2023高三数学二轮热点题型专项突破专题16 递推公式——构造法求通项（新高考全国通用）

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递推公式---构造法求通项高考定位已知数列的递推关系求解通项公式是命题的热点，可以很好地考查学生逻辑推理与数学运算核心素养.专题解析一般地，可以通过将递推式进行适当的变形，构造出等差数列、等比数列或常数列，从而求得原数列的通项公式，本专题汇总了常见的递推公式，并进行全面梳理。数列求通项求 和公式法 叠加法 叠乘法 构造法专项突破基础类型一、an=pan-1+q例1．在数列中，，且，则的通项为（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；【详解】解：∵，∴，由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．故选：A练．已知数列满足，，则满足不等式的（为正整数）的值为（ ）．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】先求得的通项公式，然后解不等式求得的值.【详解】依题意， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，由得，即，即，，而在上递减，所以由可知.故选：D基础类型二、p∙anan-1=an-an-1例2．已知数列满足递推关系，，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由递推式可得数列为等差数列，根据等差数列的通项公式即可得结果.【详解】因为，所以，，即数列是以2为首项，为公差的等差数列，所以，所以，故选：D.练．已知数列满足：，则数列的通项公式为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对两边取倒数后，可以判断是首项为1，公差为的等差数列，即可求得.【详解】由数列满足：，两边取倒数得：，即，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，所以，所以故选:D练．已知数列中，，．求数列的通项公式；【答案】【分析】首先证得是等差数列，然后求出的通项公式，进而求出的通项公式；【详解】解：因为，所以令，则，解得，对两边同时除以，得，又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以，所以；练．已知数列满足，，设，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将递推关系式整理为，可知数列为等差数列，借助等差数列通项公式可整理求得，从而得到的通项公式；根据数列的单调性可采用分离变量法得到，结合导数的知识可求得，由此可得结果.【详解】由得：．，即，是公差为的等差数列．，，，．是递减数列，，，即，即．只需，令，，在上单调递增，在上单调递减．又，，当时，，即，，即实数的取值范围是．故选：B．练．已知数列满足，记数列前项和为，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由可得，利用累加法可求得，求得的范围，从而可得的范围，从而可得出答案.【详解】解：由可得，化简得，累加求和得，化简得，因为，所以，即，．，，所以，即．故选：B.基础类型三、an-an-1=f(n)例3．已知数列满足，，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，利用累加法得出.【详解】由题意可得，所以，，…，，上式累加可得，又，所以.故选：B.练．数列满足，且（），则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，利用累加法求得，进而得到，利用裂项相消法求解.【详解】∵，，…，，∴，即，∴，．∵符合上式，∴．∴，，，．故选：A．类型四、anan-1=f(n)例4．若数列满足，，，且，则______．【答案】15【详解】由可得，anan-1=n+1n-1所以a2a1a3a2a4a3∙∙∙∙∙an-1an-2anan-1=31∙42∙53∙64⋯nn-2∙n+1n-1所以ana1=n1∙n+12解得.故答案为：15练．已知数列满足，且，则数列前36项和为（ ）A．174 B．672 C．1494 D．5904【答案】B【分析】由条件可得，由此求出数列的通项，进而求得数列的通项，再利用分组求和方法即可计算作答.【详解】在数列中，，当时，，anan-1=n-1n，叠成可得，即，因，，则，因此，，，显然数列是等差数列，于是得，所以数列前36项和为672.故选：B练．已知数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）设，若恒成立，求实数的取值范围；（3）设是数列的前项和，证明．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．【分析】（1）先化简递推公式，由等比数列的定义判断出，数列是公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求出；（2）由（1）和条件求出，利用作差法判断出数列的单调性，可求出的最大值，再求实数的取值范围；（3）由（1）化简，利用裂项相消法求出，利用函数的单调性判断出的单调性，结合的取值范围求出的范围，即可证明结论．