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高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题30数列的概念及通项公式(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题30数列的概念及通项公式(原卷版+解析)，共31页。试卷主要包含了5D．1010， 已知数列满足,,则，然后等内容，欢迎下载使用。
专题30 数列的概念及通项公式
数列的概念及通项公式
数列的有关概念
累加法
累乘法
构造法
归纳法
数列的定义
数列的表示
通项公式
递推公式
结论法
求通项公式的基本方法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
2.(2023·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是__________．
3．（2023·全国高考真题）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．
4.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
5.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(3)略。
6．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．已知，，则(
A． B． C． D．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知数列和满足，，，．
证明：是等比数列，是等差数列；
求和的通项公式．
8.(2023·浙江高考T20)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(Ⅰ)求q的值.
(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.
9．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和,其中.
(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求.
10．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
11．(2023高考数学课标2理科)已知数列满足=1，．
(Ⅰ)证明是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)证明：
12．(2023高考数学新课标1理科)若数列{}的前n项和为，则数列{}的通项公式是=______．
讲典例 备高考
类型一、数列的有关概念
基础知识：
1、数列的定义：按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项
数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数
an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
3．数列的性质：由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
基本题型：
1．（判断数列的单调性）已知数列的通项公式是，那么这个数列是
A．递增数列B．递减数列
C．常数列D．摆动数列
2．（利用数列的单调性求参数的范围）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（数列的周期性）已知数列满足: ，，设数列的前项和为，则（ ）
A．1007B．1008C．1009.5D．1010
4．（数列的周期性）设数列的前项和为，已知，，则等于______.
（数列中的最大项问题）数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足
bn＝n·eq \r(an＋1＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n，则数列{bn}的最大项为第________项．
6、（数列中的最大项问题）已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))n，若数列最大项为ak，则k＝________.
基本方法：
1、求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
2、周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法是根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
3、解决数列的单调性问题的3种方法
①作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列
②作商比较法：根据(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断
③数形结合法：结合相应函数的图象直观判断
类型二、已知递推关系式求通项公式
基础知识：
1、数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法
2、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
3、递推公式：如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项基本题型：
基本题型：
1．（归纳法）数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1) B．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n－1)
C．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n＋1) D．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n＋1)
2．（归纳法）下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是________．
3．（累加法）已知数列满足，，则的通项为( )
A． B．
C．D．
4．（累加法）在数列中，，则＝（ ）
A．B．C．D．
5．（累乘法）设数列{}是首项为1的正项数列，且（n+1）,则它的通项公式______.
6. （累乘法）（多选题）已知数列满足,,则( )
A. B.
C. 数列为递增数列D. 数列为递减数列
7．（构造法）数列中，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
基本方法：
1、已知递推关系式求通项公式
（1）累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，变形为an＋1－an＝f(n)，再利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋
(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解。
（2）累乘法：形如an＋1＝f(n)an的递推关系式，变形为eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(an≠0，n≥2，n∈N*)求解。
（3）构造法：形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)的递推关系式，变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an。
（4）取倒数法：形如an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)的递推关系式， 变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p).然后：
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用构造法构造新数列求解。
类型三、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
基本题型：
1. （多选题）已知数列的前项为和为,且,则( )
A. B. C. D.
2．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝eq \f(1,nn－1) B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
C．Sn＝－eq \f(1,n) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是等差数列
3、已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b.则an＝________。
4．若数列的所有项都是正数，且（），则该数列的通项公式________
基本方法：
1、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式，主要分成以下3个步骤完成：
(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．
类型四、已知数列类型求通项公式
基础知识：
1、等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
2、等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
基本题型：
1．已知是首项为2，公比为的等比数列，且的前项和为，若也为等比数列，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，，则_______；
则________．
3．已知等差数列的前项和为，，，则________．
新预测 破高考
1．数列－eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，－eq \f(1,9)，eq \f(1,11)，…的通项公式可能是an＝( )
A.eq \f(－1n－1,2n＋3) B.eq \f(－1n,3n＋2)
C.eq \f(－1n－1,3n＋2) D.eq \f(－1n,2n＋3)
2．设数列的前n项和为，，为常数列，
A．B．C．D．
3．数列{an}中，an＝2n＋eq \f(k,n)，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则实数k的取值范围为( )
A．[12,24] B．(12,24]
C．[3,12] D．(3,12]
4．已知数列{an}满足：a1＝2，(1－an)an＋1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．4 042 B．2 021 C.eq \f(2 023,2) D.eq \f(2 021,2)
5．已知等差数列的前项和为，为整数，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
6、已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2 021＝( )
A．0 B．－eq \r(3) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3),2)
7．已知数列的前项和为，且是和的等差中项.用表示不超过的最大整数，设，则数列的通项公式是（ ）
A．B．C．D．
8．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1，则关于数列{an}说法正确的是( )
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
9．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，则a10＝( )
A.eq \f(1,1 021) B．eq \f(1,1 022) C.eq \f(1,1 023) D.eq \f(1,1 024)
10．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．则an＝________。
11．已知数列的通项公式为an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
12、设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．则an＝________。
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝________.
