数列题型归纳-解题方法整理(解析版)

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高考数学复习历年考点题型专题讲解38--- 数列中的通项公式(解析版)

高考数学复习历年考点题型专题讲解38数列中的通项公式一、题型精讲解题方法与技巧题型一、由S a n n 与的关系求通项公式例1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a =.求数列{}n a 的通项公式；【解析】因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==,所以2n a n =例2、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；【解析】设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列，所以()21312a a a a =+-，即232a a =.因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n n n a a q-==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=.所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.例3、（2020届山东省德州市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，242n n n S a a =+.求数列{}n a 的通项公式；【解析】当1n =时，211142a a a =+，整理得2112a a =，10a >，解得12a =；当2n ≥时，242n n n S a a =+①，可得211142n n n S a a ---=+②，①－②得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()221120n n n n a a a a ----+=，化简得()()1120n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，10n n a a -∴+>，所以12n n a a --=，从而{}n a 是以2为首项，公差为2的等差数列，所以()2212n a n n =+-=；题型二、由a a n n 与1+的递推关系求通项公式例3、【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21nn a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n na ab a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．例4、（2020届山东省德州市高三上期末）对于数列{}n a ，规定{}n a ∆为数列{}n a 的一阶差分数列，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ，对自然数()2k k ≥，规定{}kn a ∆为数列{}n a 的k 阶差分数列，其中111k k k n n n a a a --+∆=∆-∆.若11a =，且()2*12n n n n a a a n +∆-∆+=-∈N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．212n n a n -=⨯ B ．12n n a n -=⨯C ．()212n n a n -=+⨯D ．()1212n n a n -=-⨯【答案】B【解析】根据题中定义可得()()2*1112n n n n n n n n a a a a a a n a +++∆-∆+=∆-∆-∆+=-∈N ，即()1122nn n n n n n n a a a a a a a ++-∆=--=-=-，即122nn n a a +=+，等式两边同时除以12n +，得111222n n n n a a ++=+，111222n n n n a a ++∴-=且1122a =，所以，数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列，()1112222n n a n n ∴=+-=，因此，12n n a n -=⋅.故选：B.例5、【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221nna c -的通项公式；【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941nnnn n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221nna c -的通项公式为()221941nnn a c -=⨯-．题型三、新定义题型中通项公式的求法例6、【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk k n nn S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式；【解析】（1）因为等差数列{}n a 是“λ～1”数列，则11n n n S S a λ++-=，即11n n a a λ++=，也即1(1)0n a λ+-=，此式对一切正整数n 均成立．若1λ≠，则10n a +=恒成立，故320a a -=，而211a a -=-，这与{}n a 是等差数列矛盾．所以1λ=．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列*{}()n a n ∈N是“”数列，==．因为0n a >，所以10n n S S +>>1-=．n b，则1n b -=221(1)(1)(1)3n n n b b b -=->．解得2n b =，即2=，也即14n nS S +=，所以数列{}n S 是公比为4的等比数列．因为111S a ==，所以14n n S -=．则21(1),34(2).n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩例7、【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12mi i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12mi i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得1pq r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ，又12,,,pr r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0pm r a a ≤.所以0m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m −1之后.设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m . 因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m .与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件.所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）已知数列{}n a 满足：12125 1,6n n n a a a a n -≤⎧=⎨-⎩()*n N ∈)若正整数()5k k ≥使得2221212k k a a a a a a ++⋯+=⋯成立，则k =（）A ．16B ．17C ．18D ．19【答案】B【解析】当6n ≥时，()1211111n n n n n a a a a a a a +--==+-，即211n n n a a a +=-+，且631a =.故()()()222677687116......55n n n n a a a a a a a a a n a a n +++++=-+-++-+-=-+-，2221211...161k k k a a a a k a +++++=+-=+，故17k =.故选：B .2、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．求{}n a 和{}n b 的通项公式；【解析】当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+=22n -，所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b =于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q-=⋅=12n -．3、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知数列{}{},n n a b 满足：1112,,2n n n n a a n b a n b ++=+-==.（1）证明数列{}n b 是等比数列，并求数列{}n b 的通项；【解析】证明：因为n n b a n -=，所以n n b a n =+．因为121n n a a n +=+- 所以()()112n n a n a n +++=+ 所以12n n b b +=．又12b =，所以{}n b 是首项为12b =，公比为2的等比数列，所以1222n n n b -=⨯=．4、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满足()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等比数列.求数列{}n a 的通项公式；【解析】对任意*n ∈N ，有()()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.② ①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. 而数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=. 当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成立；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成立，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .5、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，满足424S S =，917a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足1212112n n n b b b a a a +++=-…，求数列{}n b 的通项公式【解析】（1）设等差数列{}n a 首项为1a ，公差为d ．由已知得11914684817a d a d a a d +=+⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．于是12(1)21n a n n =+-=-．（2）当1n =时，1111122b a =-=．当2n ≥时，1111(1)(1)222n n n n nb a -=---=，当1n =时上式也成立．于是12n n nb a =．故12122n n n n n b a -==． 6、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，n a =*n N ∈，且2n ≥）求数列{}n a 的通项公式；【解析】由n a =1n n S S --=+1(2)n =≥，所以数列1==为首项，以1为公差的等差数列，1(1)1n n =+-⨯=，即2n S n =，当2n ≥时，121n n n a S S n -=-=-，当1n =时，111a S ==，也满足上式，所以21n a n =-；7、【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ．8、【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n项和．①求数列{b n }的通项公式；【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n nb b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .。