【详解】解：（1）由已知，，可得，即：an+1an=n+12n，叠加得：．（2）由（1）知，所以，所以，．，所以，所以则当，，即，当，，即，是最大项且，．（3），又令，显然在时单调递减，所以，故而．基础类型五、含Sn的递推公式例5. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn，并判断是否存在正整数n，使得Tn·2n－1＝n＋50成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由.解　(1)因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1.因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，eq \f(Sn＋1＋1,Sn＋1)＝2.因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式.故an＝2n－1，n∈N*.(2)易得bn＝eq \f(n,an)＝eq \f(n,2n－1)，则Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋…＋eq \f(n,2n－1)，所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n,2n).两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).即Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1)，代入Tn·2n－1＝n＋50得，2n－n－26＝0.令f(x)＝2x－x－26(x≥1)，则f′(x)＝2xln 2－1>2xln eq \r(e)－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，所以f(x)＝2x－x－26在[1，＋∞)上为增函数.而f(5)·f(4)<0，故不存在正整数n使得Tn·2n－1＝n＋50成立.练.已知数列的前项和为.若，且（1）求；（2）设，记数列的前项和为.证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由题意得，从而得到数列是以为首项､为公差的等差数列，即可得到答案；（2）求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求和，结合不等式的放缩法，即可得到答案；（1）因为数列的前项和为，所以由可得又因为，所以，因此，数列是以为首项､为公差的等差数列，所以.（2）因为而，所以所以数列的前项和为故，命题得证.提高类型一、an=pan-1+qn例1-1．已知列满足，且，．（1）设，证明：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式；【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.（2）由（1）直接写出通项公式即可.【详解】（1）由题设知：，且，∴是首项、公差均为1的等差数列，又，则数列为等差数列，得证.（2）由（1）知：.练．已知在数列中，，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；【详解】解:因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得．故选：A练．已知数列满足，且，则数列的通项公式______．【答案】【分析】利用条件构造数列，可得数列为等差数列即求.【详解】∵，∴，即．又，，∴数列是以3为首项，1为公差的等差数列，∴，∴数列的通项公式．故答案为：.练．若数列满足，，则数列的通项公式________.【答案】【分析】由，可得，设，即，先求出的通项公式，进而得到答案.【详解】由，可得，设则，则所以是以1为首项，3为公比的等比数列.则，则，所以 故答案为：练．已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立，则实数的最小值是_________.【答案】2【分析】将已知等式化为，根据数列是首项为3公差为1的等差数列，可求得通项公式，将不等式化为恒成立，求出的最大值即可得解.【详解】因为时，，所以，而，所以数列是首项为3公差为1的等差数列，故，从而.又因为恒成立，即恒成立，所以.由得，得，所以，所以，即实数的最小值是2.故答案为：2练．在数列中，，且，则______.(用含的式子表示)【答案】【分析】将条件变形为，即数列是首项为，公比为3的等比数列，然后可算出答案.【详解】因为，所以，所以数列是首项为，公比为3的等比数列，所以所以.故答案为：提高类型二、an=pan-1+An ，或an=pan-1+An2+Bn例2-1．设数列满足，若，且数列的前 项和为，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据的递推关系求出的通项公式，代入的表达式中，求出的通项，即可求解的前 项和【详解】由可得,∵, ∴,则可得数列为常数列，即, ∴∴,∴.