【寒假作业】苏教版2019 高中数学 高二寒假巩固提升训练 复习专题08+求数列通项17种常见考法归类-练习.zip

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思维导图
核心考点聚焦
考点一、观察法
考点二、等差等比定义求通项
考点三、由an与Sn的关系求通项
(一)消Sn
(二)消an
(三)内部消化
(四)隐藏的Sn
考点四、因式分解
考点五、累加法求通项
考点六、累乘法求通项
考点七、构造法求通项
考点八、三项递推法求通项
考点九、同除法
考点十、分式型取倒数求通项
考点十一、不动点法求通项
考点十二、对数变换法
考点十三、周期数列
考点十四、等和数列
考点十五、等积数列
考点十六、前n项积型
考点十七、正负相间讨论、奇偶讨论型
1、数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*或它的有限子集{1,2,3，…，n}为定义域的函数的表达式．
注：通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数．
2、数列的递推公式
如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
3、通项公式和递推公式的异同点
4、常见数列的通项
(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为an＝n.
(2)2，4，6，8，…的一个通项公式为an＝2n.
(3)3，5，7，9，…的一个通项公式为an＝2n＋1.
(4)2，4，8，16，…的一个通项公式为an＝2n.
(5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为an＝(－1)n.
(6)1，0，1，0，…的一个通项公式为an＝eq \f(1＋（－1）n－1,2).
(7)a，b，a，b，…的一个通项公式为an＝eq \f(（a＋b）＋（－1）n－1（a－b）,2).
(8)9，99，999，…的一个通项公式为an＝10n－1.
1.观察法
已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．
2.等差等比定义求通项
等差数列判定：
①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值；
②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2；
③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数.
等比数列的判定方法：
(1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
3.利用与的关系
依据求出.
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写
注：an与Sn关系的应用策略
(1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列，一般利用公式Sn－Sn－1＝an(n≥2)实施消元法，将递推关系转化为仅含an的关系式或仅含Sn的关系式，即“二者消元留一象”．
(2)究竟消去an留Sn好，还是消去Sn留an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去an留Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应当消去an留Sn，否则就尝试消去Sn留an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”.具体如下：
(3)值得一提的是：数列通项公式an求出后，还需要验证数列首项a1是否也满足通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”，这一步学生容易忘记，切记！
4.因式分解
如果式子中出现了2次项或者正项数列这些条件，可能需要因式分解
5.累加法与累乘法
（1）累加法：形如的解析式
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相加，可得：
= 1 \* GB3 ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
= 2 \* GB3 ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
= 3 \* GB3 ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
= 4 \* GB3 ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
注：累加法求通项公式的4步骤
累乘法：形如的解析式
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
注：累乘法求通项公式的4步骤
6.构造法
形如型的递推式：
①待定系数法：（其中均为常数，）
解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解.
②待定系数法： （其中均为常数，）.（或其中均为常数）.
解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第①种情况求解.
③待定系数法：
解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.
④待定系数法：
解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.
7.三项递推法求通项
形如型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
8.同除法
（1）形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，进而可求得的通项公式.
（2）形如，可通过两边同除，将它转化为，换元令：，则原式化为：，先利用构造法求出，再求出的通项公式.
9.分式型
取倒数法：形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
形如（为常数，，，）的数列，通过两边同除“倒”过来，变形为，可通过换元：，化简为：（可用“待定系数法”构造等比数列）
10.不动点法求通项
（1）定义：方程的根称为函数的不动点．
利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法．
（2）在数列中，已知，且时，（是常数），
①当时，数列为等差数列；
②当时，数列为常数数列；
③当时，数列为等比数列；
④当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；
（3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）．
（1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）；
（2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）．
(其中、可利用，求得)
（4）设，满足递推关系，初值条件．
令 ，即 ，令此方程的两个根为，
①若,则有 （其中）
②若,则有 （其中）
（5）设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时,
11.对数变换法
形如型的递推式：
在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）．
12.前n项积
对于数列，前项积记为；
； ②；①②：
考点剖析
考点一、观察法
1、数列，，，，的一个通项公式是an=（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为数列，，，，的通项公式为，
则数列，，，，的通项公式为，
而数列，，，，的每一项都是上面数列对应项的，
所以数列，，，，的通项公式为.故选：C.
2、大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（ ）
A．152B．480C．512D．840
【答案】B
【分析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解.
【详解】由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为
数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项，
该数为.
故选：B.