2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)

数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结(解析版)

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结考点一：已知S n =f n ，求a n利用S n=a 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，注意一定要验证当n =1时是否成立【精选例题】1已知S n 为数列a n 的前n 项和，且S n =2n +1-1，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2nB.a n =3,n =12n,n ≥2C.a n =2n -1D.a n =2n +1【答案】B【详解】当n ≥2时，S n -1=2n -1，a n =S n -S n -1=2n +1-1-2n +1=2n ；当n =1时，a 1=S 1=21+1-1=3，不符合a n =2n ，则a n =3,n =12n ,n ≥2.故选：B .2定义np 1+p 2+p 3+⋅⋅⋅+p n 为n 个正数p 1,p 2,p 3,⋅⋅⋅,p n 的“均倒数”，若已知数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n，则a 10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【详解】因为数列a n 的前n 项的“均倒数”为15n ，所以n a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =15n⇒a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n =5n 2，于是有a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 10=5×102，a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a 9=5×92，两式相减，得a 10=5×(100-81)=95，故选：C3(多选题)定义H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn为数列a n 的“优值”．已知某数列a n 的“优值”H n =2n ，前n 项和为S n ，下列关于数列a n 的描述正确的有()A.数列a n 为等差数列B.数列a n 为递增数列C.S 20222022=20252D.S 2，S 4，S 6成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得H n =a 1+2a 2+⋯+2n -1a nn=2n ，所以a 1+2a 2+⋯+2n -1a n =n ⋅2n ，①所以n ≥2时，a 1+2a 2+⋯+2n -2a n -1=n -1 ⋅2n -1，②得n ≥2时，2n -1a n =n ⋅2n -n -1 ⋅2n -1=n +1 ⋅2n -1，即n ≥2时，a n =n +1，当n =1时，由①知a 1=2，满足a n =n +1．所以数列a n 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以S n =n n +3 2，所以S n n =n +32，故S 20222022=20252，故C 正确．S 2=5，S 4=14，S 6=27，S 2，S 4，S 6不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．4设数列a n 满足a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -1a n =n +1，则a n 的前n 项和()A.2n -1B.2n +1C.2nD.2n +1-1【答案】C【详解】解：当n =1时，a 1=2，当n ≥2时，由a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1+12n -1a n =n +1得a 1+12a 2+122a 3+⋅⋅⋅+12n -2a n -1=n ，两式相减得，12n -1a n =1，即a n =2n -1，综上，a n =2,n =12n -1,n ≥2 所以a n 的前n 项和为2+2+4+8+⋯+2n -1=2+21-2n -1 1-2=2n ，故选：C .【跟踪训练】【变式1】无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ，则下列结论中正确的有()A.a n 为等比数列B.a n 为递增数列C.a n 中存在三项成等差数列D.a n 中偶数项成等比数列【答案】D【详解】解：无穷数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =2n ∴n ≥2，a n =S n -S n -1=2n -2n -1=2n -1，当n =1时，a 1=S 1=21=2，不符合上式，∴a n =2,n =1,2n -1,n ≥2,所以a n 不是等比数列，故A 错误；又a 1=a 2=2，所以a n 不是递增数列，故B 错误；假设数列a n 中存在三项a r ,a m ,a s 成等差数列，由于a 1=a 2=2，则r ,m ,s ∈N *,2≤r <m <s ，所以得：2a m =a r +a s ⇒2×2m -1=2r -1+2s -1∴2m =2r -1+2s -1，则∴1=2r -m -1+2s -m -1，又s -m -1≥0⇒2s -m -1≥1且2r -m -1>0恒成立，故式子1=2r -m -1+2s -m -1无解，a n 中找不到三项成等差数列，故C 错误；∴a 2n=22n -1(n ∈N *)，∴a 2(n +1)a n=22n +122n -1=4∴a 2n 是等比数列，即a n 中偶数项成等比数列，故D 正确.故选：D ．【变式2】对于数列a n ，定义H n =a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn为a n 的“伴生数列”，已知某数列a n 的“伴生数列”为H n =(n +1)2，则a n =；记数列a n -kn 的前n 项和为S n ，若对任意n ∈N *,S n ≤S 6恒成立，则实数k 的取值范围为．【答案】3n +1；227≤k ≤196.【详解】因为H n =(n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na nn，所以n ⋅ (n +1)2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n ①，所以当n =1时，a 1=4，当n ≥2时，(n -1) ⋅ n 2=a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1②，①-②：3n 2+n =na n ，所以a n =3n +1，综上：a n =3n +1，n ∈N *，令b n =a n -kn =(3-k )n +1，则b n +1-b n =3-k ，可知{b n }为等差数列，又因为对任意n ∈N *，S n ≤S 6恒成立，所以S 6-S 5=b 6≥0，S 7-S 6=b 7≤0，则有b 6=3-k ×6+1=19-6k ≥0，b 7=3-k ×7+1=22-7k ≤0，解得227≤k ≤196．故答案为：3n +1；227≤k ≤196考点二：叠加法(累加法)求通项。