故选: D练．已知数列的前项和满足，，证明：对任意的整数，有.【答案】证明见解析【分析】由与的关系，结合待定系数法可求得，由于通项中含有，考虑分项讨论，分析得出当且为奇数时，，然后分为奇数和偶数进行分类讨论，结合放缩法以及等比数列的求和公式可证得所证不等式成立.【详解】当时，，解得，当时，由可得，两式作差得，即，设，即，所以，，得，所以，，故数列是公比为的等比数列，且首项为，所以，，故，由于通项中含有，很难直接放缩，考虑分项讨论：当且为奇数时，（减项放缩）.①当且为偶数时，；②当且为奇数时，所以，.因此，对任意的整数，有.练．已知数列的前项和满足：，则为__________．【答案】【分析】当时，，将已知式子变形得：，继而推出，可知数列为等比数列，求解即可.【详解】当时，，，也即：，，即：，当时，，解得：，，数列是以为首项，公比为的等比数列，，即.故答案为：.提高类型三、an+1an=pan+1+qan或an+1=qanan+p例3-1．已知数列满足，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【分析】由数列递推式得到是首项为2，公比为2的等比数列，求出其通项公式后代入，当时，，且求得实数的取值范围.【详解】解：由得，则由，得，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，∴，由，得， 因为数列是单调递增数列，所以时，，，即，所以，又∵，，由，得，得，综上：实数的取值范围是.故选：C.练．已知数列满足，，则通项公式_______.【答案】【分析】先取倒数可得,即,由等比数列的定义可得时,,即,再检验时是否符合即可【详解】由题,因为,所以,所以, 当时,,所以,所以当时,,则,即,当时,,符合,所以,故答案为:提高类型四、an+1an=pan+1+qan+μ ，或an+1=qan+μan+p例4-1．已知数列满足，，若，当时，的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将已知递推关系式变形可得，由此可知数列为等差数列，由等差数列通项公式可取得，进而得到；由可上下相消求得，结合解不等式可求得的最小值.【详解】由得：，，，即，数列是以为首项，为公差的等差数列，，则，，由得：，又，且，的最小值为.故选：C.练．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且）．若表示不超过x的最大整数，，数列的前n项和为，则的值为___________．【答案】2023【分析】根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，，又，由此即可求出.【详解】当时，，，，，从第2项起是等差数列.又，，，，，当时，，（），当时，.又，.故答案为：2023提高类型五、an+1an=pan+1+μ，或an+1=μan+p例5-1．已知数列满足，其中.（1）求证是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，若对任意的恒成立，求p的最小值.【答案】（1）证明见解析，；（2）最小值为1.【分析】（1）根据，可得，从而可得，即可得出结论，再根据等差数列的通项即可求得数列的通项公式；（2），即，设，利用作差法证明数列单调递减，从而可得出答案.【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴， ∴是以1为首项，1为公差的等差数列.，∴.（2）解：∵，∴，即对任意的恒成立，而，设，∴，，∴，∴数列单调递减，∴当时，，∴.∴p的最小值为1.练．已知数列{an}满足a1a2…an＝1an．（1）求证数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）设Tn＝a1a2……an，bn＝an2Tn2，证明：b1+b2+…+bn＜．【答案】（1）证明见解析，an＝；（2）证明见解析.【分析】（1）由题设得，进而构造与的关系式，利用等差数列的定义证明结论，然后求a1，即可得an；（2）由（1）求得Tn与bn，再利用放缩法与裂项相消法证明结论．【详解】（1）∵a1a2…an＝1an①，则a1a2…an+1＝1an+1②，∴两式相除得：，整理得，∴，则，∴，又n＝1时有a1＝1a1，解得：，∴，∴数列{}是以为首项，为公差的等差数列，∴，即.（2）由（1）得：Tn＝a1a2…an＝，∴bn＝，∴b1+b2+…+bn＜，得证．提高类型六、an=pan-1+qan-2例6-1．已知数列的前项和为，，，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知得出数列是等比数列，然后可利用数列的奇数项仍然为等比数列，求得和．【详解】因为，所以，又，所以，所以是等比数列，公比为4，首项为3，则数列也是等比数列，公比为，首项为3．所以．故选：A．练．已知数列满足，且，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由可得，从而得数列以为首项，2为公比的等比数列，根据，可化为，从而即可求得答案.