3、南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有（ ）个球．
A．12 B．20 C．55 D．110
【答案】C
【解析】由题意知：，，，，
所以.故选：C
4、如图，第1个图形需要4根火柴，第2个图形需要7根火柴，，设第n个图形需要根火柴．
(1)试写出，并求；
(2)记前n个图形所需的火柴总根数为，设，求数列的前n项和．
【解析】(1)由题意知：，，，，
可得每增加一个正方形，火柴增加3根，即，
所以数列是以4为首项，以3为公差的等差数列，则.
(2)由题意可知，，
所以，则，
所以，，
即．
考点二、等差等比定义求通项
5、在数列中，，，则数列的通项公式为________．
【答案】
【分析】根据给定条件可得数列是等差数列，求出其通项即可计算作答.
【详解】由得：，而，
于是得数列是以为首项，为公差的等差数列，
则有，
所以数列的通项公式为：.
故答案为：
6、数列的各项都是正数，，，那么此数列的通项公式为________．
【答案】
【分析】，，即，可得：数列是等差数列，利用等差数列的通项公式即可得出．
【解析】，，即，
数列是等差数列，公差为2，首项为4．，，
．故答案为：．
7、已知数列的前项和为，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知数列是公差为1的等差数列，先求出数列的通项公式，再利用与的关系求出即可.
【详解】∵a1 = 1，－ = 1，
∴是以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴，即，
∴（）.
当时，也适合上式，.
故选：A.
8、已知各项为正数的数列的前项和为，且，，则数列的通项公式为_________.
【答案】
【分析】先由题干求出是以为首项，公差为的等差数列，并且求得，进而写出数列的通项公式.
【解析】，，当时，由，可得，
即.是以为首项，公差为的等差数列..
.当时，.当时，上式成立.
故数列的通项公式为.故答案为：.
9、已知数列满足，，则=（ ）
A．80B．100C．120D．143
【答案】C
【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，从而可求得数列的通项，即可得解.
【详解】解：因为，
所以，即，
等式两边开方可得：，即，
所以数列是以首项为，公差为1的等差数列，
所以，所以，
所以.
故选：C．
考点三、由an与Sn的关系求通项
消Sn
10、已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n，则an＝________.
【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－2(n－1)2－(n－1)＝4n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝3＝4×1－1，故an＝4n－1.
答案：4n－1
11、已知Sn＝3n＋2n＋1，则an＝____________.
【解析】因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2))
12、已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)，则{an}的通项公式an＝________.
【解析】当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，所以a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－eq \f(1,2)的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
13、已知Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为____________．
【解析】 由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
14、已知数列的前项和为，若，()，则______.
【解析】当时，；
当时，，，
数列从第二项开始为等比数列，；
经检验：不满足.
综上所述：.
故答案为：.
（二）消an
15、设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
【解析】∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
∵Sn≠0，∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.
又eq \f(1,S1)＝－1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).
答案：－eq \f(1,n)
16、设是数列的前n项和，且，，则________．
【解析】因为，所以，所以，
所以，又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，所以.
故答案为：
17、若数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝eq \f(1,an＋1)(n∈N*)，则a25＝________．
【解析】 在数列{an}中，因为Sn＋1＋Sn＝eq \f(1,an＋1)，所以Sn＋1＋Sn＝eq \f(1,Sn＋1－Sn)，所以Seq \\al(2,n＋1)－Seq \\al(2,n)＝1，所以数列{Seq \\al(2,n)}是以1为公差的等差数列，因为a1＝1，所以Seq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n，又因为Sn＞0，所以Sn＝eq \r(n)，所以a25＝S25－S24＝eq \r(25)－eq \r(24)＝5－2eq \r(6).故填5－2eq \r(6).
18、已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有eq \f(2an,anSn－S\\al(2,n))＝1成立，则S2 019＝________.
【解析】 当n≥2时，由eq \f(2an,anSn－S\\al(2,n))＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)·Sn－Seq \\al(2,n)＝－SnSn－1，所以eq \f(2,Sn)－eq \f(2,Sn－1)＝1，又eq \f(2,S1)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(2,Sn)＝n＋1，故Sn＝eq \f(2,n＋1)，则S2 019＝eq \f(1,1 010).
（三）内部消化
19、设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，
4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．
【解析】(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
∵4a3＋a1＝4×eq \f(5,4)＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∴eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq \f(1,2)a1＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
（四）隐藏的Sn
20、设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝____________.