14、已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝an＋eq \f(1,n2＋n)，则通项公式an＝________。
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
16．已知等差数列的前项和为，，且.则an＝________。
17．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
18．如图，已知周长为2，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边中点构成第三个三角形，依此类推，第n个三角形周长________．
19. 请从①;②;③这三个条件中任选一个,
补充到下面问题中,并求解. 已知数列中,其前项和为,且满足,
记,求数列的通项公式.
20.设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）求证数列是等差数列，并求的通项公式.
2023高考一轮复习讲与练
专题30 数列的概念及通项公式
数列的概念及通项公式
数列的有关概念
累加法
累乘法
构造法
归纳法
数列的定义
数列的表示
通项公式
递推公式
结论法
求通项公式的基本方法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1）；（2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,即,
∴，显然对于也成立，
∴的通项公式；
【小问2详解】
∴。
2.(2023·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是__________．
答案：①③④
分析：推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.
3．（2023·全国高考真题）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．
答案：（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,∴.
4.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
【命题意图】本题考查等比数列通项公式的应用,考查数列基本量的运算求解能力.体现了数学运算与数学抽象的核心素养.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),或q=2,a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
5.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2(3)略。
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.
【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;
(2)利用(1)的结论首先求得数列{an}的前n项和,然后利用作差法证明即可;
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n(n∈N*).
由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,
从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+26．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．已知，，则(
A． B． C． D．
答案：A
解析：，
所以，故选A．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知数列和满足，，，．
证明：是等比数列，是等差数列；
求和的通项公式．
答案：见解析；，.
【解析】法一：
由题设得，即．
又因为，所以是首项为，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为，所以是首项为，公差为的等差数列．
由知，，．
所以，．
法二：由题意可知，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，数列是首项、公差为等差数列，.
由可知，，，
所以，.
8.(2023·浙江高考T20)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(Ⅰ)求q的值.
(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
【解析】(Ⅰ)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.由a3+a5=20得8 QUOTE ?+1? q+1q=20,因为q>1,所以q=2.
(Ⅱ)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.由cn= QUOTE ?1,?=1,??-??-1,?e2, S1,n=1,Sn-Sn-1,ne2,解得cn=4n-1.
由(Ⅰ)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)· QUOTE 12?-1 12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2+(4n-9)· QUOTE 12?-3 12n-3+…+7· QUOTE 12 12+3,
设Tn=3+7· QUOTE 12 12+11· QUOTE 122 122+…+(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,
QUOTE 12 12Tn=3· QUOTE 12 12+7· QUOTE 122 122+…+(4n-9)· QUOTE 12?-2 12n-2+(4n-5)· QUOTE 12?-1 12n-1,
所以 QUOTE 12 12Tn=3+4· QUOTE 12 12+4· QUOTE 122 122+…+4· QUOTE 12?-2 12n-2-(4n-5)· QUOTE 12?-1 12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)· QUOTE 12?-2 12n-2.
9．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和,其中.
(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求.
答案：(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)由题意得,故,,.
由,得,即.
由,得,所以.
因此是首项为,公比为的等比数列,于是.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,由得,即,解得.
10．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
答案：（Ⅰ）（Ⅱ）
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =．
11．(2023高考数学课标2理科)已知数列满足=1，．
(Ⅰ)证明是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)证明：
解析：（Ⅰ）由，得，且
所以是首相为，公比为的等比数列。
因此，所以的通项公式为．
（Ⅱ）由（1）知，当时，，所以
于是，所以
12．(2023高考数学新课标1理科)若数列{}的前n项和为，则数列{}的通项公式是=______．
答案：
解析:当=1时，==，解得=1，
当≥2时，==－()=，即=，
∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=．
讲典例 备高考
类型一、数列的有关概念
基础知识：
1、数列的定义：按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项
数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数
an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
3．数列的性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
基本题型：
1．（判断数列的单调性）已知数列的通项公式是，那么这个数列是
A．递增数列B．递减数列
C．常数列D．摆动数列
答案：A
【解析】因为因为函数单调递增，所以数列是递增数列．
2．（利用数列的单调性求参数的范围）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
答案：D
【解析】根据题意，an＝f(n)＝，n∈N*，要使{an}是递增数列，必有，据此有，综上可得23．（数列的周期性）已知数列满足: ，，设数列的前项和为，则（ ）
A．1007B．1008C．1009.5D．1010
答案：D
【解析】由题意，数列满足: ，，可得，可得数列是以3为周期的数列，且，所以.
4．（数列的周期性）设数列的前项和为，已知，，则等于______.
答案：1010
【解析】因为，，因为，所以，由此可得，，，所以，周期为4，所以.
（数列中的最大项问题）数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足
bn＝n·eq \r(an＋1＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n，则数列{bn}的最大项为第________项．
答案：6
【解析】因为an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，
所以根据累加法得an＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋a1＝n2－1，所以bn＝n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n.
因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(8n＋2,11n)，所以当n≤5时，bn＋1≥bn ；
当n≥6时，bn＋1≤bn，又b5＝30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))5，b6＝42eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))6，b6>b5，因此数列{bn}的最大项为第6项．
6、（数列中的最大项问题）已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))n，若数列最大项为ak，则k＝________.
答案：4
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥ak＋1，,ak≥ak－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kk＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k≥k＋1k＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k＋1，,kk＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k≥k－1k＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k－1，))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2≥10，,k2－2k－9≤0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≤－\r(10)或k≥\r(10)，,1－\r(10)≤k≤1＋\r(10)，))即eq \r(10)≤k≤1＋eq \r(10).又k∈N*，∴k＝4.