数列题型及解题方法

数列题型及解题方法数列是数学中常见的概念，也是高中数学中重要的内容之一。

在数学学习中，数列题型及解题方法是学生们需要掌握的重要知识点。

本文将从数列的基本概念入手，介绍常见的数列题型及解题方法，希望能帮助学生们更好地理解和掌握数列的相关知识。

一、数列的基本概念。

数列是按照一定顺序排列的一串数，这些数之间存在着一定的规律。

数列可以分为等差数列、等比数列和其他特殊数列等多种类型。

在解题时，首先需要明确数列的类型，然后根据数列的特点和规律进行分析和计算。

二、等差数列题型及解题方法。

1. 求等差数列的通项公式。

等差数列的通项公式一般为an=a1+(n-1)d，其中an表示数列的第n项，a1为首项，d为公差，n为项数。

通过已知的首项和公差，可以利用通项公式求出数列的任意一项。

2. 求等差数列的前n项和。

等差数列的前n项和公式为Sn=n/2(a1+an)，通过这个公式可以求出等差数列前n项和的数值，其中n为项数，a1为首项，an为第n项。

3. 应用等差数列解决实际问题。

在解决实际问题时，可以将问题转化为等差数列的形式，然后利用等差数列的性质进行求解。

例如，求等差数列中满足某个条件的项数，或者求解等差数列中某些项的和等问题。

三、等比数列题型及解题方法。

1. 求等比数列的通项公式。

等比数列的通项公式一般为an=a1q^(n-1)，其中an表示数列的第n项，a1为首项，q为公比，n为项数。

通过已知的首项和公比，可以利用通项公式求出数列的任意一项。

2. 求等比数列的前n项和。

等比数列的前n项和公式为Sn=a1(q^n-1)/(q-1)，通过这个公式可以求出等比数列前n项和的数值，其中n为项数，a1为首项，q为公比。

3. 应用等比数列解决实际问题。

同样地，可以将实际问题转化为等比数列的形式，然后利用等比数列的性质进行求解。

例如，求等比数列中满足某个条件的项数，或者求解等比数列中某些项的和等问题。

四、其他特殊数列题型及解题方法。

(完整版)数列求通项专题(总复习专题-方法全面-有答案)全

求数列通项专题题型一：定义法（也叫公式法）直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目例：等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项。