【解析】因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1)(n∈N*)．
答案：eq \f(2,2n－1)(n∈N*)
21、已知数列满足,则的通项公式是_______.
【答案】
【解析】因为数列满足,所以当时,
,整理得,当时,,解得,上式也成立,所以数列的通项公式为.
22、已知数列，时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)为各项非零的等差数列，其前项和为，已知，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据的关系求通项公式；
(2)利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，①
所以当时，，②
①②可得，
所以，
当时，满足上式，
所以.
（2）因为，
且为各项非零，所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
23、已知数列满足，则___________.
【答案】
【解析】①，
②，
两式相减得：，
所以，经检验符合要求.
则，
则③，
④，
③-④得：
，
所以
故答案为：
考点四、因式分解
24、已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
【解析】(1)由题意可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4).
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因此{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，因此an＝eq \f(1,2n－1).
25、已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式；
【解析】当时，，整理得，，解得；
当时，①，可得②，
①－②得，即，
化简得，
因为，，所以，
从而是以为首项，公差为的等差数列，所以；
26、已知正项数列的前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为等比数列，且，，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用与的关系结合已知条件等式推出数列是等差数列，从而求得数列的通项公式；
（2）利用(1)求，结合等比数列通项公式求得的表达式，然后利用错位相减法求解即可．
【详解】（1）由可得，①
，②
由可得：，
，
，
又数列为正项数列，
所以，
因为，所以，
所以数列为以1为首项，公差为2的等差数列，
故.
（2）由(1)得：，又，，
所以，∵数列为等比数列，设其公比为，
则，所以，
所以，
则，③
，④
得：，
则.
27、设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=___________
【答案】
【分析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项.
【详解】由，得，
∵，∴，∴ ，∴，
∴，
又满足上式，∴.故答案为：
考点五、累加法求通项
28、设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________________．
【解析】 由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
∴an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(n－12＋n,2)＝eq \f(n2＋n－2,2).
∵a1＝1，∴an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，∴an＝eq \f(n2＋n,2).
29、若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．
【解析】由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.又因为当n＝1时满足此式，所以an＝2n－1.
30、在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
【解析】原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
则a2＝a1＋1－eq \f(1,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，
a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，累计相加得，an＝a1＋1－eq \f(1,n)，故an＝4－eq \f(1,n).
31、在数列中, ,,则该数列的通项公式= ．
【解析】因为,所以运用累加法即可得到：,所以,故应填．
32、已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))，则an＝________；
【解析】∵an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))，
∴an－an－1＝ln(1＋eq \f(1,n－1))＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝lneq \f(n,n－1)＋lneq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(3,2)＋ln 2＋2
＝2＋ln(eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(3,2)·2)
＝2＋ln n(n≥2)．
显然满足上式
∴an＝2＋ln n
33、已知数列满足，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意，得，则当时，
，，，，
以上各式相加得，
所以，即，
当时，适合此式，所以.故选：D.
考点六、累乘法求通项
34、在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．
【解析】∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，
∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
答案：an＝eq \f(1,n)(n∈N*)
35、数列满足，，则______．
【答案】
【分析】利用累乘法求得正确答案.
【详解】
，
也符合上式，
所以.
故答案为：
36、已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.
【解析】∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an＋1,an)＝2n，当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝2n－1·2n－2·…·2·2＝2.又a1＝2也符合上式，∴an＝2.
答案：2
37、已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列的通项公式___________.
【答案】n
【解析】∵，∴
当时，，
当时，成立，
∴，
当时，，
当时，满足上式，
∴.
故答案为：n
38、已知数列满足，，则（ ）
A．2023 B．2024 C．4045 D．4047
【答案】C
【解析】，，
即，
可得，
.故选：C.
考点七、构造法求通项
类型一: )
39、已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________________．
【解析】∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2·3n－1－1．
答案：an＝2·3n－1－1
40、已知数列中，，（且），则数列通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【解析】由，知：且()，而，，∴是首项、公比都为3的等比数列，即，故选：C
41、已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
【解析】因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
答案：eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
42、已知数列中，，又，，若，则（ ）
A．7B．9C．15D．17
【解析】因为，所以，则，即，
又，所以，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，得.
故选：C.
43、在数列中，，，若，则的最小值是（ ）
A．9B．10C．11D．12
【解析】因为，所以，即，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
则，即.
因为，所以，所以，所以.
