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专题强化训练一 数列通项公式常考方法归纳-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册）
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这是一份专题强化训练一 数列通项公式常考方法归纳-高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破（人教A版2019选择性必修第二册），共31页。
专题强化训练一：数列常考求通项公式的方法归纳
【考点梳理】
1. 公式法
题设中有an与Sn的关系式时，常用公式
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))来求解.
1．（2021·全国·高三专题练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，求数列的通项公式.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，，，，求数列的通项公式.
3．（2021·全国·高三专题练习）已知数列满足，求数列的通项公式.
2. 累加法：若数列{an}满足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.
4．（2022·全国·高三专题练习）设数列满足，，则数列的通项公式.
5．（2022·全国·高三专题练习）在数列中，，且，求数列的通项公式.
6．（2022·全国·高三专题练习）数列满足，求数列的通项公式.
3. 叠乘法：若数列{an}满足eq \f(an,an－1)＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.
7．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列中，，求数列的通项公式.
8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，.数列的通项公式.
9．（2021·全国·高二课时练习）已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
（1）求a2，a3；
（2）求{an}的通项公式．
4. 构造法：当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝eq \f(q,p－1)，从而构造出等比数列{an＋λ}.
10．（2021·全国·高三专题练习）在数列中，，求.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，，，，求数列的通项公式.
（2021·全国·高二课时练习）
12．已知数列的前项和为，且满足，．求数列的通项公式．
5.定义法
13．（2021·陕西榆林·三模（文））在等差数列{an}和等比数列{bn}中，已知a1+a2=a3，3a2﹣a5=1，b2=a1a4，b2+b5=36.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）求数列{an•bn}的前n项和Tn.
14．（2020·四川省广元市八二一中学高一期中）已知数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的通项公式.
15．（2021·浙江慈溪·高二期末）已知数列满足，，，，数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
6.观察法
16．（2021·全国·高二课时练习）写出下列数列的一个通项公式．
（1），，，，…；
（2）1，0，，0，，0，，…；
（3）0.8，0.88，0.888，…；
（4），，，，…．
17．（2021·全国·高二单元测试）在数列中，，点在函数的图象上.
（1）求，，的值；（2）猜想数列的一个通项公式.
18．（2021·全国·高二课时练习）写出下列数列的一个通项公式．
（1）－，，－，，…；
（2）2，3，5，9，17，33，…；
（3）…；
（4）1，，2，，…；
（5）-…；
（6）2，6，12，20，30，….
专题强化训练
一、单选题
19．（2022·全国·高三专题练习）若为数列的前项和，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高二期中）已知为正项数列的前n项和，，，则（ ）
A．B．C．D．
21．（2021·浙江·嘉兴市第五高级中学高二期中）数列的一个通项公式是（ ）
A．B．C．D．
22．（2021·全国·高二课时练习）数列{}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则（ ）
A．(3n－1)2B． (27n－1)
C． (3n－1)D．27n－1
23．（2021·河南洛阳·高二期中（文））已知等比数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．5
24．（2021·河南南阳·高二期中）已知数列满足，，，则数列的前2021项的和为（ ）
A．B．C．D．
25．（2021·全国·高二课时练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
26．（2021·全国·高二课时练习）已知在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
27．（2021·河南·高二月考）已知数列满足，，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
28．（2021·甘肃·张掖市第二中学高二月考（理））在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
29．（2021·江苏·高二专题练习）设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则（ ）
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D．－5050
30．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高二期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…．设第层有个球，从上往下层球的总数为，记，则（ ）
A．B．
C．，D．的最大值为
31．（2021·全国·高二课时练习）已知数列的前项和，则（ ）
A．B．是等比数列
C．是递增数列D．，，成等比
32．（2021·全国·高二课时练习）（多选）设数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
33．（2021·全国·高二课时练习）已知数列中，a1＝1，a2＝2，当整数n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则________．
34．（2021·全国·高二课时练习）已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式；
35．（2021·陕西·铜川市第一中学高二期中（文））已知数列中，，若对任意正整数n，都有，则数列的前n项和______．
36．（2021·江苏·高二单元测试）已知数列满足，，则___________.