【详解】由可得，若，则，与题中条件矛盾，故，所以，即数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，所以，故选：A．练．数列各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列命题正确的个数是（ ）．①；②数列是等比数列；③数列是等比数列；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到，整理得到，利用构造法求出数列的通项，即可判断；【详解】解：由得，所以，∴（*），①，，，，∴，正确；②由（*）知，∴首项，，∴是等比数列，正确；③，首项，不符合等比数列的定义，错误；④由②对可知：，两边同除得，令，∴，．∴，，即数列是恒为0的常数列．∴，故错误．故选：B．练．已知数列中的分别为直线在轴、轴上的截距，且，则数列的通项公式为_____________．【答案】【详解】试题分析：由已知得：，已知条件可化为，设，可化为：，则，解得：，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则．两边同时除以转化为：，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以．提高类型七、an=pan-1+qan-2+μ例7-1．已知数列满足，，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）构造，结合已知条件可知是首项为2，公差为4的等差数列，写出通项公式，再应用累加法有，即可求的通项公式；（2）由（1）知：，易知在上恒成立，且数列单调递增，即可求其最小值.【详解】（1）令，则，而，∴是首项为2，公差为4的等差数列，即，∴，又，∴.（2）由题设，，，∴，当且仅当时等号成立，故且在上单调递增，又，∴当时，的最小值.练．已知数列满足，且，则的通项公式_______________________.【答案】【分析】由已知条件可得，从而有是以为首项，为公差的等差数列，进而可得，最后利用累加法及等差数列的前n项和公式即可求解.【详解】解：由,得，则，由得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，当时，，所以，当时，也适合上式，所以，故答案为：.练．已知是数列的前项和，，，，求数列的通项公式___________.【答案】【分析】根据已知条件构造，可得是公比为的等比数列，即，再由累加法以及分组求和即可求解.【详解】因为，所以，因此，因为，，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，所以当时，，，，，，以上各式累加可得：，因为，所以；又符合上式，所以.故答案为：.提高类型八、含Sn类递推公式例8-1．设数列的前项和为，且，（），则的最小值为A． B． C． D．【答案】B【分析】利用数列的通项与前项和的关系,将转换为的递推公式,继而构造数列求出,再得到关于的表达式,进而根据函数的性质可得的增减性求解即可.【详解】由题,当时, ,整理得,即数列是以1为首项,2为公差的等差数列.所以,故.所以,令函数,则.故数列是一个递增数列,当时,有最小值.故选：B练．数列的前项和为，已知，，则___．【答案】【分析】由给定条件借助消去，求出即可得解.【详解】因，，而，则，于是得，又，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，从而有，即，，时，，而满足上式，所以，.故答案为：练．数列满足，（，），则______.【答案】【分析】利用项和转换，得到，故是以为首项，为公差的等差数列，可得，再借助，即得解.【详解】由于，即故是以为首项，为公差的等差数列由于故答案为：练．已知Sn＝4－an－，求an与Sn.【答案】an＝n·，n∈N*；Sn＝4－.【分析】由题得Sn＝4－an－，Sn－1＝4－an－1－，n≥2，两式相减化简即得an与Sn.【详解】∵Sn＝4－an－，∴Sn－1＝4－an－1－，n≥2，当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝an－1－an＋－.∴an＝an－1＋∴，∴2nan－2n－1an－1＝2，∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.∵a1＝S1＝4－a1－＝2－a1，∴a1＝1，∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n.∴an＝n·，n∈N*，∴Sn＝4－an－＝4－n·－＝4－.练. 在各项均不为0的数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq \o\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，求数列{an}的通项.