基本方法：
1、求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
2、周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法是根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
3、解决数列的单调性问题的3种方法
①作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列
②作商比较法：根据(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断
③数形结合法：结合相应函数的图象直观判断
类型二、已知递推关系式求通项公式
基础知识：
1、数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法
2、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
3、递推公式：如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项基本题型：
基本题型：
1．（归纳法）数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1) B．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n－1)
C．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n＋1) D．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n＋1)
答案：A
【解析】由数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，
其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1).
2．（归纳法）下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是________．
答案：an＝eq \f(nn＋1,2)
【解析】从题图中可观察星星的构成规律，当n＝1时，有1个；当n＝2时，有3个；当n＝3时，有6个；当n＝4时，有10个；…∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
3．（累加法）已知数列满足，，则的通项为( )
A． B．
C．D．
答案：D
【解析】因为，所以，则当时， ，将个式子相加可得，
因为，则，当时，符合题意，
所以.
4．（累加法）在数列中，，则＝（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】由题意得，，
所以．
5．（累乘法）设数列{}是首项为1的正项数列，且（n+1）,则它的通项公式______.
答案：
【解析】（n+1）
所以。
6. （累乘法）（多选题）已知数列满足,,则( )
A. B.
C. 数列为递增数列D. 数列为递减数列
答案：BC
【解析】数列满足,, 则当时,,,,, 所有的式子相乘得,整理得(首项符合通项). 故,显然数列为递增数列.故选BC.
7．（构造法）数列中，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】∵，∴，由得，故数列是以2为首项，为公比的等比数列，∴，即，故选：A.
基本方法：
1、已知递推关系式求通项公式
（1）累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，变形为an＋1－an＝f(n)，再利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋
(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解。
（2）累乘法：形如an＋1＝f(n)an的递推关系式，变形为eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(an≠0，n≥2，n∈N*)求解。
（3）构造法：形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)的递推关系式，变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an。
（4）取倒数法：形如an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)的递推关系式， 变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p).然后：
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用构造法构造新数列求解。
类型三、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
基本题型：
1. （多选题）已知数列的前项为和为,且,则( )
A. B. C. D.
答案：A,C,D
【解析】当时,,可得; 当且时,
,得, 故数列为等比数列,且首项为,公比为,所以, 所以,,,故选ACD.
2．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝eq \f(1,nn－1) B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
C．Sn＝－eq \f(1,n) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是等差数列
【答案BC,D
【解析】 ∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是以－1为首项，
－1为公差的等差数列，即eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，又a1＝－1不适合上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2.))
3、已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b.则an＝________。
答案：当b＝－1时，an＝2×3n－1；当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
【解析】a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2×3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．当b≠－1时，a1不适合此等式．
所以当b＝－1时，an＝2×3n－1；当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
4．若数列的所有项都是正数，且（），则该数列的通项公式________
答案：
【解析】由题意,当时,,即,当时,,
则,化简得,即.经验证时,符合,故数列的通项公式.
基本方法：
1、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式，主要分成以下3个步骤完成：
(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．
类型四、已知数列类型求通项公式
基础知识：
1、等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
2、等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
基本题型：
1．已知是首项为2，公比为的等比数列，且的前项和为，若也为等比数列，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
【解析】已知是首项为2，公比为的等比数列.所以.
，为等比数列,则也为等比数列.所以，即.则。
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，，则_______；
则________．
答案：，
【详解】当时，，当时，满足上式，
故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，
，，所以，∴，即．
3．已知等差数列的前项和为，，，则________．
答案：
【解析】根据等差数列的性质，可得，即，又由，即，所以等差数列的公差为，又由，解得，所以数列的通项公式为，
新预测 破高考
1．数列－eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，－eq \f(1,9)，eq \f(1,11)，…的通项公式可能是an＝( )
A.eq \f(－1n－1,2n＋3) B.eq \f(－1n,3n＋2)
C.eq \f(－1n－1,3n＋2) D.eq \f(－1n,2n＋3)
答案：D
【解析】由a1＝－eq \f(1,5)，排除A、C；由a2＝eq \f(1,7)，排除B.故选D.
2．设数列的前n项和为，，为常数列，
A．B．C．D．
答案：B
【解析】数列的前n项和为，且，，为常数列，由题意知，，当时，，从而，
，当时上式成立，．
3．数列{an}中，an＝2n＋eq \f(k,n)，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则实数k的取值范围为( )
A．[12,24] B．(12,24]
C．[3,12] D．(3,12]
答案：A
【解析】由题可知，an＝2n＋eq \f(k,n)，对任意n∈N*，都有an≥a3成立，当k≤0时，可知数列{an}单调递增，不符合题意；当k>0时，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2≥a3，,a4≥a3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋\f(k,2)≥6＋\f(k,3)，,8＋\f(k,4)≥6＋\f(k,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥12，,k≤24.))∴12≤k≤24，此时，数列在(1,2)上递减，(3，＋∞)上递增，或在(1,3)上递减，(4，＋∞)上递增，故符合题意，所以实数k的取值范围为[12,24]．
4．已知数列{an}满足：a1＝2，(1－an)an＋1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．4 042 B．2 021 C.eq \f(2 023,2) D.eq \f(2 021,2)
答案：D
【解析】因为a1＝2，(1－an)an＋1＝1，由(1－a1)a2＝1得a2＝－1，进而得a3＝eq \f(1,2)，a4＝2＝a1，可得an＋3＝an，故S2 021＝a1＋a2＋…＋a2 021＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝673×eq \f(3,2)＋1＝eq \f(2 021,2).