37．（2021·全国·高二课时练习）将数列中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：
，
，，，
，，，
……
记数阵中的第1列数，，，…构成的数列为，为数列的前n项和，若，则______．
38．（2021·全国·高二课时练习）若数列是正项数列，且，则______．
39．（2021·全国·高二课时练习）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成三角形数，如1，3，6，10，15.我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球）.若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛第10层球的个数为___________.
四、解答题
40．（2021·甘肃·张掖市第二中学高二月考（理））已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
41．（2021·全国·高二课时练习）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
42．（2021·全国·高二课时练习）已知各项都为正数的数列满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，求的通项公式．
43．（2021·新疆·阜康市第一中学高二期中（理））在数列中，
（1）求出并猜想的通项公式；
（2）用数学归纳方证明你的猜想.
参考答案
1．
【分析】
项和转换可得，由数列的各项为正数，所以，即得解
【详解】
当时，，即，解得或（舍）.
当时，，，
两式相减得，
又数列的各项为正数，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以.
2．
【分析】
根据，计算即可得出答案.
【详解】
解：因为，，
所以，，又，
得，所以，又，
所以，.
3．
【分析】
根据题意得到当时，，从而得到，即：，再验证即可.
【详解】
∵，①
∴当时，，②
①-②得，
则．
当时，由①得，不满足上式，
∴.
4．
【分析】
利用累加法求解通项公式即可.
【详解】
，
当时，，，，，
将上式累加得：，
，即，
又时，也适合，
．
故答案为：
5．
【分析】
化简可得，利用累加法求，即可求解.
【详解】
，
，化简得：，
两边同时除以并整理得：，
即，，，…，，
将上述个式子相加得：……，
即，
，
又也满足上式，
，
.
6．
【分析】
根据递推公式，利用累加法即可求出通项公式.
【详解】
根据题意，可得到，
，
，
……
将以上个式子累加可得，,
，
，又 满足，
所以
7．
【分析】
由已知得，运用累乘法可得答案.
【详解】
解：，即，
，
所以.
8．
【分析】
令可得，与原式相减得，累乘法即得解
【详解】
，
当时，
当时，，
两式相减得：，即，，
，，，，
累乘得：，所以，
故答案为：.
9．（1）a2＝3，a3＝6 ；（2）an=.
【分析】
（1）由a1＝1，S2＝a2，可求出，再由S3＝a3，可求出，
（2）利用当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，求得＝，然后利用累乘法可求出{an}的通项公式
【详解】
(1)由S2＝a2，得(a1＋a2)＝a2，
又a1＝1，∴a2＝3a1＝3.
由S3＝a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
∴a3＝ (a1＋a2)＝6.
(2)∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴an＝an－1，即＝.
∴an＝··…···a1
＝··…···1
＝.
又a1＝1满足上式，
∴an＝.
10．
【分析】
由，可得，则是等比数列，即可得出答案.
【详解】
解：因为，
所以，而，
∴是首项为4，公比为2的等比数列，故，
∴.
11．
【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，即，
因为，，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
因为，，，，，
以上各式累加可得：
，
因为，
所以.
【分析】
由题可得，再利用等差数列的通项公式可求，然后利用与的关系即求；或者利用条件可得，进而得，即，即求.
【详解】
方法一 由，得，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，
∴，
当时，．
又适合上式，
∴数列的通项公式为．
方法二 由，得，
∴．①
当时，，②
①－②，得，
∴，∴，
又当时，，可得，
∴，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴数列的通项公式为．
13．（1）an=n，；（2）.
【分析】
（1）分别回到等差数列与等比数列的基本量建立方程组，解出基本量，从而就可以求出通项；
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，等比数列中的公比为，
由于已知.
建立方程组，解得，
所以.
（2）由（1）得，
所以①，
2②，
①﹣②得，﹣，
整理得.
14．（1）（2）
【分析】
（1）利用这一递推关系，即可得答案；
（2）由（1）中求得的通项公式，直接代入即可得答案；
【详解】
（1）当时，；
当时，
.
因为也适合此等式，所以.
（2）因为，且，，
所以.
【点睛】
本题考查与的关系求通项公式，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的验证.