故选：C
44、设等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．80 B．160 C．121 D．242
【答案】D
【解析】由，得（），
所以，得，
所以等比数列的公比为，
所以由，得，
所以，解得，
所以，故选：D
类型二：an＋1＝pan＋cqn(其中p,q,c均为常数)
45、已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】解法一：设，整理得，可得，
即，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，
整理得，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即，
当时，则
，
故，
显然当时，符合上式，故.
故答案为：.
46、已知在数列中，，，则 ．
【答案】
【解析】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．
故答案为：.
类型三：
47、已知数列满足，．数列满足，则数列的通项公式为________．
【答案】
【分析】由，可得，即，从而可得数列是等比数列，从而可得数列的通项公式.
【解析】∵，∴即,∴,
且，，则,又，
∴数列是首项为，公比为3的等比数列．∴．故答案为：.
48、已知首项为的数列的前项和为，若，则的通项公式为________．
【答案】
【分析】由题知，进而得，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，进而根据等比数列通项公式计算即可.
【解析】依题意，，故，
则，又，故数列是首项为3，公比为3的等比数列，
故，即．答案为：
考点八、三项递推法求通项
49、已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
【解析】由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，
∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，
将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，
∴an＝3×2n－1－2(n≥2)，
经检验，当n＝1时，an＝1，符合上式．
∴an＝3×2n－1－2.
答案：3×2n－1－2
50、已知数列{an}中, a1=1, a2=2, an＋2＝ eq \f(2,3)an＋1＋ eq \f(1,3)an, 求{an}的通项公式。
【解析】由an＋2＝ eq \f(2,3)an＋1＋ eq \f(1,3)an可转化为an＋2－san＋1= t(an＋1－san)
即an＋2＝（s＋t）an＋1－s· tan,
∴ eq \b\lc\{(\a\al(s＋t＝ eq \f(2,3),s·t＝－ eq \f(1,3))) 解得 eq \b\lc\{(\a\al(s＝1,t＝－ eq \f(1,3))) 或 eq \b\lc\{(\a\al(s＝－ eq \f(1,3),t＝1)) 这里不妨选用 eq \b\lc\{(\a\al(s＝1,t＝－ eq \f(1,3))) （当然也可以选用 eq \b\lc\{(\a\al(s＝－ eq \f(1,3),t＝1)) ）
an＋2－an＋1= － eq \f(1,3) (an＋1－an)
所以{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项, － eq \f(1,3)为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝(－ eq \f(1,3))n-1 再用累加法an－a1＝(－ eq \f(1,3))0＋(－ eq \f(1,3))1+…＋(－ eq \f(1,3))n-2＝ eq \f(1－(－ eq \f(1,3))n-1,1＋ eq \f(1,3))又a1=1，因此an＝ eq \f(7,4)－ eq \f(3,4)(－ eq \f(1,3))n-1
51、数列满足，且，求通项.
【答案】
【解析】因为，所以，
又，所以，
由等比数列定义知，数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，
累加法可得：，
所以，又符合该式，故.
52、已知数列满足，则（ ）
A． B．2525 C． D．2526
【答案】C
【解析】由已知，∴数列为等差数列，
，
∴
∴．
∴故选：C．
考点九、同除法
53、数列满足，那么的值为（ ）．
A．4B．12C．18D．32
【解析】由可得，即，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以，
所以，所以，
故选：D.
54、已知数列中，，求数列的通项公式；
【解析】由，
得：，
∴，
即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴，
得．
55、数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为___________.
【答案】．
【解析】∵，所以，即，
∴是等差数列，而，
所以，
所以．
故答案为：．
56、已知数列的首项，且满足，设，证明是等差数列；
【解析】将等式两边都减去得.
再除以得，即.
即.且.
所以是首项为，公差为的等差数列.
考点十、分式型取倒数求通项
57、已知数列满足，求数列的通项公式。
【解析】为等差数列，首项，公差为，
58、已知数列满足，且，则数列__________
【答案】
【解析】由两边取倒数可得，即
所以数列是等差数列，且首项为，公差为，所以，
所以；
故答案为：
59、已知数列满足，.若，则数列的通项公式（ ）
B．C．D．
【解析】由，得，所以，
又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，所以.
故选：C.
60、已知数列各项均为正数，，且有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，，
显然若，则，则，，与题意矛盾，
所以，，两边同时取倒数，得：，
设，，，，
因为，故，故，所以为等比数列，
所以，故，所以，
故，故选：D.
61、数列中，，且，则其通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】先由得出，再由累加法计算出，进而求出.