5．已知等差数列的前项和为，为整数，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
【解析】设等差数列的公差为，则，为整数，
所以，由，结合二次函数的图象与性质可得，，解得，所以，所以，
所以.
6、已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2 021＝( )
A．0 B．－eq \r(3) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3),2)
答案：B
【解析】因为{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，所以a2＝eq \f(a1－\r(3),\r(3)a1＋1)＝eq \f(0－\r(3),\r(3)·0＋1)＝－eq \r(3)，a3＝eq \f(－\r(3)－\r(3),\r(3)·－\r(3)＋1)
＝eq \r(3)，a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),\r(3)·\r(3)＋1)＝0，故数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 021＝a3×673＋2＝a2＝－eq \r(3).
7．已知数列的前项和为，且是和的等差中项.用表示不超过的最大整数，设，则数列的通项公式是（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】由是和的等差中项，得.当时，所以，
即，因为，所以，所以是以为首项，以2为公比的等比数列，所以.，所以，，，，，，
所以，所以，即.
8．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1，则关于数列{an}说法正确的是( )
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
答案：ABD
【解析】 由an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1得an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2，∴eq \r(an＋1)＝eq \r(an－1＋1)＋1，即数列{eq \r(an＋1)}是首项为eq \r(a1＋1)＝2，公差为1的等差数列，∴eq \r(an＋1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．
9．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，则a10＝( )
A.eq \f(1,1 021) B．eq \f(1,1 022) C.eq \f(1,1 023) D.eq \f(1,1 024)
答案：C
【解析】由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，两边同时取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝eq \f(2,an)＋1，则eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,an)＋1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,an)＋1))为等比数列，则eq \f(1,an)＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a1)＋1))·2n－1＝2n，所以an＝eq \f(1,2n－1)，故a10＝eq \f(1,210－1)＝eq \f(1,1 023).故选C.
10．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．则an＝________。
答案：an＝n.
【解析】 Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an，①，当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(1,2)an－1，②
①－②，整理得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
11．已知数列的通项公式为an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
答案：5
【解析】因为an＝eq \f(n＋1,3n－16)，数列{an}的最小项必为an＜0，即eq \f(n＋1,3n－16)＜0，则3n－16＜0，从而n＜eq \f(16,3)，又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5时an的值最小．
12、设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．则an＝________。
答案： an＝eq \f(1,3)×3n－1＝3n－2.
【解析】当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝eq \f(1,3).当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，即6an＝9(an－an－1)，所以an＝3an－1.
所以数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝eq \f(1,3)×3n－1＝3n－2.
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝________.
答案：0
【解析】∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，
∴可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 020＝a2＝0.
14、已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝an＋eq \f(1,n2＋n)，则通项公式an＝________。
答案：an＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)。
【解析】由条件知an＋1－an＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以an－a1＝1－eq \f(1,n)。又因为a1＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,n)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)(n≥2)。又a1＝eq \f(1,2)也符合上式，所以an＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)。
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
答案：an＝2·3n－1－1
【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.
16．已知等差数列的前项和为，，且.则an＝________。
答案：；
【详解】设数列的公差为，令，则，由，
得，解得，所以.
17．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)
【解析】任意n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，任意n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－6(n∈N*)．
18．如图，已知周长为2，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边中点构成第三个三角形，依此类推，第n个三角形周长________．
答案：
【解析】设的中点分别为，则为三角形的中位线，即，则，记第个三角形周长为，则，即为公比为的等比数列，所以，
19. 请从①;②;③这三个条件中任选一个,
补充到下面问题中,并求解. 已知数列中,其前项和为,且满足,
记,求数列的通项公式.
答案：见解析
【解析】选条件①: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,
又当时,,可得,满足, ∴数列是首项为,公比为的等比数列,∴, 故.
选条件②: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,即. 当时,满足,∴, 故.
选条件③: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,
当时,,可得,满足, ∴数列是首项为,公比为的等比数列,∴, 故.
20.设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）求证数列是等差数列，并求的通项公式.
答案：（1），（2）
解析：（1）由题得，所以.
（2）因为，所以，所以
，所以，所以数列为等差数列，因为，所以，所以，所以.
专题30 数列的概念及通项公式
数列的概念及通项公式
数列的有关概念
累加法
累乘法
构造法
归纳法
数列的定义
数列的表示
通项公式
递推公式
结论法
求通项公式的基本方法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
2.(2023·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是__________．
3．（2023·全国高考真题）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．
4.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
5.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
6．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．已知，，则(
A． B． C． D．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知数列和满足，，，．
证明：是等比数列，是等差数列；
求和的通项公式．
8.(2023·浙江高考T20)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(Ⅰ)求q的值.
(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.
9．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和,其中.
(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求.