15．（1）；（2）．
【分析】
（1）利用等差中项证明是等差数列，并求出的通项公式；
（2）先判断出是等比数列，用错位相减法求出前项和．
【详解】
（1）因为，由等差中项定义可得是等差数列，
而公差
所以通项公式为．
（2）因为，所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，所以，则……①，
所以……②，
所以由①②得：
，
所以．
16．
（1）
（2）
（3）
（4）
【分析】
观察并总结各项数列的规律，直接写出对应的通项公式即可.
（1）
所给数列可写成，，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
（2）
由题设数列的奇偶项的规律，易知一个通项公式为．
（3）
由原数列可写成，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
（4）
由数列可写成，，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
17．（1），，；（2）.
【分析】
（1）由已知可得：，代入，即可求得，，的值；
（2）由前4项的值即可归纳.
【详解】
（1）因为点在函数的图象上，
所以，
又，所以，
，
.
（2）由（1）中数列的前4项的规律，
可归纳出数列的一个通项公式为.
18．（1）an＝(－1)n；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）an＝n(n＋1)．
【分析】
根据题中所给数据，逐一分析即可得出结论.
【详解】
解：（1）符号规律(－1)n，分子都是1，分母是n2＋1，∴an＝(－1)n；
（2）2＝1＋1， 3＝2＋1， 5＝22＋1，
9＝23＋1， 17＝24＋1， 33＝25＋1，
∴；
（3），
∴；
（4），∴；
（5），
∴；
（6）2＝1×2， 6＝2×3， 12＝3×4， 20＝4×5， 30＝5×6，∴an＝n(n＋1)．
19．B
【分析】
利用求得.
【详解】
时，.
时，，
，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：B
20．C
【分析】
由已知得，当时，有，从而得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式可得选项.
【详解】
解：当时，，所以，
又因为数列是正项数列，所以，所以，即，
又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，
故选：C.
21．B
【分析】
根据，，，……，即可得到.
【详解】
因为，，，，
，……，
所以.
故选：B
22．B
【分析】
由与的关系求出，再由等比数列的求和公式求解即可
【详解】
设Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，
则当n≥2时，Sn－1＝3n－1－1，
故an＝Sn－Sn－1＝2×3n－1，
又a1＝2，
所以an＝2×3n－1，
所以＝.
故选：B
23．C
【分析】
先根据求出的通项公式，求出，再根据是等比数列，利用等比数列的性质求出，从而求出，再用基本不等式求解的最小值.
【详解】
当时，，
当时，
从而，
因为是等比数列
所以公比，且，即，即
所以，当且仅当，即时，等号成立
所以的最小值为4
故选：C
24．A
【分析】
利用累加法得到，带入得到，再利用分组求和法计算得到答案.
【详解】
，即.
.
.
故
.
故选：A.
25．C
【分析】
对数列两边取倒数，然后构造等比数列，通过等比数列的通项公式即可求解.
【详解】
因为，所以两边取倒数得
，则，所以数列为等比数列，
则，所以，
故.
故选：C.
26．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
27．B
【分析】
首先根据已知条件得到，再利用累加法求解即可.
【详解】
因为，所以，
所以，即，
当时，
，
，解得
当时，上式成立，故，故.
故选：B
28．A
【分析】
法一：利用累加法，结合对数的运算性质可得，再验证是否符合所得公式即可确定；法二：构造数列，由已知条件确定其性质并写出通项，进而可得.
【详解】
方法一：，
当时，．
又也符合所得通项公式，
∴．
方法二：∵，，
∴数列是常数列，即，则．
故选：A．
29．BCD
【分析】
利用数列通项和前n项和的关系求解.
【详解】
Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－.
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－，不适合上式，
故an＝故B正确，A错误；
所以，
故D正确．
故选：BCD
30．ACD
【分析】
根据，，可得进而可判断A；求出，由并项求和可判断B；利用累加法求出，结合时可判断C；作差法计算可得的单调性，由单调性可得最大值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
，，，，，故选项A正确；
因为，
所以，故选项B不正确；
因为，，，，，
所以，所以时，，故选项C正确；
，，
所以当时，；当时，；
当时，，所以当或时，的最大值为，故选项D正确；
故选：ACD.