解：设数列}a {n 公差为)0d (d > ∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =，即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12= ∵0d ≠，∴d a 1=………①∵255S a = ∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d = ∴n 5353)1n (53a n =⨯-+=题型二：已知的关系求通项公式(或)n n S a 与()n n S f a =这种类型一般利用与消去⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n )()(11---=-=n n n n n a f a f S S a n S )2(≥n 或与消去进行求解。

)(1--=n n n S S f S )2(≥n n a 例：（1）已知数列的前项和，求数列的通项公式}{n a n 22+=n S n }{n a 解：当时，；1=n 311==S a 当时，； 2≥n 122)1(2221-=---+=-=-n n n S S a n n n ⎩⎨⎧≥-==∴)2(12)1(3n n n a n （2）已知数列的前项和满足，求数列的通项公式}{n a n n S 1)1(log 2+=+n S n }{n a 解：由，得，1)1(log 2+=+n S n 121-=+n n S ⎩⎨⎧≥==∴)2(2)1(3n n a nn 练习：1、已知数列{}的前n 项和为, 求.n a 32nn S =-n a 2、数列的前n 项和为，，，求的通项公式{}n a n S 11=a )(1121≥+=+n S a n n {}n a题型三：形如用累加法（也叫逐差求和法）：)(1n f a a n n +=+（1）若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.d a a n n =-+1n a d n a )1(1-+（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法. 方法如下：由得：)(1n f a a n n =-+时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ，)2(21-=---n f a a n n )2(23f a a =-以上各式相加得)1(12f a a =- 即：.)1()2()2()1(1f f n f n f a a n +++-+-=- ∑-=+=111)(n k n k f a a 为了书写方便，也可用横式来写：时，，2≥n )1(1-=--n f a a n n ∴112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- =.1)1()2()2()1(a f f n f n f ++++-+- 例1：已知数列{a n }中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ．解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得 n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+=1121n -+， 3121n a n ∴=-+例2：已知数列满足，求数列的通项公式。

高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理

高中数学数列复习-题型归纳-解题方法整理-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数列一、等差数列与等比数列 1.基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。

转化为“基本量”是解决问题的基本方法。

2.等差数列与等比数列的联系1）若数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。

（a>0且a ≠1）；2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。

3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。

3.等差与等比数列的比较4、典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n.解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d+＝1812dd++，解得d＝1，d＝0（舍去），故{a n}的通项a n＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a=2n，由等比数列前n项和公式得Sm =2+22+23+…+2n=2(12)12n--=2n+1-2.小结与拓展：数列{}n a是等差数列，则数列}{n a a是等比数列，公比为d a，其中a是常数，d是{}n a的公差。