解　当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，将其代入Seq \o\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，可得Seq \o\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))＝Seq \o\al(2,n)－eq \f(1,2)Sn－SnSn－1＋eq \f(1,2)Sn－1，整理化简，得Sn－1－Sn＝2SnSn－1.又易知Sn≠0，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2.故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，公差为2的等差数列.因此eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,S1)＋2(n－1)＝2n－1，则Sn＝eq \f(1,2n－1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－3)＝－eq \f(2,（2n－1）·（2n－3）).经验证a1＝1不符合上式，故数列{an}的通项为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(2,（2n－1）·（2n－3）)，n≥2.))提高类型九、f(n)∙an=g(n)∙an-1+k(n) 例9-1．在数列中，，，，则________.【答案】460【分析】由已知可得，即数列是以为首项，为公比的等比数列，由此可求出的通项公式，得出所求.【详解】，，即,所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，，，.故答案为：460.练．已知数列的首项，且满足，则中最小的一项是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】转化条件为，结合等差数列的性质可得，即可得解.【详解】因为，所以，又，所以，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，即，所以，，，当时，，所以中最小的一项是.故选：B.练．数列满足，，若，且数列的前项和为，则（ ）A．64 B．80 C． D．【答案】C【分析】由已知可得，即数列是等差数列，由此求出，分别令可求出.【详解】数列满足，，则，可得数列是首项为1、公差为1的等差数列，即有，即为，则，则.故选：C.练．数列满足，且，若，则的最小值为 A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】依题意，得，可判断出数列{2nan}为公差是1的等差数列，进一步可求得21a1=2，即其首项为2，从而可得an=，继而可得答案．【详解】∵，即，∴数列{2nan}为公差是1的等差数列，又a1=1，∴21a1=2，即其首项为2，∴2nan=2+（n﹣1）×1=n+1，∴an=．∴a1=1，a2=，a3=，a4=＞，a5==＜=，∴若，则n的最小值为5，故选C．练．数列满足：，，，令，数列的前项和为，则__________．【答案】【详解】由递推关系整理可得： ，则： ，据此可得： 以上各式相加可得： ，再次累加求通项可得： ，当 时该式也满足题意，综上可得： ，则：练．在数列中，，，是数列的前项和，则为___________.【答案】【分析】将化为，再由等比数列的定义和通项公式､求和公式，可得所求和.【详解】解：由，，可得，即，所以数列是以为首项､2为公差的等差数列，所以，由，.故答案为：.类型十、带平方递推公式例10-1．若正项数列满足，则数列的通项公式是_______．【答案】【分析】根据给定条件将原等式变形成，再利用构造成基本数列的方法求解即得.【详解】在正项数列中，，则有，于是得，而，因此得：数列是公比为2的等比数列，则有，即，所以数列的通项公式是.故答案为：练．已知数列，，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得的值.【详解】由可得，，根据递推公式可得出，，，进而可知，对任意的，，在等式两边取对数可得，令，则，可得，则，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，，即.故选：B.练．已知数列的首项，则（ ）A．7268 B．5068 C．6398 D．4028【答案】C【分析】由得，所以构造数列为等差数列，算出，求出.【详解】易知，因为，所以，即，是以3为公差，以2为首项的等差数列.所以，即.故选 ：C练．若数列满足，，则使得成立的最小正整数的值是______.【答案】【分析】根据递推关系式可证得数列为等比数列，根据等比数列通项公式求得，代入不等式，结合可求得结果.【详解】，，，数列是以为首项，为公比的等比数列，，，由得：，即，，且，满足题意的最小正整数.故答案为：.练．数列满足,记,则数列的前项和________．【答案】【详解】试题分析：由得，且，所以数列构成以1为首项，2为公差的等差数列，所以，从而得到，则，所以,,两式相减，得所以.例10-2．设数列满足，，，，则______.【答案】【分析】由题意可得，，化简整理得，令，可得，由此可得，从而可求出答案．【详解】解：∵，，∴当时，，即，∴，∴，令，则，且，∴，又，∴，即，∴，故答案为：．练．已知数列满足，则________【答案】【分析】等价变形，换元设，得，两边取对数，得是首项，公比的等比数列，求出可解 .