31．AD
【分析】
代入，可得，可判断A；
项和转换，求得，可判断B；
比较，可判断C；
计算，，，可判断D
【详解】
当时，，A正确．
当，时，．
所以，故，不是等比数列，B错误．
因为，所以不是递增数列，C错误．
因为，，，，
所以，,，
则，所以，，成等比数列，D正确．
故选：AD
32．ABD
【分析】
依题意当时，求出，再利用作差法得到，即可得到的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和即可；
【详解】
解：由题意，当时，得，
令，
则当时，
所以，
即．又时，也成立，
∴，故数列的通项公式为，
∴
，即有．
故选：ABD．
33．211
【分析】
由已知条件Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)( n≥2)变形得到(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2( n≥2)，从而得到数列从第二项起成等差数列，且公差为，从而可求.
【详解】
由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，
即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列从第二项起成等差数列，且公差为，
所以，
所以．
故答案为：211.
34．；
【分析】
由，变形为，利用等比数列的通项公式可得，再利用与的关系即可得出答案；
【详解】
解：因为，所以，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
当时，，
当时也成立，所以.
故答案为：
35．
【分析】
根据已知条件，利用累乘法求出数列的通项公式，可判断数列为等差数列，从而利用等差数列的前n项和公式即可求解.
【详解】
解：因为，所以时，，即，
所以时，，
所以，又，所以，所以，检验也满足上式，
所以，
所以是等差数列，
所以数列的前n项和．
故答案为：.
36．
【分析】
由得，根据累乘法求解公式即可求解通项．
【详解】
∵，∴，
∴．
故答案为：
37．1024
【分析】
由利用退一相减法可知，设，，，，，…的下标，，，，，…构成数列，进而可得，又可知，故.
【详解】
当时，，，
，（且）．
，，∴数列是首项为，公比为的等比数列，．
设，，，，，…的下标，，，，，…构成数列，
则，，，，…，，
叠加得，，
由，得（负值已舍去），．
故答案为：1024.
38．
【分析】
当时，，与已知式相减，得，检验首项即可得到数列通项公式，根据通项求和.
【详解】
令，得，∴．
当时，．
与已知式相减，得．
∴．
又∵时，满足上式，∴．
∴，∴．
故答案为：
39．55
【分析】
根据给定的条件归纳总结出“三角形数”的通项公式即可求出第10层球的个数得解.
【详解】
设“落一形”三角锥垛从顶上一层开始，依次往下的各层球的个数形成数列，
，，，，，…，
由此得，即，则，
所以堆垛第10层球的个数为55.
故答案为：55
40．（1），，；（2）是首项为，公比为的等比数列．理由见解析；（3）.
【分析】
（1）根据题中条件所给的数列的递推公式，将其化为，分别令和，代入上式求得和，再利用，从而求得，，；
（2）利用条件可以得到，从而 可以得出，这样就可以得到数列是首项为，公比为的等比数列；
（3）借助等比数列的通项公式求得，从而求得.
【详解】
（1）由条件可得．
将代入得，，而，所以，．
将代入得，，所以，．
从而，，；
（2）是首项为，公比为的等比数列．
由条件可得，即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列；
（3）由（2）可得，所以．
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列的通项公式，借助于的通项公式求得数列的通项公式，从而求得最后的结果.
41．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【点睛】
本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由,得到，进而得到是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法.
视频
42．（1）证明见解析；（2）（）
【分析】
（1）两边同时加上即可得到数列为等比数列；（2）利用待定系数法构造，通过整理解出，进而得到，所以是以为首项，3为公比的等比数列，即可得到答案.
【详解】
（1）由可得：
因为各项都为正数，所以，
所以是公比为3的等比数列.
（2）构造，整理得：
所以，即
所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列.
所以（）
【点睛】
本题关键点在于第（2）问中的待定构造，能够根据特征，构造出是关键.
43．（1）；；（2）见详解
【分析】
（1）先根据递推关系，依次求得的值，并猜想通项公式为；
（2）根据数学归纳法证明的过程，对猜想进行证明即可.
【详解】
解：(1) ∵，
∴
因此可猜想: ；
(2)当时，，等式成立，
假设时，等式成立，即，
则当时，，
即当时，等式也成立，
综上所述，对任意自然数，.