（a>0且a≠1）.【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。

高考数学解答题(新高考)数列求和(倒序相加法、分组求和法)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题05 数列求和（倒序相加法、分组求和法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍1、倒序相加法，即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.2、分组求和法2.1如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.2.2如果一个数列可写成n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.二、典型例题类型1：倒序相加法例题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100B ．105C ．110D ．115思路点拨：根据题意：，对应关系作用下的量“”和“”始终满足：；再结合求解目标：，可使用倒序相加法解答过程：；倒序重写一次：；两式相加因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221x f x =+，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（） A ．9 B ．11C ．92D ．112思路点拨：通过观察求解目标：求，注意到对应关系作用下的量头尾复合关系“”，故先验证的值.解答过程：设倒序重写一次：则两式相加()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B.类型2：分组求和角度1：通项为n n n c a b =±型求和例题3．（2022·河南郑州·三模（文））已知数列{}n a 满足111,1n n a a S +==+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，n *∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】(1)12n na (2)221n n -+(1)11a =，11n n a S +=+，当1n =时，可得2112a a =+=．当2n ≥时，11n n a S -=+，则1n n n a a a +-=，即12n n a a +=，且212a a =．故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，并且知是首项为1，公差为2的等差数列，可先求出的通项，再求出的通项.解答过程：设的前项和为由是首项为1，公差为2的等差数列，，由（1）知注意到表达式为等差+等比；可用分组求和(2)由题意12(1)21n n b a n n -=+-=-，所以1221n n b n -=+-，设{}n b 的前n 项和为n T()()()01121212112222132121.122n n n n n n n T b b b n n -+--=+++=+++++++-=+=-+- 角度2:通项为nn na n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数型求和例题4．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ；【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中，由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-，两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=，当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==，所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和(2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯. 例题5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由题意知，注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项．（注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-；当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-．所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数三、题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）已知1()12F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，*121(0)(1)()n n a f f f f f n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭N ，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．n a n =B ．2n a n =C ．1n a n =+D ．223n a n n =-+【答案】C由题已知()112F x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭是R 上的奇函数，故()()F x F x -=-，代入得：()11222f x f x x R ⎛⎫⎛⎫-++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴函数()f x 关于点112⎛⎫⎪⎝⎭，对称，令12t x =-，则112x t +=-，得到()()12f t f t +-=， ∵()()1101n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()1110n n a f f f f n n -⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，倒序相加可得()221n a n =+，即1n a n =+，故选：C ．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()113sin 22f x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，则122018201920192019f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭（）A ．2018B ．2019C ．4036D ．4038【答案】A()11113sin 22f x x x ⎛⎫-=-+-+ ⎪⎝⎭，()()12f x f x ∴+-=，令122018201920192019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201712019201922018019S f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得：222018S =⨯，2018S ∴=. 故选：A .3．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，①则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =．故答案为：36524．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______．【答案】992因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，①+②，得99299=S ，所以99992=S ． 5．（2022·黑龙江双鸭山·高二期末）设4()42xx f x =+，若122014()()()201520152015S f f f =++⋯⋯+，则S ＝________. 【答案】1007解：∵函数f （x ）442xx =+，∴f （x ）+f （1﹣x ）11114444442424242(42)44242x x x x x x xx x x x x x ----⋅=+=+=+=++++⋅++ 1 故可得S ＝f （12015）+f （22015）…+f （20142015）＝1007×1＝1007, 故答案为：10076．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.7．（2022·黑龙江·哈师大附中三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n a S +=. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)22122++⎛⎫- ⎪⎝⎭nn n(1)∵1n n a S +=，① 当1n =时，111a a +=，即112a =，当2n ≥时，111n n a S --+=．②由①－②得120n n a a --=，即112n n a a -=， ∴数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(2)由（1）知22lo 111log 222g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-nnnn n n n b a a ，∴()121211112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nn n n T b b b∴()()21112211121112222212⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++++⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-nn n n n n n n n ．8．（2022·广东·二模）已知递增等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2134a a a =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n b 满足()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，求数列{}n b 的前15项和．【答案】(1)2n n a =(2)92(1)设{}n a 的公比为q ，则由2134a a a =，得21114a q a a q =⋅．整理得14a q =．又314S =，得()21114a q q ++=．联立得()1214114a q a q q =⎧⎪⎨++=⎪⎩，消去1a ，得22520q q -+=．解得2q 或12q =．又因为{}n a 为递增等比数列，所以2q，12a =．所以112n nn a a q -==．(2)（方法一）当1k =时，()1*,31,03n a n b n N n =⎧=∈⎨<<⎩，则121b b ==，312b a ==，同理，列举得452b b ==，2622b a ==，783b b ==，3932b a ==，10114b b ==，41242b a ==，13145b b ==，51552b a ==．记{}n b 的前n 项和为n T ，则 151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-．所以数列{}n b 的前15项和为92．（方法二）由()()*,3,313k n a n k b k N k k n k=⎧=∈⎨-<<⎩，得()*,32,31,3n k k n k b k n k k N a n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪=⎩，记{}n b 的前n 项和为n T ，则151215123451122334455T b b b a a a a a =+++=++++++++++++++ ()()1234521234522222=⨯+++++++++()()5212155292212⨯-+⨯=⨯+=-．所以数列{}n b 的前15项和为92．9．（2022·甘肃兰州·一模（理））在①5913S S =，②2a 是1a 和4a 的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知公差d 不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36a =．(1)______，求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列2n a n b =，n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)答案见详解；(2)()24413n n T n n =++- (1)选①：由于()1553552a a S a +==，()1995992a a S a +== 所以53955193S a S a ==，又36a =，所以510a =，故()53122d a a =-= 所以()332n a a n d n =+-=；选②：2a 是1a 和4a 的等比中项，则2214a a a =，所以()()()23332d d a d a a -=-+，又36a =，解得2d =，0d =（舍去）所以()332n a a n d n =+-=；(2)24==n a n n b ，24n n n n c a b n =+=+，则()()()22422424n n T n =++⨯++++ ()()2212444n n =+++++++ ()()22414441143n n n n n n -=++=++-- 10．（2022·重庆·二模）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，()2243n n n a a S n *+=+∈N .若数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=()n N *∈. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设()()1,21,,2,n n n n k k NS c b n k k N **⎧=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩，求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =+，2n n b =(2)1244213n n n T n +-=++ (1)由0n a >，2243n n n a a S +=+①，得：当1n =时，211230a a --=,解得13a =或11a =-（负值舍去），当2n ≥时，2111243n n n a a S ---+=+②，-①②得：()()()1112n n n n n n a a a a a a ---+-=+，所以12n n a a --=，所以数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列.所以()*21n a n n N =+∈.因为数列{}n b 满足12b =，24b =，212n n n b b b ++=.所以数列{}n b 是等比数列，首项为2，公比为2.所以2n n b =.(2)因为()*21N n a n n =+∈，所以()()2321222n n n S n n n n ++==+=+，所以()()242211112221335572121n n T n n =+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯-+ ()414111111111233557212114n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()41411122114n n -⎛⎫=-+ ⎪+-⎝⎭ 144213n n n +-=++. 11．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知函数()()*21f n n n N =-∈，数列{}n b 满足()()*2f n n b n N =∈.数列{}n a为等差数列，满足11a b =，322a b =-.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n S .【答案】(1)2n a n =；212n n b -=；(2)21212233n n S n n +=⋅++-. (1)由题意得：212n n b -=，112a b ==，3226a b =-=，∴等差数列{}n a 的公差3122a a d -==， ()2212n a n n ∴=+-=；(2)由（1）得：2122n n n a b n -+=+；()()()()1352121421232222114n n n S n n n --∴=+++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+=++-()()2122121412333n n n n n n +=++-=⋅++-。