【解析】，，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，
，.故选：D.
62、数列满足，．
（1）求，，的值；
（2）求数列的通项公式；
【答案】（1），，．；（2）；（3）
【解析】（1）由，．
可得，，．
（2）由，两边取倒数化简可得：，
数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，即．
数列的通项公式为
63、已知数列的前n项之和为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
则，取倒数有，
则数列是以为首项，为公差的等差数列；
则，则
则，故选：D
考点十一、不动点法求通项
64、已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式.
【解析】令.先求出数列的不动点，
解得.
将不动点代入递推公式，
得，
整理得，，
∴.
令，
∴，.
∴数列是以为首项，以1为公差的等差数列.
∴的通项公式为.
将代入，得.
∴.
65、已知，，求的通项公式.
【解析】设，
即，解得，即不动点为，，
可变形为，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，
其通项公式，
得.
66、已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】设，令得：，解得：；
，化简得：，
所以，从而，又，
所以是首项为，公差为1的等差数列，故，
所以．
67、已知数列中，，求的通项.
【解析】因为的特征函数为，
则特征方程为，即，
解得，
则，①
.②
则①÷②得，
∴数列是公比为的等比数列，
∴.
∵，∴，
即.
68、已知数列满足，．求数列的通项公式．
【答案】
【解析】依题，记，
令，求出不动点或3；
由定理可知：，，
∴，
又，所以，……，，，
∴．
又，令，则数列是首项为，公比为的等比数列．
∴．由，得．
∴．
考点十二、对数变换法
69、正项数列满足，，则数列的通项公式是______．
【答案】
【分析】将等式两边同时取对数后，转化为的形式，再利用构造法求通项公式．
【详解】原式两边同时取对数，得，
即．设，则，
又，所以是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，所以，所以．故答案为：.
70、数列中，若，，则的通项公式为________.
【答案】
【分析】两边取对数，化简整理得，得到数列是以为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由，两边取对数，可得，即，
又由，则，所以数列是以为首项，公比为3等比数列，
则，所以.
故答案为：
71、已知数列的首项为9，且，若，则数列的前项和 ．
【解析】数列的首项为9，且，
所以：，
所以两边取对数得：，
整理得：（常数），
所以：数列是以为首项，2为公比的等比数列．
所以：，
所以：，
由于，所以：，
故：两边取倒数得到：，
所以数列的前项和．
故答案为：
考点十三、周期数列
72、数列 {an}满足 an＋1＝eq \f(1,1－an) , a8＝2，则a1 ＝________.
【解析】将a8＝2代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a7＝eq \f(1,2)；再将a7＝eq \f(1,2)代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq \f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq \f(1,2).
73、已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝eq \f(an－1,an＋1)，数列{an}的前n项的和为Sn，则S1 008等于( )
A．504 B．294
C．－294 D．－504
【解析】选C ∵a1＝2，an＋1＝eq \f(an－1,an＋1)，∴a2＝eq \f(1,3)，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝－3，a5＝2，…，∴数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq \f(7,6)，∴S1 008＝S4×252＝252×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)))＝－294.
74、已知数列满足：，，，，则（ ）.
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】把递推关系式里的换成，结合得到
，然后把上式的的换成得到周期.
【详解】
即
又
是以为周期的周期数列.
故选：C
75、已知数列中，，，，则（ ）
A．4B．2C．-2D．-4
【答案】D
【解析】因为，，，所以，
则，，，…，
所以数列是以3为周期的数列，
则.
故选：D.
76、在数列中，，，，则______；的前2022项和为______．
【答案】 2024
【解析】由，得，又，
所以，，，，，
可知数列为周期数列，周期为4，
故.
故答案为：；2024.
考点十四、等和数列
77、数列{an}满足an＋an＋1＝eq \f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B.eq \f(7,2) C.eq \f(9,2) D.eq \f(13,2)
【解析】选B ∵an＋an＋1＝eq \f(1,2)，a2＝2，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，n为奇数，,2， n为偶数.))
∴S21＝11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq \f(7,2).
78、已知为数列的前项和，，，则（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2024
【答案】C
【解析】当时， ，
当时，由得，
两式相减可得
，即，
所以，可得，
所以.
故选：C.