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专题强化训练一：数列常考求通项公式的方法归纳
【考点梳理】
1. 公式法
题设中有an与Sn的关系式时，常用公式
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))来求解.
1．（2021·全国·高三专题练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，且，求数列的通项公式.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，，，，求数列的通项公式.
3．（2021·全国·高三专题练习）已知数列满足，求数列的通项公式.
2. 累加法：若数列{an}满足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.
4．（2022·全国·高三专题练习）设数列满足，，则数列的通项公式.
5．（2022·全国·高三专题练习）在数列中，，且，求数列的通项公式.
6．（2022·全国·高三专题练习）数列满足，求数列的通项公式.
3. 叠乘法：若数列{an}满足eq \f(an,an－1)＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.
7．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列中，，求数列的通项公式.
8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，.数列的通项公式.
9．（2021·全国·高二课时练习）已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
（1）求a2，a3；
（2）求{an}的通项公式．
4. 构造法：当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝eq \f(q,p－1)，从而构造出等比数列{an＋λ}.
10．（2021·全国·高三专题练习）在数列中，，求.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，，，，求数列的通项公式.
（2021·全国·高二课时练习）
12．已知数列的前项和为，且满足，．求数列的通项公式．
5.定义法
13．（2021·陕西榆林·三模（文））在等差数列{an}和等比数列{bn}中，已知a1+a2=a3，3a2﹣a5=1，b2=a1a4，b2+b5=36.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）求数列{an•bn}的前n项和Tn.
14．（2020·四川省广元市八二一中学高一期中）已知数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的通项公式.
15．（2021·浙江慈溪·高二期末）已知数列满足，，，，数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
6.观察法
16．（2021·全国·高二课时练习）写出下列数列的一个通项公式．
（1），，，，…；
（2）1，0，，0，，0，，…；
（3）0.8，0.88，0.888，…；
（4），，，，…．
17．（2021·全国·高二单元测试）在数列中，，点在函数的图象上.
（1）求，，的值；（2）猜想数列的一个通项公式.
18．（2021·全国·高二课时练习）写出下列数列的一个通项公式．
（1）－，，－，，…；
（2）2，3，5，9，17，33，…；
（3）…；
（4）1，，2，，…；
（5）-…；
（6）2，6，12，20，30，….
专题强化训练
一、单选题
19．（2022·全国·高三专题练习）若为数列的前项和，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高二期中）已知为正项数列的前n项和，，，则（ ）
A．B．C．D．
21．（2021·浙江·嘉兴市第五高级中学高二期中）数列的一个通项公式是（ ）
A．B．C．D．
22．（2021·全国·高二课时练习）数列{}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则（ ）
A．(3n－1)2B． (27n－1)
C． (3n－1)D．27n－1
23．（2021·河南洛阳·高二期中（文））已知等比数列的前n项和为，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．5
24．（2021·河南南阳·高二期中）已知数列满足，，，则数列的前2021项的和为（ ）
A．B．C．D．
25．（2021·全国·高二课时练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
26．（2021·全国·高二课时练习）已知在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
27．（2021·河南·高二月考）已知数列满足，，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
28．（2021·甘肃·张掖市第二中学高二月考（理））在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
29．（2021·江苏·高二专题练习）设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则（ ）
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D．－5050
30．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高二期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…．设第层有个球，从上往下层球的总数为，记，则（ ）
A．B．
C．，D．的最大值为
31．（2021·全国·高二课时练习）已知数列的前项和，则（ ）
A．B．是等比数列
C．是递增数列D．，，成等比
32．（2021·全国·高二课时练习）（多选）设数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
33．（2021·全国·高二课时练习）已知数列中，a1＝1，a2＝2，当整数n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则________．
34．（2021·全国·高二课时练习）已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式；
35．（2021·陕西·铜川市第一中学高二期中（文））已知数列中，，若对任意正整数n，都有，则数列的前n项和______．
36．（2021·江苏·高二单元测试）已知数列满足，，则___________.