数列题型及解题方法归纳总结

数列题型及解题方法归纳总结数列在数学中是一个非常重要的概念，它在各种数学问题中都有着重要的应用。

在学习数列的过程中，我们需要了解不同的数列题型及相应的解题方法，这样才能更好地掌握数列的知识，提高解题能力。

下面，我们将对数列题型及解题方法进行归纳总结，希望能对大家的学习有所帮助。

一、等差数列。

等差数列是最基本的数列之一，它的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1)d$。

在解等差数列的问题时，我们需要注意以下几种情况：1. 求前n项和，$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$；2. 求首项、公差或项数，$a_n = a_1 + (n-1)d$；3. 已知前几项求第n项，$a_n = a_m + (n-m)d$。

二、等比数列。

等比数列也是常见的数列类型，它的通项公式为：$a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$。

解等比数列的问题时，需要注意以下几点：1. 求前n项和，$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$；2. 求首项、公比或项数，$a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$；3. 已知前几项求第n项，$a_n = a_m \cdot q^{n-m}$。

三、特殊数列。

除了等差数列和等比数列外，还有一些特殊的数列，如斐波那契数列、等差-等比数列等。

在解题时，需要根据具体情况选择合适的方法，不能生搬硬套。

四、解题方法。

在解数列题时，我们可以采用以下几种方法：1. 找规律法，观察数列的前几项，找出它们之间的规律，从而得出通项公式或前n项和的表达式；2. 递推法，根据数列的递推关系，逐步求解出数列的各项；3. 通项公式法，如果数列是等差数列或等比数列，可以直接利用其通项公式进行求解；4. 常用公式法，对于常见的数列题型，可以直接利用其前n项和的公式进行求解。