79、若数列满足，则 ．
【解析】，
则
．
故答案为：．
80、设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（ ）
A．50 B．51 C．52 D．53
【答案】B
【解析】∵，∴，
∵是以－1为公比的等比数列，∴，
,
∴，
当n为偶数时，无解，
当n为奇数时，，
∴，又，∴，即，
即，在上是增函数，
又n为奇数，，，
故n的最大值为51.故选：B.
考点十五、等积数列
81、已知数列的首项，且满足，则 ．
【解析】因为，
所以，
两式相除可得，
所以数列的各个奇数项成等比数列，公比为2，
数列的各个偶数项成等比数列，公比为2，
又因为，所以，
又，所以，
可得当为偶数时，，
所以．
故答案为：512．
82、在数列中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知，数列中，，，，
所以，，，
所以
，
所以，即，
则.故选：C.
考点十六、前n项积型
83、若数列满足其前项的积为，则 ．
【解析】数列满足其前项的积为，故前项的积为，，
，当时，，显然，它对于第一项也是成立的，
故，．
故答案为：，．
84、已知正项数列的前n项积为，且，则使得的最小正整数n的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】由题，，又，
，，两式相除可得，
上式两边取对数，可得，即，，
，化简得，解得，
又，即，所以的通项公式为，
，
要使，即，解得，
且，所以满足题意的最小正整数的值为6.故选：C.
考点十七、正负相间讨论、奇偶讨论型
85、数列满足，前16项和为540，则 ．
【解析】因为数列满足，
当为奇数时，，
所以，，，，
则，
当为偶数时，，
所以，，，，，，，
故，，，，，，，
因为前16项和为540，
所以，
所以，解得．
故答案为：．
86、已知数列满足，则的前40项和为 ．
【解析】，
当为奇数时，，
，，，，，．
从第一项开始，相邻两项的和构成以为首项，以为公差的等差数列．
所以的前40项和为，
故答案为：．
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一、单选题
1．（2023上·全国·高二期末）已知数列中，且，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将已知式化简得出，即可根据构造法求出数列通项，再代入数值求解即可.
【详解】，
，
即，
两边同时除以得：，
即，
令，则，
则是首项为，公差为的等差数列，
则，即，
则，则.
故选：D
2．（2023上·内蒙古通辽·高二校考期末）数列前项和，则该数列的第4项为（ ）
A．19B．20C．21D．22
【答案】B
【分析】根据即可求解.
【详解】，
该数列的第4项.
故选：B.
3．（2023上·甘肃白银·高二校考期末）已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（ ）
A．1B．
C．D．
【答案】A
【分析】分类讨论为奇数与为偶数，结合诱导公式求得恒有，从而得解.
【详解】因为，
当为奇数时，；
当为偶数时，，；
综上，.
故选：A.
4．（2024上·江苏·高二期末）设数列的前项和为 ，，，，则数列的前项和为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件构造为常数列，求出，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】，且，
，即 ，，
故数列为常数列，且，
，则，
故数列的前项和.
故选：D.
5．（2023上·全国·高二期末）已知数列的前项和为，若，，则有（ ）
A．为等差数列B．为等比数列
C．为等差数列D．为等比数列
【答案】D
【分析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列的前项和满足，
当时，，两式相减，可得，
可得，即，又由，当时，，所以，
所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当时，，又由时，，适合上式，
所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
6．（2023上·吉林长春·高二校考期末）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意分析可知数列是以首项为4，公比为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解.
【详解】因为，则，且，
可知数列是以首项为4，公比为2的等比数列，
所以，即，
所以.
故选：C.
7．（2023上·全国·高二期末）已知各项均为正数的数列的前项和为，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】A
【分析】由可得，两式相减可证明数列从第二项起成等差数列，再由等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式求解即可.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
即，因为，
所以，
所以数列中，从第二项起成等差数列，
所以，
所以．由得，
所以，得，所以，
故选：A．
8．（2023上·天津津南·高二校考期末）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用求通项公式，进而可得，再应用分组求和，结合等差、等比前n项和公式求.
【详解】由题设且(n ≥ 2)，故且，
所以，又也满足，故，则，
所以.
故选：B
9．（2024上·吉林白山·高二统考期末）南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中讨论了一些高阶等差数列的求和方法，高阶等差数列中后一项与前一项之差并不相等，但是后一项与前一项之差或者高阶差成等差数列，如数列，后一项与前一项之差得到新数列，新数列为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前5项分别为，则该数列的第10项为（ ）
A．96B．142C．202D．278
【答案】D
【分析】根据题意利用累加法运算求解.