37．（2021·全国·高二课时练习）将数列中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：
，
，，，
，，，
……
记数阵中的第1列数，，，…构成的数列为，为数列的前n项和，若，则______．
38．（2021·全国·高二课时练习）若数列是正项数列，且，则______．
39．（2021·全国·高二课时练习）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成三角形数，如1，3，6，10，15.我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球）.若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛第10层球的个数为___________.
四、解答题
40．（2021·甘肃·张掖市第二中学高二月考（理））已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
41．（2021·全国·高二课时练习）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
42．（2021·全国·高二课时练习）已知各项都为正数的数列满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，求的通项公式．
43．（2021·新疆·阜康市第一中学高二期中（理））在数列中，
（1）求出并猜想的通项公式；
（2）用数学归纳方证明你的猜想.
参考答案
1．
【分析】
项和转换可得，由数列的各项为正数，所以，即得解
【详解】
当时，，即，解得或（舍）.
当时，，，
两式相减得，
又数列的各项为正数，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以.
2．
【分析】
根据，计算即可得出答案.
【详解】
解：因为，，
所以，，又，
得，所以，又，
所以，.
3．
【分析】
根据题意得到当时，，从而得到，即：，再验证即可.
【详解】
∵，①
∴当时，，②
①-②得，
则．
当时，由①得，不满足上式，
∴.
4．
【分析】
利用累加法求解通项公式即可.
【详解】
，
当时，，，，，
将上式累加得：，
，即，
又时，也适合，
．
故答案为：
5．
【分析】
化简可得，利用累加法求，即可求解.
【详解】
，
，化简得：，
两边同时除以并整理得：，
即，，，…，，
将上述个式子相加得：……，
即，
，
又也满足上式，
，
.
6．
【分析】
根据递推公式，利用累加法即可求出通项公式.
【详解】
根据题意，可得到，
，
，
……
将以上个式子累加可得，,
，
，又 满足，
所以
7．
【分析】
由已知得，运用累乘法可得答案.
【详解】
解：，即，
，
所以.
8．
【分析】
令可得，与原式相减得，累乘法即得解
【详解】
，
当时，
当时，，
两式相减得：，即，，
，，，，
累乘得：，所以，
故答案为：.
9．（1）a2＝3，a3＝6 ；（2）an=.
【分析】
（1）由a1＝1，S2＝a2，可求出，再由S3＝a3，可求出，
（2）利用当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，求得＝，然后利用累乘法可求出{an}的通项公式
【详解】
(1)由S2＝a2，得(a1＋a2)＝a2，
又a1＝1，∴a2＝3a1＝3.
由S3＝a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
∴a3＝ (a1＋a2)＝6.
(2)∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴an＝an－1，即＝.
∴an＝··…···a1
＝··…···1
＝.
又a1＝1满足上式，
∴an＝.
10．
【分析】
由，可得，则是等比数列，即可得出答案.
【详解】
解：因为，
所以，而，
∴是首项为4，公比为2的等比数列，故，
∴.
11．
【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，即，
因为，，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
因为，，，，，
以上各式累加可得：
，
因为，
所以.
【分析】
由题可得，再利用等差数列的通项公式可求，然后利用与的关系即求；或者利用条件可得，进而得，即，即求.
【详解】
方法一 由，得，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，
∴，
当时，．
又适合上式，
∴数列的通项公式为．
方法二 由，得，
∴．①
当时，，②
①－②，得，
∴，∴，
又当时，，可得，
∴，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴数列的通项公式为．
13．（1）an=n，；（2）.
【分析】
（1）分别回到等差数列与等比数列的基本量建立方程组，解出基本量，从而就可以求出通项；
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，等比数列中的公比为，
由于已知.
建立方程组，解得，
所以.
（2）由（1）得，
所以①，
2②，
①﹣②得，﹣，
整理得.
14．（1）（2）
【分析】
（1）利用这一递推关系，即可得答案；
（2）由（1）中求得的通项公式，直接代入即可得答案；
【详解】
（1）当时，；
当时，
.
因为也适合此等式，所以.
（2）因为，且，，
所以.
【点睛】
本题考查与的关系求通项公式，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的验证.
