()()()()2211111122211212212121222121n n n n n n n n n n n n a c a a ++++++++⋅⎛⎫====- ⎪--------⎝⎭，2231111111121212212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-< ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭．若选择②122n n n c ++=，则23134122222nn n n n T +++=++++ ③，34121341222222n n n n n T ++++=++++ ④，③-④得341212131112311212422224422n n n n n n n T ++-+++⎛⎫⎛⎫=++++-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，14222n n n T ++∴=-<．5．已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且()21n S n n =+，记221(1)nn n n na b a a +=-+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2021T .【解析】(1)()112n S n n =+，当1n =时，111212S =⨯⨯=；当2n ≥，n *∈N 时，()1112n S n n -=-，()()1111122n n n a S S n n n n n -=-=+--=.当1n =时也符合,()n a n n N *∴=∈.(2)()()()()()()221212111111111nn n n n n n n n n a n b a a n n n n n n ++++⎛⎫=-=-=-=-+ ⎪++++⎝⎭202111111111 (122)33420212022T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111111112023=1 (1223342021202220222022)--++--+--=--=-.题型三：错位相减法求和【例1】已知数列{}n a 满足12a =，且11220n n n n a a a a +++⋅-=，数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，n S 为{}n b 的前n 项和，满足14b a =，378S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设nnb C a =，记数列{}n C 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围.【例2】已知各项均不为零的数列{}n a 满足()1212320n n n n n a a a a a ++++-+=，且11a =，23a =，设1n n nb a a +=-.(1)证明：{}n b 为等比数列；(2)求1n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【例3】已知数列{}n a 的首项*112,322,N n n a a a n n -==+≥∈.(1)求n a ；(2)记()3log 1n n n b a a =⋅+，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S .【例4】已知各项为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，若()214n n S a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设3nn na b =，且数列{}n b 前n 项和为n T ，求证：1n T <．【例5】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*22N n n S a n =-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令4n n b a n =-，求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【题型专练】1．若公比为c 的等比数列{}n a 的首项11a =且满足12(3,4,)2n n n a a a n --+==⋅⋅⋅．(1)求c 的值；(2)求数列{}n na 的前n 项和n S ．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,121n n S a +=-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设(21)n n b n a =-,数列{}n b 的前n 项和为n T ,若存在*n ∈N 且2n ≥,使得2(1)(1)(1)n T n n n λ-≤-+成立,求实数λ的最小值.3．已知数列{}n a 前n 项和为12,n S a =，且满足()*1,N 2n n S a n n +=+∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()()211n n b n a =--，求数列{}n b 的前n 项和n T .4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26a =，()121n n a S +=+.(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析，123n n a -=⨯（*n ∈N ）5.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，426S =．正项等比数列{}n b 中，12b =，2312b b +=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-，2nn b =，(2)()13428n n T n +=-+【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可；（2）由错位相减法求解即可(1)设等差数列的公差为d ，由已知得，4342262d ⨯⨯+=，解得3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-，即{}n a 的通项公式为31n a n =-；设正项等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，因为12b =，2312b b +=，所以()2212q q+=，所以260qq +-=，解得2q =或3q =-（负值舍去），所以2nn b =．(2)()312n n n a b n =-，所以()()1231225282342312n nn T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，所以()()23412225282342312n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+-，相减得，()123412232323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅--()()211132122231212n n n -+⨯⨯-=⨯+---，所以()13428n n T n +=-+．题型四：先求和，再证不等式【例1】设n S 为数列{n a }的前n 项和，已知123n n S a a +=，且10a ≠．(1)证明：{n a }是等比数列；(2)若12341,21,a a a -+成等差数列，记32log 1n n b a =-，证明12231111n n b b b b b b ++++ ＜12．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【例2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，___________，*n ∈N .在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.①22n n S a =-；②122222n n a a a n ++⋯⋯+=；③221232n n n a a a a +⋯⋯=注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记(1)(1)n n a b a a =--，n T 是数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n ∈N ，1n kT n>-，求实数k 的取值范围.