五、总结。

通过以上的归纳总结，我们可以看出，数列题型及解题方法是一个比较系统的知识体系，需要我们掌握一定的基本原理和方法。

高考数列题型及解题方法

高考数列题型主要分为以下几类：1. 等差数列和等比数列：这类题目主要考察对等差数列和等比数列的性质、通项公式、求和公式等基本知识的掌握。

2. 通项公式的求解：这类题目要求求解数列的通项公式，通常可以通过观察数列的规律、使用递推关系或利用已知条件来推导。

3. 求和公式的应用：这类题目要求计算数列的和，包括等差数列、等比数列以及其他一些特殊数列的和。

4. 数列的极限：这类题目考察数列极限的概念，包括求解数列的极限、判断数列的收敛或发散等。

5. 不完全归纳法：这类题目要求通过观察数列的前几项来猜测数列的规律，并用不完全归纳法进行证明。

解题方法：1. 熟悉等差数列和等比数列的性质、通项公式和求和公式。

2. 学会观察数列的规律，找到数列之间的关系。

3. 熟练运用递推关系求解数列的通项公式。

4. 利用已知条件求解数列的通项公式或求和。

5. 掌握不完全归纳法的解题方法，通过观察数列的前几项来猜测数列的规律，并进行证明。

案例：1. 等差数列题目：已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1=1，求a10。

解：根据等差数列的通项公式an=a1+(n-1)d，代入已知条件，得到a10=1+(10-1)×2=19。

2. 通项公式题目：已知数列{an}满足an=2an-1+1，a1=1，求an。

解：根据递推关系，得到an+1=2(an-1+1)，即an+1=2an，所以数列{an}是公比为2的等比数列。

因此，an=2^(n-1)。

3. 求和公式题目：求等差数列1，4，7，10，...的前n项和。

解：根据等差数列求和公式Sn=n/2×(a1+an)，代入已知条件，得到Sn=n/2×(1+3n/2)=3n^2/4+n/4。

通过对高考数列题型的分类和解题方法的总结，可以更好地应对高考数列题目，提高解题能力。

数学数列题型归纳解题方法

数列等差数列与等比数列1.基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。

转化为“基本量”是解决问题的基本方法。

2.等差数列与等比数列的联系1）若数列{}n a 是等差数列，则数列}{naa 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。

（a>0且a ≠1）；2）若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，则数列{}log a n a 是等差数列，公差为log a q ，其中a 是常数且0,1a a >≠，q 是{}n a 的公比。

3）若{}n a 既是等差数列又是等比数列,则{}n a 是非零常数数列。

3.等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义常数）为(}{1d a a P A a n n n =-⇔⋅+常数）为(}{1q a a P G a nn n =⇔⋅+通项公式 n a =1a +（n-1）d=k a +（n-k ）d=dn+1a -d k n k n n q a q a a --==11求和公式n d a n d d n n na a a n s n n )2(22)1(2)(1211-+=-+=+=⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q qqa a q q a q na s n n n中项公式A=2ba +推广：2n a =mn m n a a +-+ab G =2。

推广：m n m n na a a +-⨯=2性质1若m+n=p+q 则 qp n m a a a a +=+ 若m+n=p+q ，则qp n m a a a a =。

2 若}{n k 成A.P（其中N k n ∈）则}{n k a 也为A.P 。

若}{n k 成等比数列（其中N k n∈），则}{n k a 成等比数列。

3．n n n n n s s s s s 232,,-- 成等差数列。

n n n n n s s s s s 232,,--成等比数列。

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1 数列典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn. 解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，

由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知=2n，由等比数列前n项和公式得

Sm=2+22+23+…+2n==2n+1-2. 小结与拓展：数列na是等差数列，则数列}{naa是等比数列，公比为da，其中a是常数，d是na

的公差。（a>0且a≠1）.

【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例2 已知数列{an}的前三项与数列{bn}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n对任意的n∈N*都成立，数列{bn＋1－bn}是等差数列．求数列{an}与{bn}的通项公式。解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8(n－1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1an＝8，求得an＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴an＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4，b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{bn＋1－bn}的公差为－2－(－4)＝2，∴bn＋1－bn＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，法一（迭代法） bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8) ＝n2－7n＋14(n∈N*)．

121d1812dd

2ma

2(12)12n 2

法二（累加法）即bn－bn－1＝2n－8， bn－1－bn－2＝2n－10， … b3－b2＝－2， b2－b1＝－4， b1＝8，相加得bn＝8＋(－4)＋(－2)＋…＋(2n－8)