15．（1）；（2）．
【分析】
（1）利用等差中项证明是等差数列，并求出的通项公式；
（2）先判断出是等比数列，用错位相减法求出前项和．
【详解】
（1）因为，由等差中项定义可得是等差数列，
而公差
所以通项公式为．
（2）因为，所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，所以，则……①，
所以……②，
所以由①②得：
，
所以．
16．
（1）
（2）
（3）
（4）
【分析】
观察并总结各项数列的规律，直接写出对应的通项公式即可.
（1）
所给数列可写成，，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
（2）
由题设数列的奇偶项的规律，易知一个通项公式为．
（3）
由原数列可写成，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
（4）
由数列可写成，，，，…，
∴原数列的一个通项公式为．
17．（1），，；（2）.
【分析】
（1）由已知可得：，代入，即可求得，，的值；
（2）由前4项的值即可归纳.
【详解】
（1）因为点在函数的图象上，
所以，
又，所以，
，
.
（2）由（1）中数列的前4项的规律，
可归纳出数列的一个通项公式为.
18．（1）an＝(－1)n；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）an＝n(n＋1)．
【分析】
根据题中所给数据，逐一分析即可得出结论.
【详解】
解：（1）符号规律(－1)n，分子都是1，分母是n2＋1，∴an＝(－1)n；
（2）2＝1＋1， 3＝2＋1， 5＝22＋1，
9＝23＋1， 17＝24＋1， 33＝25＋1，
∴；
（3），
∴；
（4），∴；
（5），
∴；
（6）2＝1×2， 6＝2×3， 12＝3×4， 20＝4×5， 30＝5×6，∴an＝n(n＋1)．
19．B
【分析】
利用求得.
【详解】
时，.
时，，
，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：B
20．C
【分析】
由已知得，当时，有，从而得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式可得选项.
【详解】
解：当时，，所以，
又因为数列是正项数列，所以，所以，即，
又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，
故选：C.
21．B
【分析】
根据，，，……，即可得到.
【详解】
因为，，，，
，……，
所以.
故选：B
22．B
【分析】
由与的关系求出，再由等比数列的求和公式求解即可
【详解】
设Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，
则当n≥2时，Sn－1＝3n－1－1，
故an＝Sn－Sn－1＝2×3n－1，
又a1＝2，
所以an＝2×3n－1，
所以＝.
故选：B
23．C
【分析】
先根据求出的通项公式，求出，再根据是等比数列，利用等比数列的性质求出，从而求出，再用基本不等式求解的最小值.
【详解】
当时，，
当时，
从而，
因为是等比数列
所以公比，且，即，即
所以，当且仅当，即时，等号成立
所以的最小值为4
故选：C
24．A
【分析】
利用累加法得到，带入得到，再利用分组求和法计算得到答案.
【详解】
，即.
.
.
故
.
故选：A.
25．C
【分析】
对数列两边取倒数，然后构造等比数列，通过等比数列的通项公式即可求解.
【详解】
因为，所以两边取倒数得
，则，所以数列为等比数列，
则，所以，
故.
故选：C.
26．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
27．B
【分析】
首先根据已知条件得到，再利用累加法求解即可.
【详解】
因为，所以，
所以，即，
当时，
，
，解得
当时，上式成立，故，故.
故选：B
28．A
【分析】
法一：利用累加法，结合对数的运算性质可得，再验证是否符合所得公式即可确定；法二：构造数列，由已知条件确定其性质并写出通项，进而可得.
【详解】
方法一：，
当时，．
又也符合所得通项公式，
∴．
方法二：∵，，
∴数列是常数列，即，则．
故选：A．
29．BCD
【分析】
利用数列通项和前n项和的关系求解.
【详解】
Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－.
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－，不适合上式，
故an＝故B正确，A错误；
所以，
故D正确．
故选：BCD
30．ACD
【分析】
根据，，可得进而可判断A；求出，由并项求和可判断B；利用累加法求出，结合时可判断C；作差法计算可得的单调性，由单调性可得最大值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
，，，，，故选项A正确；
因为，
所以，故选项B不正确；
因为，，，，，
所以，所以时，，故选项C正确；
，，
所以当时，；当时，；
当时，，所以当或时，的最大值为，故选项D正确；
故选：ACD.