项和，再将不等式恒成立问题转化求函数的最值问【例3】（2022江西丰城九中高二阶段练习）等差数列{}n a 中，前三项分别为,2,54x x x -，前n 项和为n S ，且2550k S =.(1)求x 和k 的值；(2)求n T =1231111nS S S S ++++ (3)证明:n T 1<【例4】（2022·浙江·高二期末）已知数列{}n a 满足114a =，134n n a a +=-.(1)证明数列{}2n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设()()()113131nnn nn a b +-=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若存在*n ∈N ，使n m T ≥，求m 的取值范围.【题型专练】1．已知数列{}n a 满足：()2222*12323N n a a a n a n n n ++++=+∈ .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}1n n a a +的前n 项和()*N n ∈，求证：24n S ≤<.2.（2022陕西安康市教学研究室高一期末）已知数列{}n a 满足12a =，1(2)2(1)n n n a n a ++=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，证明：6n S <．3．已知数列{}n a 的首项13a =，()*1212,N n n a a n n -=+≥∈，()2log 1n n b a =+.(1)证明：{}1n a +为等比数列；(2)证明：1223111112n n b b b b b b +++⋅⋅⋅+<.【答案】(1)证明见解析4．已知数列{n a }的前n 项和为n S ，342n n S a =-，(1)求数列{n a }的通项公式；(2)设33log 4n n a b =，n T 为数列12n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.证明：12n T ≤<【答案】(1)143n n a -=⨯；(2)证明见解析.【分析】（1）利用,n n a S 关系及等比数列的定义求通项公式；，结合数列单调性即可证结论5.已知数列{}n a 的前n 项和31n n S =-，其中*N n ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11b =，()132n n n b b a n -=+≥，（i ）证明：数列13nn b -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（ii ）设数列{}n b 的前n 项和为n T ，求380n n T n -⋅<-成立的n 的最小值.【答案】(1)()1*2·3n n a n -=∈N (2)（i ）证明见解析；（ii ）5【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩即可求解；（2）11323n n n b b --=+⨯，两边除以13n -即可证明等差数列；利用错位相减法求n T ，解不等式即可求得n 的最小值.（1）31n n S =-，6．（2022·安徽·高三开学考试）已知数列{}n a 满足(12122n n a a a a n -+++-=- 且)*N n ∈，且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132<≤n T .【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)证明见解析【分析】（1）将已知条件与1212n n a a a a ++++-=- 两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；（2）利用裂项相消求和法求出n T 即可证明.（1）题型五：先放缩，再求和【例1】已知数列{}n a 的前n 项和为12n S a =，，当2n ≥时，()21212n n n S nS n n --=+-．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)求证：2222111123a a a a +++< ．【例2】（2022·浙江省义乌中学模拟预测）已知数列{}n a 单调递增且12a >，前n 项和n S 满足2441n n S a n =+-，数列{}n b 满足212n n nb b b ++=，且123a a b +=，233b a +=.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式;(2)若1n c a b =，求证：123415n c c c c ++++< .【例3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和n S (2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．【例4】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，且214n n n S S a ++=+．(1)求n a ；(2)求证：121112111n a a a +++<+++ ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N (2)证明见解析【分析】（1）分析可知数列{}21k a -是首项为11a =，公比为4的等比数列，数列{}2k a 是首项为22a =，公比【题型专练】1.已知数列{}n a 满足：12a =，132n n a a +=-，n *∈N .(1)设1n n b a =-，求数列{}n b 的通项公式；(2)设31323log log log n n T a a a =++⋅⋅⋅+，()n *∈N ，求证：()12n n n T ->.【答案】(1)13n n b -=(2)证明见解析2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)设22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+，求证：112n n S a +>-．为以3.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*322n n a S n n N =+∈.(1)证明：数列{}1n a +为等比数列，并求数列{}n a 的前n 项和为n S ；(2)设()31log 1n n b a +=+，证明：222121111nb b b ++⋅⋅⋅+<.【解析】(1)当1n =时，11322a S =+，即12a =由322n n a S n =+，则()1132212n n a S n n --=+-≥两式相减可得13223n n n a a a -=+-，即132n n a a -=+所以()1131n n a a -+=+，即1131n n a a -+=+数列{}1n a +为等比数列则()112133n n n a -+=+⨯=，所以31n n a =-则()()1231333333132nn n n n n S +--=+++-==--L (2)()1313log 1log 31n n n b a n ++=+==+()()2211111111n b n n n n n =<=+++所以2221211111111111122311n b b b n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L4．已知数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +-=+,n S 是1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.(1)求n S ；(2)若n T 为数列2n S n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和，求证：232n n T n >>+.。
高考数列题型总结（优秀范文五篇）
高考数列题型总结（优秀范文五篇）第一篇：高考数列题型总结数列1.2.3.4.5.6.坐标系与参数方程 1.2.34..5.6.(1)(2)第二篇：数列综合题型总结数列求和1.（分组求和）(x-2)+(x2-2)+…+（xn-2）2.(裂相求和)++Λ+1⨯44⨯7(3n-2)(3n+1)3.（错位相减）135+2+3+222+2n-12n1⨯2+2⨯22+3⨯23+Λ+n⨯2n4.（倒写相加）1219984x)+f()+Λ+f()=x 求值设f(x），求f(1999199919994+25.（放缩法）求证：1+数列求通项6.（Sn与an的关系求通项）正数数列{an}，2Sn=an+1，求数列{an}的通项公式。