＝8＋(n－1)(－4＋2n－8)2＝n2－7n＋14(n∈N*)．小结与拓展：1）在数列{an}中，前n项和Sn与通项an的关系为： )Nn,2( )1( 111nSSnSa

nnn.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法

是求数列通项公式的常用方法。【题型3】中项公式与最值（数列具有函数的性质）例3 （2009汕头一模）在等比数列｛an｝中，an＞0 (nN＊），公比q(0,1)，且a1a5 + 2a3a5 +a 2a8

＝25，a3与as的等比中项为2。（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）设bn＝log2 an，数列｛bn｝的前

n项和为Sn当最大时，求n的值。解：（1）因为a1a5 + 2a3a5 +a 2a8＝25，所以， + 2a3a5 +＝25 又an＞o，…a3＋a5＝5 又a3与a5的等比中项为2，所以，a3a5＝4

而q（0,1），所以，a3＞a5，所以，a3＝4，a5＝1，，a1＝16，所以，

（2）bn＝log2 an＝5－n，所以，bn＋1－bn＝－1，所以，{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列。所以，

所以，当n≤8时，＞0，当n＝9时，＝0，n＞9时，＜0，

1212nSSSn•••

23a25a

12q

1511622nnna





(9),2nnnS92nSnn

nSnnSnnSn 3

当n＝8或9时，最大。小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。二、数列的前n项和 1.前n项和公式Sn的定义： Sn=a1+a2+…an。 2.数列求和的方法（1）（1）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:

1nkk1

2123(1)nnn

；

21nkk



22221

6123(1)(21)nnnn；

31nkk



33332(1)2123[]nnn

；

1(21)nkk2n1)-(2n...531

。

（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。（3）倒序相加法：如果一个数列{an}，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：等差数列的前n项和即是用此法推导的。（4）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。

适用于1nnaac其中{na}是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。

如：1）11nnaa和11nnaa（其中na等差）可裂项为：111111()nnnnaadaa；2）1111()nnnnaadaa



。（根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）

常见裂项公式：（1）111(1)1nnnn；

1212nSSSn••• 4 （2）1111()()nnkknnk；

（3）1111(1)(1)2(1)(1)(2)[]nnnnnnn； 3.典型例题分析【题型1】公式法例1 等比数列{}na的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－p，则＝________. 解：1）当n=1时，p-2a1； 2）当2n时，1-n1-nn1-nnn2p)-(2-p)-(2S-Sa。因为数列{}na为等比数列，所以1p12p-2a1-11 从而等比数列{}na为首项为1，公比为2的等比数列。故等比数列2na为首项为1，公比为4q2的等比数列。 1)-(4314-1)4-1(1nn2232221naaaa 小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:（见知识点部分）。5）等比数列的性质：若数列{}na为等比数列，则数列2

及na1也为等比数列，首项分别为21a、1a1，公比分别为2q、q1。

【题型2】分组求和法例2 （2010年丰台期末18）数列{}na中，11a，且点1(, )nnaa()nN在函数()2fxx的图象上.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）在数列}{na中，依次抽取第3，4，6，…，122n，…项，组成新数列{}nb，试求数列{}nb的通项nb及前n项和nS. 解：（Ⅰ）∵点1(, )nnaa在函数()2fxx的图象上，∴12nnaa。

2232221naaaa 5

∴12nnaa，即数列}{na是以11a为首项，2为公差的等差数列， ∴1(1)221nann。

（Ⅱ）依题意知：11222(22)123nnnnba ∴12nnSbbb=11(23)23nniiiin=1122323212nnnn. 小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。

【题型3】裂项相消法

例3 （2010年东城二模19改编）已知数列的前项和为，，，设．（Ⅰ）证明数列是等比数列；

（Ⅱ）数列满足，求。证明：（Ⅰ）由于， ① 当时，． ② ① ②得．所以．又，所以．因为，且，所以．所以．故数列是首项为，公比为的等比数列．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，则（）．

．小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它

nann

11a

141nnSa

12nnnbaanb

nc

21log3nn

cb

*()nN

1223341nnnTcccccccc



141nnSa2n141nnSa

1144nnnaaa1122(2)nnnnaaaa

12nnnbaa12nnbb

11a12141aaa21314aa

12122baanb22

2nnb211log33nncbn



n*N

1223341nnnTcccccccc1111455667(3)(4)nn

1144n4(4)nn