31．AD
【分析】
代入，可得，可判断A；
项和转换，求得，可判断B；
比较，可判断C；
计算，，，可判断D
【详解】
当时，，A正确．
当，时，．
所以，故，不是等比数列，B错误．
因为，所以不是递增数列，C错误．
因为，，，，
所以，,，
则，所以，，成等比数列，D正确．
故选：AD
32．ABD
【分析】
依题意当时，求出，再利用作差法得到，即可得到的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和即可；
【详解】
解：由题意，当时，得，
令，
则当时，
所以，
即．又时，也成立，
∴，故数列的通项公式为，
∴
，即有．
故选：ABD．
33．211
【分析】
由已知条件Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)( n≥2)变形得到(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2( n≥2)，从而得到数列从第二项起成等差数列，且公差为，从而可求.
【详解】
由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，
即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列从第二项起成等差数列，且公差为，
所以，
所以．
故答案为：211.
34．；
【分析】
由，变形为，利用等比数列的通项公式可得，再利用与的关系即可得出答案；
【详解】
解：因为，所以，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
当时，，
当时也成立，所以.
故答案为：
35．
【分析】
根据已知条件，利用累乘法求出数列的通项公式，可判断数列为等差数列，从而利用等差数列的前n项和公式即可求解.
【详解】
解：因为，所以时，，即，
所以时，，
所以，又，所以，所以，检验也满足上式，
所以，
所以是等差数列，
所以数列的前n项和．
故答案为：.
36．
【分析】
由得，根据累乘法求解公式即可求解通项．
【详解】
∵，∴，
∴．
故答案为：
37．1024
【分析】
由利用退一相减法可知，设，，，，，…的下标，，，，，…构成数列，进而可得，又可知，故.
【详解】
当时，，，
，（且）．
，，∴数列是首项为，公比为的等比数列，．
设，，，，，…的下标，，，，，…构成数列，
则，，，，…，，
叠加得，，
由，得（负值已舍去），．
故答案为：1024.
38．
【分析】
当时，，与已知式相减，得，检验首项即可得到数列通项公式，根据通项求和.
【详解】
令，得，∴．
当时，．
与已知式相减，得．
∴．
又∵时，满足上式，∴．
∴，∴．
故答案为：
39．55
【分析】
根据给定的条件归纳总结出“三角形数”的通项公式即可求出第10层球的个数得解.
【详解】
设“落一形”三角锥垛从顶上一层开始，依次往下的各层球的个数形成数列，
，，，，，…，
由此得，即，则，
所以堆垛第10层球的个数为55.
故答案为：55
40．（1），，；（2）是首项为，公比为的等比数列．理由见解析；（3）.
【分析】
（1）根据题中条件所给的数列的递推公式，将其化为，分别令和，代入上式求得和，再利用，从而求得，，；
（2）利用条件可以得到，从而 可以得出，这样就可以得到数列是首项为，公比为的等比数列；
（3）借助等比数列的通项公式求得，从而求得.
【详解】
（1）由条件可得．
将代入得，，而，所以，．
将代入得，，所以，．
从而，，；
（2）是首项为，公比为的等比数列．
由条件可得，即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列；
（3）由（2）可得，所以．
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列的通项公式，借助于的通项公式求得数列的通项公式，从而求得最后的结果.
41．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【点睛】
本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由,得到，进而得到是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法.
视频
42．（1）证明见解析；（2）（）
【分析】
（1）两边同时加上即可得到数列为等比数列；（2）利用待定系数法构造，通过整理解出，进而得到，所以是以为首项，3为公比的等比数列，即可得到答案.
【详解】
（1）由可得：
因为各项都为正数，所以，
所以是公比为3的等比数列.
（2）构造，整理得：
所以，即
所以，所以是以为首项，3为公比的等比数列.
所以（）
【点睛】
本题关键点在于第（2）问中的待定构造，能够根据特征，构造出是关键.
43．（1）；；（2）见详解
【分析】
（1）先根据递推关系，依次求得的值，并猜想通项公式为；
（2）根据数学归纳法证明的过程，对猜想进行证明即可.
【详解】
解：(1) ∵，
∴
因此可猜想: ；
(2)当时，，等式成立，
假设时，等式成立，即，
则当时，，
即当时，等式也成立，
综上所述，对任意自然数，.
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