7．（递推公式变形求通项）已知数列{an }，满足，a1=1,8.累乘法an+1=5an求{an }的通项公式 5+an11++2232+1<2n2数列{an}中，a1=122，前n项的和Sn=nan，求an+1.2222a=S-S=na-(n-1)a⇒(n-1)a=(n-1)an-1 nnn-1nn-1n解：⇒∴∴an=ann-1=an-1n+1，anan-1a2n-1n-2111⋅Λ⋅a1=⋅Λ⨯=an-1an-2a1n+1n32n(n+1)an+1=1 (n+1)(n+2)9累加法第三篇：数列题型及解题方法归纳总结文德教育知识框架⎧列⎧数列的分类⎪数⎪⎪⎨数列的通项公式←函数⎪的概念角度理解⎪⎪⎩数列的递推关系⎪⎪⎧⎧等差数列的定义an-an-1=d(n≥2)⎪⎪⎪⎪⎪等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d⎪⎪⎪等差数列⎪⎨n⎪⎪⎪等差数列的求和公式Sn=2(a1+an)=na1+n(n-1)d⎪⎪⎪⎪⎪2⎪⎩等差数列的性质an+am=ap+aq(m+n=⎪⎪p+q)⎪两个基⎪⎧等比数列的定义an=q(n≥⎪本数列⎨⎪⎪a2)n-1⎪⎪⎪⎪⎪⎪等比数列的通项公式an-1⎪n=a1q数列⎪⎪等比数列⎨⎨⎧a1-anq=aqn1(1-)⎪⎪⎪等比数列的求和公式S(q≠1)n=⎪⎨1-q1-q⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩na1(q=1)⎪⎪⎪⎩等比数列的性质anam=apaq(m+n=p+q)⎪⎩⎪⎧公式法⎪⎪分组求和⎪⎪⎪⎪错位相减求和⎪数列⎪⎪求和⎨裂项求和⎪⎪倒序相加求和⎪⎪⎪⎪累加累积⎪⎪⎩归纳猜想证明⎪⎪⎪数列的应用⎧分期付款⎨⎩⎩其他掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
数列精华题型归纳(含详解)
数列精华题型归纳一、 等差数列的定义与性质() 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2 ()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+ {}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232-- （）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ⇔=+ 0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。
a d a a S n n n n 110000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。
a d a a S n n n n 110000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27） 二、等比数列的定义与性质 定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q qq n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 三、求数列通项公式的常用方法 1、公式法2、n n a S 求由；（时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--121113、求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a ，∴a n n =+21，∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()练习、{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534（注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n 144== n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……· 4、叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++ 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133==5、等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()()练习、{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥--()（）a n n=-1231 6、等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x d c -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a d c c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111 ∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c d c n n =+-⎛⎝ ⎫⎭⎪---1111练习、{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-843117、倒数法例如：，，求a a a a a n n n n 11122==++ ，由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+ ∴11121a a n n +-= ， ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为 ()()∴=+-=+11112121a n n n · ，∴a n n =+21三、 求数列前n 项和的常用方法1、公式法：等差、等比前n 项和公式2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项。
专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
， 求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：
1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数
（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）
高考数列常考题型归纳总结汇总
n
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以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
再待定系数法解决。
例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=
52
⋅⋅3=85
n -3。1
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1
(n ≥2，则{a n }的通项a n =⎨
⎧1⎩___
n =1
n ≥2
解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1+na n，用此式减去已知式，得当n ≥2时，a n +1-a n =na n，即a n +1=(n +1 a n，又a 2=a 1=1，
1
56
, a n +1=
1
1n +1
a n +(，求a n。32
1n +12n n +1
a n +(两边乘以2n +1得：2∙a n +1=(2∙a n +1 323
22
令b n =2n ∙a n，则b n +1=b n +1,解之得：b n =3-2( n
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高考数学数列题型篇_题型归纳
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合
1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;
2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，
进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
3.培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法,学习规律.。