【详解】，，，设，则，，两边取对数， ， ，所以是首项，公比的等比数列， ， ， 故答案为：练．设二次函数满足：（i）的解集为；（ii）对任意都有成立.数列满足：，，.（1）求的值；（2）求的解析式；（3）求证：【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）利用赋值法，令代入不等式即可求解.（2）根据不等式的解集可设，将代入即可求解.（3）由（2）可得，从而可得，得出，令，构造为等比数列，利用等比数列的通项公式可得，进而求出，放缩后由等比数列的前项和公式即可求解.【详解】解：（1）由于对任意都有成立，则令，得，则；（2）由于的解集为，可设，由，可得，则；（3）证明：，则，即有，令，则，由于，则有，，即有，则，则，则，所以原不等式成立.类型十一、构造常数列例11-1．若数列满足，，，且，则______．【答案】15【分析】根据题意整理可得，所以为常数列，令即可得解.【详解】由可得，两边同除可得，故数列为常数列，所以，所以，解得.故答案为：15练．已知数列满足，且，则数列前36项和为（ ）A．174 B．672 C．1494 D．5904【答案】B【分析】由条件可得，由此求出数列的通项，进而求得数列的通项，再利用分组求和方法即可计算作答.【详解】在数列中，，当时，，于是得数列是常数列，则，即，因，，则，因此，，，显然数列是等差数列，于是得，所以数列前36项和为672.故选：B练．已知等差数列的前项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）已知，，设___________，求数列的通项公式.在①，②，③，这3个条件中，任选一个解答上述问题.注：如果选择多个条件分别解答，按照第一个解答计分.【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）根据等差数列的性质可求，从而可求的通项.（2）根据题设中的递推关系可得，从而可得为常数列，据此可求的通项，从而可求相应的的通项公式.【详解】（1）因为为等差数列，故，故，而，故即，所以等差数列的公差为1，所以.（2）因此，故，所以，所以为常数列，所以，所以，若选①，则；若选②，则；若选③，则.练．设数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，则a20的值是（ ）A．4 B．4C．4 D．4【答案】D【分析】首先证得{nan－(n－1)an－1}为常数列，得到，进而证得数列是以1为首项，5为公差的等差数列，从而求出通项公式，进而求出结果.【详解】因为2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，所以nan－(n－1)an－1＝(n＋1)an＋1－nan故数列{nan－(n－1)an－1}为常数列，且，所以，即，因此数列是以1为首项，5为公差的等差数列，所以，因此所以a20＝.故选：D．练．如果数列满足，，且，则这个数列的第10项等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题设条件知，所以，由此能够得到为等差数列，从而得到第10项的值．【详解】解：，，，，即为等差数列．，，，为以为首项，为公差的等差数列．，．故选：．练．已知数列{an}满足（n∈N*），且a2=6，则{an}的通项公式为_____.【答案】【分析】由题意令n=1可得a1，当时，转化条件可得，进而可得，即可得解.【详解】因为数列{an}满足（n∈N*），所以，①当n=1时，即a1=1，②当时，由可得，∴数列从第二项开始是常数列，又，∴，∴，又满足上式，∴.故答案为：.类型十二、代入法构造例12-1．数列，的每一项都是正数，，，且，，成等差数列，，，成等比数列．（1）求数列，的值．（2）求数列，的通项公式．（3）记，记的前n项和为，证明对于正整数n都有成立．【答案】（1）24；36；（2），；（3）证明见解析.【分析】(1)由条件取特殊值求，；(2)由条件证明数列为等差数列，由此可求数列，的通项公式；(3)利用裂项相消法求，由此证明.【详解】解：（1）由得，又得，（2）∵，，成等差数列，∴①，又∵，，成等比数列，∴，②当时，③由②③代入①得，，∴是以为首项的等差数列，∴则，时，，经验证也符合，∴．（3）由（2）知，则成立．练．已知数列中，，设，求数列的通项公式________．【答案】【分析】首先判断是等比数列，并求得其通项公式，从而求得数列的通项公式.【详解】依题意，则，两边取倒数并化简得，即，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.故答案为：练．两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为___________.【答案】【分析】依题意可得，即，即可得到的特征方程为，求出方程的根，则设数列的通项公式为，根据、得到方程组，求出，即可得到的通项公式；【详解】解：因为，，所以，所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或，所以可设数列的通项公式为，因为，，所以，所以，解得，所以，所以；故答案为：