10．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
11．(2023高考数学课标2理科)已知数列满足=1，．
(Ⅰ)证明是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)证明：
12．(2023高考数学新课标1理科)若数列{}的前n项和为，则数列{}的通项公式是=______．
讲典例 备高考
类型一、数列的有关概念
基础知识：
1、数列的定义：按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项
数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数
an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
3．数列的性质：由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
基本题型：
1．（判断数列的单调性）已知数列的通项公式是，那么这个数列是
A．递增数列B．递减数列
C．常数列D．摆动数列
2．（利用数列的单调性求参数的范围）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（数列的周期性）已知数列满足: ，，设数列的前项和为，则（ ）
A．1007B．1008C．1009.5D．1010
4．（数列的周期性）设数列的前项和为，已知，，则等于______.
（数列中的最大项问题）数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足
bn＝n·eq \r(an＋1＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n，则数列{bn}的最大项为第________项．
6、（数列中的最大项问题）已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))n，若数列最大项为ak，则k＝________.
基本方法：
1、求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
2、周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法是根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
3、解决数列的单调性问题的3种方法
①作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列
②作商比较法：根据(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断
③数形结合法：结合相应函数的图象直观判断
类型二、已知递推关系式求通项公式
基础知识：
1、数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法
2、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
3、递推公式：如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项基本题型：
基本题型：
1．（归纳法）数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1) B．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n－1)
C．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n＋1) D．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n＋1)
2．（归纳法）下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是________．
3．（累加法）已知数列满足，，则的通项为( )
A． B．
C．D．
4．（累加法）在数列中，，则＝（ ）
A．B．C．D．
5．（累乘法）设数列{}是首项为1的正项数列，且（n+1）,则它的通项公式______.
6. （累乘法）（多选题）已知数列满足,,则( )
A. B.
C. 数列为递增数列D. 数列为递减数列
7．（构造法）数列中，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
基本方法：
1、已知递推关系式求通项公式
（1）累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，变形为an＋1－an＝f(n)，再利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋
(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解。
（2）累乘法：形如an＋1＝f(n)an的递推关系式，变形为eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(an≠0，n≥2，n∈N*)求解。
（3）构造法：形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)的递推关系式，变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an。
（4）取倒数法：形如an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)的递推关系式， 变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p).然后：
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用构造法构造新数列求解。
类型三、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
基本题型：
1. （多选题）已知数列的前项为和为,且,则( )
A. B. C. D.
2．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝eq \f(1,nn－1) B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
C．Sn＝－eq \f(1,n) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是等差数列
3、已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b.则an＝________。
4．若数列的所有项都是正数，且（），则该数列的通项公式________
基本方法：
1、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式，主要分成以下3个步骤完成：
(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．
类型四、已知数列类型求通项公式
基础知识：
1、等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
2、等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
基本题型：
1．已知是首项为2，公比为的等比数列，且的前项和为，若也为等比数列，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，，则_______；
则________．
3．已知等差数列的前项和为，，，则________．
新预测 破高考
1．数列－eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，－eq \f(1,9)，eq \f(1,11)，…的通项公式可能是an＝( )
A.eq \f(－1n－1,2n＋3) B.eq \f(－1n,3n＋2)
C.eq \f(－1n－1,3n＋2) D.eq \f(－1n,2n＋3)
2．设数列的前n项和为，，为常数列，
A．B．C．D．
3．数列{an}中，an＝2n＋eq \f(k,n)，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则实数k的取值范围为( )
A．[12,24] B．(12,24]
C．[3,12] D．(3,12]
4．已知数列{an}满足：a1＝2，(1－an)an＋1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．4 042 B．2 021 C.eq \f(2 023,2) D.eq \f(2 021,2)
5．已知等差数列的前项和为，为整数，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
6、已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2 021＝( )
A．0 B．－eq \r(3) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3),2)
7．已知数列的前项和为，且是和的等差中项.用表示不超过的最大整数，设，则数列的通项公式是（ ）
A．B．C．D．
8．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1，则关于数列{an}说法正确的是( )
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
9．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，则a10＝( )
A.eq \f(1,1 021) B．eq \f(1,1 022) C.eq \f(1,1 023) D.eq \f(1,1 024)
10．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．则an＝________。
11．已知数列的通项公式为an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
12、设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．则an＝________。
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝________.
14、已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝an＋eq \f(1,n2＋n)，则通项公式an＝________。
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
16．已知等差数列的前项和为，，且.则an＝________。
17．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
18．如图，已知周长为2，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边中点构成第三个三角形，依此类推，第n个三角形周长________．
19. 请从①;②;③这三个条件中任选一个,
补充到下面问题中,并求解. 已知数列中,其前项和为,且满足,
记,求数列的通项公式.
20.设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）求证数列是等差数列，并求的通项公式.
2023高考一轮复习讲与练
专题30 数列的概念及通项公式
数列的概念及通项公式
数列的有关概念
累加法
累乘法
构造法
归纳法
数列的定义
数列的表示
通项公式
递推公式
结论法
求通项公式的基本方法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T17） 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
答案：（1）；（2）见解析
分析：（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【小问1详解】∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,∴当时，，
∴,整理得：,即,
∴，显然对于也成立，
∴的通项公式；
【小问2详解】
∴。
2.(2023·北京卷T15） 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是__________．
答案：①③④
分析：推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.
3．（2023·全国高考真题）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．
答案：（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,∴.