【详解】设该数列为，其前5项分别为，
设，其前4项分别为，
由题意可知：，
当时，则
，
且符合上式，所以，
即，
则，
所以该数列的第10项为278.
故选：D.
10．（2024上·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）表示不超过的最大整数，如，，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据递推公式变形并构造数列得出，再适当放缩得出，再结合等差数列的求和公式计算即可.
【详解】由可知，所以数列是常数列，
又，，所以，则数列各项均为1，
即，，
则数列是以为首项，4为公比的等比数列，
即，
由，
，
故，
根据题意可知：，
所以.
故选：B
二、多选题
11．（2024上·吉林长春·高二长春吉大附中实验学校校考期末）已知数列的前n项积为，，则（ ）
A．B．为递增数列
C．D．的前n项和为
【答案】AD
【分析】根据等比数列的定义可判断为等比数列，进而可求解A，根据即可判断C，根据指数式的单调性即可判断B，根据分组求和结合等比求和公式即可求解D.
【详解】由可得，故为等比数列，且公比为3，首项为，故，进而,A正确，
当时，，所以，
当时，不符合上述表达，
因此，故C错误，
当时， ，由于为单调递增数列，故为单调递减，故B错误，
的前n项和为，故D正确，
故选：AD
12．（2024上·湖北·高二期末）已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．
C．数列是递减数列D．数列的最小值为
【答案】AD
【分析】利用与的关系式求得与，从而判断AB；利用作商法判断的单调性，进而求得其最小值，从而判断CD.
【详解】，
，则，即，
，当时，，
又满足上式，，故A正确，B错误；
易知，，，
，当时，，
当时，，当时，，
数列不是递减数列，且当时，取得最小值，故C错误，D正确．
故选：AD.
13．（2024上·河北邢台·高二河北省博野中学校联考期末）已知数列的前项和为，则（ ）
A．
B．为等比数列
C．
D．
【答案】ACD
【分析】选项A，代入递推关系可得；选项B，递推关系变形可得，从而可得为等差数列；选项C，由错位相减法数列求和得，可得；选项D，将代入可得，令可求.
【详解】选项A，由题意得，A正确；
选项B，将两边同时除以，
得，即，
则是首项为，公差为的等差数列，不是等比数列，错误；
选项C，由，
得，
所以①，
则②，
①-②得，，
，
即，则，C正确；
选项D，因为，
所以，D正确.
故选：ACD.
14．（2024上·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）已知数列的前项和为，，且对任意正整数，恒成立，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．
C．D．
【答案】AC
【分析】A选项，由时，定义法证明数列是等比数列；B选项，由A选项的结论，构造为等差数列，求出通项得；C选项，利用B选项中的结论验证；D选项，利用分组求和法求数列的前项和.
【详解】对于A，由，当时，，解得；
当时，，所以，即.
又，所以是首项为，公比为的等比数列，A正确.
对于B，由A易得，，则.
又，所以是首项为2，公差为1的等差数列.
则有，所以，B错误.
对于C，因为，，所以，C正确.
对于D，因为，
所以，D错误.
故选：AC.
三、填空题
15．（2023下·江苏南京·高二南京市江宁高级中学校联考期末）设等比数列的前n项和为.已知，，则 .
【答案】/31.5
【分析】根据得相减可得公比，由求解首项，即可由求和公式代入求解.
【详解】当的公比为1时，由可知显然不成立，故公比不为1，
由得，
所以时，，相减可得，故公比，又，
故，
故答案为：
16．（2023下·江西·高二统考期末）记等比数列的前n项和为，且，则 .
【答案】
【分析】根据数列前项和与通项的关系，结合等比数列的定义，建立方程，可得答案.
【详解】当时，；当时，，
由数列是等比数列，则，则，解得.
故答案为：.
17．（2023上·全国·高二期末）已知数列的前n项和为，且，，则 ．
【答案】
【分析】由递推关系得到，再用累加法和等差数列的求和公式求出结果即可.
【详解】因为，所以，
所以，
，
，
，
累加可得
，
化简可得，
故答案为：
18．（2023下·黑龙江大庆·高二大庆市第二十三中学校考期末）已知数列满足，且，若，则数列的前n项和 ．
【答案】
【分析】利用累乘法求得，可得，再利用裂项相消法得答案.
【详解】由，得，，…，（），
以上各式相乘，得（），
又，所以（），
当时，，满足上式，所以，
，
所以．
故答案为：.
19．（2023上·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期末）已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】由题意根据等差数列的前项和可得，再利用构造法结合等差数列的通项即可得解.
【详解】因为，
所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
，
所以.
故答案为：.
20．（2023下·安徽滁州·高二统考期末）已知数列满足，，若表示不超过x的最大整数，则 ．
【答案】1
【分析】根据迭代法可得利用裂项求和结合的定义即可求解.
【详解】由得时，，
当时，也符合，所以
，故，
，
故答案为：1
21．（2023上·全国·高二期末）在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【分析】分析可得数列是等比数列，求得，由已知可得出，令，分析数列的单调性，求出数列最大项的值，即可得出实数的最小值.
【详解】由有，且，
故数列为首项为，公比为的等比数列，可得，
不等式可化为，令，
当时；当时，．
故有当时，，
则，
当时，，即，
此时，数列单调递减，
综上所述，，可得实数的最小值为．
故答案为：.
22．（2023上·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期末）已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】已知条件求出，裂项相消求出，由不等式恒成立，列不等式求实数的取值范围.
【详解】数列满足：，
时，
时，，
得，即，
时也满足，则有.
，
，
不等式恒成立，即，解得或.
即实数的取值范围为.
故答案为：
四、解答题
23．（2023上·福建莆田·高二仙游一中校联考期末）设数列的前项和为，已知，且
(1)求数列的通项公式;
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算，根据得到，变换，确定是首项为，公比为的等比数列，计算得到答案.
（2）确定，代入式子变换得到，换元，根据函数的单调性计算最值得到答案.
【详解】（1），则，故，
当时，，，
两式相减得到，即，则，
，故是首项为，公比为的等比数列，
，故，
时满足，故.
（2），，
，即，
设，且，，
在上单调递增，故函数在上单调递增，
当趋近时，趋近，故，故.
24．（2024上·湖北·高二期末）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列递推式求出，继而写出当时，，和已知等式相减可推出，，即可求得答案；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法求数列的和，即得答案.
【详解】（1）当时，，
又的各项均为正数，所以；
当时，得，则，
所以，
又的各项均为正数，所以，所以，，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以；
（2）由（1）知，，
所以，①
故，②
①-②得：
，
所以
25．（2023上·广东珠海·高三珠海市第一中学校考期末）已知正项数列的前项和为，，且当时．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，数列的前项和为，试比较与的大小，并加以证明.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）由时，，及条件可得，再由累加法可求出，再由求出.
（2）由的通项公式可知，利用错位相减法求出，再由不等式的性质比较与的大小.
【详解】（1）因为时，
数列为正项数列，所以．
由累加法得，
又，所以，即，
故当时，，
因此．
（2）．证明如下：
由题意及（1）可得，
故，
．
两式相减，得，
得．由于，故，所以．
26．（2024上·吉林长春·高二长春市第二中学校联考期末）设数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求得.
（2）根据分组求和法求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，
当时，，
当时，，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，也符合.
所以.
（2）由（1）得，所以
.
27．（2024上·天津南开·高三统考期末）已知正项等比数列满足，数列的前项和为，当时，.
(1)求的通项公式：
(2)证明是等差数列，并求；
(3)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3).
【分析】（1）利用等比数列基本量的计算求通项公式；
（2）利用与的关系以及等差数列的定义求解；
（3）利用错位相减法求和以及基本不等式求解.
【详解】（1）设正项等比数列的公比为，
由，得，
解得，所以.
（2）当时，，
所以，
整理得，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
所以，即.
（3）由（1）､（2）知，
所以，①
②
①-②得,
所以.
由得，即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以.
28．（2024上·湖北·高三统考期末）已知正项数列的前项和为，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若数列满足，且，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与之间的关系结合等差数列的定义分析证明；
（2）由（1）可得，进而可得是常数列以及，代入利用裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，，由于，解得；
当时，，整理得；
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知：，
因为，整理得，
可知数列是常数列.
所以，即，
可得，
所以.
不同点
相同点
通项公式
可根据某项的序号n的值，直接代入求出an
都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项
递推公式
可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an
与同时存在
1：已知与的关系；或与的关系
用，得到
例：已知，求
2：已知与的关系；或与的关系
替换题中的
例：已知；
已知
3：等式中左侧含有：
作差法
（类似）
例子：已知求
前n项积
1：已知和的关系
角度1：用，得到
例子：的前项之积.
2：已知和的关系
角度1：用替换题目中
例子：已知数列的前n项积为，且.