4.(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
【命题意图】本题考查等比数列通项公式的应用,考查数列基本量的运算求解能力.体现了数学运算与数学抽象的核心素养.
【解析】(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),或q=2,a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
5.(2023·天津高考·T19)已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等.
【解题指南】(1)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果;
(2)利用(1)的结论首先求得数列{an}的前n项和,然后利用作差法证明即可;
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n(n∈N*).
由b1=1,b5=4(b4-b3),又q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,
从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2
A． B． C． D．
答案：A
解析：，
所以，故选A．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知数列和满足，，，．
证明：是等比数列，是等差数列；
求和的通项公式．
答案：见解析；，.
【解析】法一：
由题设得，即．
又因为，所以是首项为，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为，所以是首项为，公差为的等差数列．
由知，，．
所以，．
法二：由题意可知，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，数列是首项、公差为等差数列，.
由可知，，，
所以，.
8.(2023·浙江高考T20)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(Ⅰ)求q的值.
(Ⅱ)求数列{bn}的通项公式.
【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
【解析】(Ⅰ)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
解得a4=8.由a3+a5=20得8 QUOTE ?+1? q+1q=20,因为q>1,所以q=2.
(Ⅱ)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.由cn= QUOTE ?1,?=1,??-??-1,?e2, S1,n=1,Sn-Sn-1,ne2,解得cn=4n-1.
由(Ⅰ)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)· QUOTE 12?-1 12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2+(4n-9)· QUOTE 12?-3 12n-3+…+7· QUOTE 12 12+3,
设Tn=3+7· QUOTE 12 12+11· QUOTE 122 122+…+(4n-5)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,
QUOTE 12 12Tn=3· QUOTE 12 12+7· QUOTE 122 122+…+(4n-9)· QUOTE 12?-2 12n-2+(4n-5)· QUOTE 12?-1 12n-1,
所以 QUOTE 12 12Tn=3+4· QUOTE 12 12+4· QUOTE 122 122+…+4· QUOTE 12?-2 12n-2-(4n-5)· QUOTE 12?-1 12n-1,
因此Tn=14-(4n+3)· QUOTE 12?-2 12n-2,n≥2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)· QUOTE 12?-2 12n-2.
9．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和,其中.
(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若,求.
答案：(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)由题意得,故,,.
由,得,即.
由,得,所以.
因此是首项为,公比为的等比数列,于是.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,由得,即,解得.
10．(2023高考数学新课标1理科)为数列的前项和．已知
(Ⅰ)求的通项公式：(Ⅱ)设,求数列的前项和
答案：（Ⅰ）（Ⅱ）
解析：（Ⅰ）当时，，因为，所以=3，
当时，==，即，因为，所以=2，所以数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，所以=；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=，
所以数列{}前n项和为= =．
11．(2023高考数学课标2理科)已知数列满足=1，．
(Ⅰ)证明是等比数列，并求的通项公式；(Ⅱ)证明：
解析：（Ⅰ）由，得，且
所以是首相为，公比为的等比数列。
因此，所以的通项公式为．
（Ⅱ）由（1）知，当时，，所以
于是，所以
12．(2023高考数学新课标1理科)若数列{}的前n项和为，则数列{}的通项公式是=______．
答案：
解析:当=1时，==，解得=1，
当≥2时，==－()=，即=，
∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=．
讲典例 备高考
类型一、数列的有关概念
基础知识：
1、数列的定义：按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项
数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数
an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
3．数列的性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
基本题型：
1．（判断数列的单调性）已知数列的通项公式是，那么这个数列是
A．递增数列B．递减数列
C．常数列D．摆动数列
答案：A
【解析】因为因为函数单调递增，所以数列是递增数列．
2．（利用数列的单调性求参数的范围）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
答案：D
【解析】根据题意，an＝f(n)＝，n∈N*，要使{an}是递增数列，必有，据此有，综上可得2
A．1007B．1008C．1009.5D．1010
答案：D
【解析】由题意，数列满足: ，，可得，可得数列是以3为周期的数列，且，所以.
4．（数列的周期性）设数列的前项和为，已知，，则等于______.
答案：1010
【解析】因为，，因为，所以，由此可得，，，所以，周期为4，所以.
（数列中的最大项问题）数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足
bn＝n·eq \r(an＋1＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n，则数列{bn}的最大项为第________项．
答案：6
【解析】因为an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，
所以根据累加法得an＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋a1＝n2－1，所以bn＝n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))n.
因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(8n＋2,11n)，所以当n≤5时，bn＋1≥bn ；
当n≥6时，bn＋1≤bn，又b5＝30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))5，b6＝42eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,11)))6，b6>b5，因此数列{bn}的最大项为第6项．
6、（数列中的最大项问题）已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))n，若数列最大项为ak，则k＝________.
答案：4
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥ak＋1，,ak≥ak－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kk＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k≥k＋1k＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k＋1，,kk＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k≥k－1k＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))k－1，))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2≥10，,k2－2k－9≤0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≤－\r(10)或k≥\r(10)，,1－\r(10)≤k≤1＋\r(10)，))即eq \r(10)≤k≤1＋eq \r(10).又k∈N*，∴k＝4.
基本方法：
1、求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
2、周期数列的常见形式与解题方法
(1)周期数列的常见形式
①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
(2)解决此类题目的一般方法是根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和．
3、解决数列的单调性问题的3种方法
①作差比较法：根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列
②作商比较法：根据(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断
③数形结合法：结合相应函数的图象直观判断
类型二、已知递推关系式求通项公式
基础知识：
1、数列的表示法：列表法、图象法和通项公式法
2、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
3、递推公式：如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项基本题型：
基本题型：
1．（归纳法）数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1) B．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n－1)
C．an＝(－1)n·eq \f(n2,2n＋1) D．an＝(－1)n·eq \f(nn＋1,2n＋1)
答案：A
【解析】由数列－1，eq \f(4,3)，－eq \f(9,5)，eq \f(16,7)，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，
其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·eq \f(n2,2n－1).
2．（归纳法）下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是________．
答案：an＝eq \f(nn＋1,2)
【解析】从题图中可观察星星的构成规律，当n＝1时，有1个；当n＝2时，有3个；当n＝3时，有6个；当n＝4时，有10个；…∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
3．（累加法）已知数列满足，，则的通项为( )
A． B．
C．D．
答案：D
【解析】因为，所以，则当时， ，将个式子相加可得，
因为，则，当时，符合题意，
所以.
4．（累加法）在数列中，，则＝（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】由题意得，，
所以．
5．（累乘法）设数列{}是首项为1的正项数列，且（n+1）,则它的通项公式______.
答案：
【解析】（n+1）
所以。
6. （累乘法）（多选题）已知数列满足,,则( )
A. B.
C. 数列为递增数列D. 数列为递减数列
答案：BC
【解析】数列满足,, 则当时,,,,, 所有的式子相乘得,整理得(首项符合通项). 故,显然数列为递增数列.故选BC.
7．（构造法）数列中，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】∵，∴，由得，故数列是以2为首项，为公比的等比数列，∴，即，故选：A.
基本方法：
1、已知递推关系式求通项公式
（1）累加法：形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式，变形为an＋1－an＝f(n)，再利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋
(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解。
（2）累乘法：形如an＋1＝f(n)an的递推关系式，变形为eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(an≠0，n≥2，n∈N*)求解。
（3）构造法：形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)的递推关系式，变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an。
（4）取倒数法：形如an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)的递推关系式， 变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p).然后：
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用构造法构造新数列求解。
类型三、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
基本题型：
1. （多选题）已知数列的前项为和为,且,则( )
A. B. C. D.
答案：A,C,D
【解析】当时,,可得; 当且时,
,得, 故数列为等比数列,且首项为,公比为,所以, 所以,,,故选ACD.
2．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝eq \f(1,nn－1) B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))
C．Sn＝－eq \f(1,n) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是等差数列
【答案BC,D
【解析】 ∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,Sn)))是以－1为首项，
－1为公差的等差数列，即eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，又a1＝－1不适合上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2.))
3、已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋b.则an＝________。
答案：当b＝－1时，an＝2×3n－1；当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
【解析】a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2×3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．当b≠－1时，a1不适合此等式．
所以当b＝－1时，an＝2×3n－1；当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
4．若数列的所有项都是正数，且（），则该数列的通项公式________
答案：
【解析】由题意,当时,,即,当时,,
则,化简得,即.经验证时,符合,故数列的通项公式.
基本方法：
1、已知an与Sn的关系求通项公式求通项公式
已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式，主要分成以下3个步骤完成：
(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．
类型四、已知数列类型求通项公式
基础知识：
1、等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
2、等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
基本题型：
1．已知是首项为2，公比为的等比数列，且的前项和为，若也为等比数列，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
【解析】已知是首项为2，公比为的等比数列.所以.
，为等比数列,则也为等比数列.所以，即.则。
2. 设数列的前项和为，为等比数列，且，，则_______；
则________．
答案：，
【详解】当时，，当时，满足上式，
故的通项式为．设的公比为，由已知条件知，
，，所以，∴，即．
3．已知等差数列的前项和为，，，则________．
答案：
【解析】根据等差数列的性质，可得，即，又由，即，所以等差数列的公差为，又由，解得，所以数列的通项公式为，
新预测 破高考
1．数列－eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，－eq \f(1,9)，eq \f(1,11)，…的通项公式可能是an＝( )
A.eq \f(－1n－1,2n＋3) B.eq \f(－1n,3n＋2)
C.eq \f(－1n－1,3n＋2) D.eq \f(－1n,2n＋3)
答案：D
【解析】由a1＝－eq \f(1,5)，排除A、C；由a2＝eq \f(1,7)，排除B.故选D.
2．设数列的前n项和为，，为常数列，
A．B．C．D．
答案：B
【解析】数列的前n项和为，且，，为常数列，由题意知，，当时，，从而，
，当时上式成立，．
3．数列{an}中，an＝2n＋eq \f(k,n)，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则实数k的取值范围为( )
A．[12,24] B．(12,24]
C．[3,12] D．(3,12]
答案：A
【解析】由题可知，an＝2n＋eq \f(k,n)，对任意n∈N*，都有an≥a3成立，当k≤0时，可知数列{an}单调递增，不符合题意；当k>0时，若对任意n∈N*，都有an≥a3成立，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2≥a3，,a4≥a3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋\f(k,2)≥6＋\f(k,3)，,8＋\f(k,4)≥6＋\f(k,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥12，,k≤24.))∴12≤k≤24，此时，数列在(1,2)上递减，(3，＋∞)上递增，或在(1,3)上递减，(4，＋∞)上递增，故符合题意，所以实数k的取值范围为[12,24]．
4．已知数列{an}满足：a1＝2，(1－an)an＋1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．4 042 B．2 021 C.eq \f(2 023,2) D.eq \f(2 021,2)
答案：D
【解析】因为a1＝2，(1－an)an＋1＝1，由(1－a1)a2＝1得a2＝－1，进而得a3＝eq \f(1,2)，a4＝2＝a1，可得an＋3＝an，故S2 021＝a1＋a2＋…＋a2 021＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝673×eq \f(3,2)＋1＝eq \f(2 021,2).
5．已知等差数列的前项和为，为整数，，，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
【解析】设等差数列的公差为，则，为整数，
所以，由，结合二次函数的图象与性质可得，，解得，所以，所以，
所以.
6、已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2 021＝( )
A．0 B．－eq \r(3) C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3),2)
答案：B
【解析】因为{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，所以a2＝eq \f(a1－\r(3),\r(3)a1＋1)＝eq \f(0－\r(3),\r(3)·0＋1)＝－eq \r(3)，a3＝eq \f(－\r(3)－\r(3),\r(3)·－\r(3)＋1)
＝eq \r(3)，a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),\r(3)·\r(3)＋1)＝0，故数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 021＝a3×673＋2＝a2＝－eq \r(3).
7．已知数列的前项和为，且是和的等差中项.用表示不超过的最大整数，设，则数列的通项公式是（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】由是和的等差中项，得.当时，所以，
即，因为，所以，所以是以为首项，以2为公比的等比数列，所以.，所以，，，，，，
所以，所以，即.
8．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1，则关于数列{an}说法正确的是( )
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
答案：ABD
【解析】 由an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2－1得an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(an－1＋1)＋1))2，∴eq \r(an＋1)＝eq \r(an－1＋1)＋1，即数列{eq \r(an＋1)}是首项为eq \r(a1＋1)＝2，公差为1的等差数列，∴eq \r(an＋1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．
9．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，则a10＝( )
A.eq \f(1,1 021) B．eq \f(1,1 022) C.eq \f(1,1 023) D.eq \f(1,1 024)
答案：C
【解析】由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，两边同时取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝eq \f(2,an)＋1，则eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,an)＋1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,an)＋1))为等比数列，则eq \f(1,an)＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a1)＋1))·2n－1＝2n，所以an＝eq \f(1,2n－1)，故a10＝eq \f(1,210－1)＝eq \f(1,1 023).故选C.
10．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．则an＝________。
答案：an＝n.
【解析】 Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an，①，当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(1,2)an－1，②
①－②，整理得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
11．已知数列的通项公式为an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
答案：5
【解析】因为an＝eq \f(n＋1,3n－16)，数列{an}的最小项必为an＜0，即eq \f(n＋1,3n－16)＜0，则3n－16＜0，从而n＜eq \f(16,3)，又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5时an的值最小．
12、设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn＋1＝9an(n∈N*)．则an＝________。
答案： an＝eq \f(1,3)×3n－1＝3n－2.
【解析】当n＝1时，由6a1＋1＝9a1，得a1＝eq \f(1,3).当n≥2时，由6Sn＋1＝9an，得6Sn－1＋1＝9an－1，
两式相减得6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)，即6an＝9(an－an－1)，所以an＝3an－1.
所以数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为3的等比数列，其通项公式为an＝eq \f(1,3)×3n－1＝3n－2.
13．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 020＝________.
答案：0
【解析】∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，
∴可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 020＝a2＝0.
14、已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝an＋eq \f(1,n2＋n)，则通项公式an＝________。
答案：an＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)。
【解析】由条件知an＋1－an＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以an－a1＝1－eq \f(1,n)。又因为a1＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \f(1,2)＋1－eq \f(1,n)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)(n≥2)。又a1＝eq \f(1,2)也符合上式，所以an＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n)。
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
答案：an＝2·3n－1－1
【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.
16．已知等差数列的前项和为，，且.则an＝________。
答案：；
【详解】设数列的公差为，令，则，由，
得，解得，所以.
17．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)
【解析】任意n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，任意n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－6(n∈N*)．
18．如图，已知周长为2，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边中点构成第三个三角形，依此类推，第n个三角形周长________．
答案：
【解析】设的中点分别为，则为三角形的中位线，即，则，记第个三角形周长为，则，即为公比为的等比数列，所以，
19. 请从①;②;③这三个条件中任选一个,
补充到下面问题中,并求解. 已知数列中,其前项和为,且满足,
记,求数列的通项公式.
答案：见解析
【解析】选条件①: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,
又当时,,可得,满足, ∴数列是首项为,公比为的等比数列,∴, 故.
选条件②: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,即. 当时,满足,∴, 故.
选条件③: 由,(*) 得当时,,(**) (*)-(**)可得,
当时,,可得,满足, ∴数列是首项为,公比为的等比数列,∴, 故.
20.设数列是公比为正整数的等比数列，满足，，设数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）求证数列是等差数列，并求的通项公式.
答案：（1），（2）
解析：（1）由题得，所以.
（2）因为，所以，所以
，所以，所以数列为等差数列，因为，所以，所以，所以.
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