重难点专题25 数列通项公式二十三大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题25数列通项公式二十三大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146726067" 题型1公式法 PAGEREF _Tc146726067 \h 1
\l "_Tc146726068" 题型2累加法 PAGEREF _Tc146726068 \h 6
\l "_Tc146726069" 题型3累乘法 PAGEREF _Tc146726069 \h 12
\l "_Tc146726070" 题型4已知前n项和Sn消Sn型 PAGEREF _Tc146726070 \h 16
\l "_Tc146726071" 题型5已知前n项和Sn消an型 PAGEREF _Tc146726071 \h 22
\l "_Tc146726072" 题型6待定系数法 PAGEREF _Tc146726072 \h 27
\l "_Tc146726073" 题型7与概率结合问题 PAGEREF _Tc146726073 \h 31
\l "_Tc146726074" 题型8倒数法 PAGEREF _Tc146726074 \h 36
\l "_Tc146726075" 题型9同除型 PAGEREF _Tc146726075 \h 41
\l "_Tc146726076" 题型10因式分解型 PAGEREF _Tc146726076 \h 46
\l "_Tc146726077" 题型11新数列前n项和型 PAGEREF _Tc146726077 \h 50
\l "_Tc146726078" 题型12取对数型 PAGEREF _Tc146726078 \h 58
\l "_Tc146726079" 题型13三阶递推型 PAGEREF _Tc146726079 \h 63
\l "_Tc146726080" 题型14前n项积求通项 PAGEREF _Tc146726080 \h 71
\l "_Tc146726081" 题型15函数递推型 PAGEREF _Tc146726081 \h 75
\l "_Tc146726082" 题型16周期数列型 PAGEREF _Tc146726082 \h 82
\l "_Tc146726083" 题型17奇偶讨论型 PAGEREF _Tc146726083 \h 85
\l "_Tc146726084" 题型18不动点法 PAGEREF _Tc146726084 \h 92
\l "_Tc146726085" 题型19重新组合新数列型 PAGEREF _Tc146726085 \h 93
\l "_Tc146726086" 题型20重新排序型 PAGEREF _Tc146726086 \h 96
\l "_Tc146726087" 题型21整除相关 PAGEREF _Tc146726087 \h 100
\l "_Tc146726088" 题型22斐波那契数列 PAGEREF _Tc146726088 \h 105
\l "_Tc146726089" 题型23数学文化相关 PAGEREF _Tc146726089 \h 110
题型1公式法
【例题1】（2023秋·湖北武汉·高三武汉市第四十九中学校考阶段练习）已知Sn是等比数列an的前n项和，且Sn=2n+1+a，则a1a2+a2a3+⋯+a10a11=（ ）
A．223−83B．213−83C．220−13D．225−83
【答案】A
【分析】由an与Sn的关系求出数列an的通项公式，推导出数列anan+1为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为Sn=2n+1+a，所以a1=S1=4+a，a2=S2−S1=23+a−22+a=4，
a3=S3−S2=24+a−23+a=8，
又an是等比数列，所以a22=a1a3，即42=84+a，解得a=−2，所以Sn=2n+1−2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n，又a1=2满足an=2n，
所以，an+2an+1an+1an=an+2an=2n+22n=4，故数列an+1an是公比为4，首项为a1a2=2×4=8的等比数列，
所以a1a2+a2a3+⋯+a10a11=81−4101−4=223−83．
故选：A.
【变式1-1】1. （2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则使得an>2n+2成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由题设及累加可得an−a1=2+3+⋯+n，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果.
【详解】由题意a2−a1=2a3−a2=3⋯,an−an−1=n，n≥2，n∈N∗且a1=1，
累加可得an−a1=2+3+⋯+n，所以an=1+2+⋯+n=nn+12，
∴nn+12>2n+2，得n>4，即nmin=5．
故选：C．
【变式1-1】2. （2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）已知数列an满足a1=1，且an+1=an+2，数列bn满足b1=1，bn+1−bn=an+1，则bn+8n的最小值为（ ）．
A．133B．5C．42D．173
【答案】D
【分析】利用等差数列通项公式可求得公差d和an，采用累加法可求得bn，再判断bn+8n单调性即可计算作答.
【详解】由数列an满足a1=1，an+1−an=2，
根据等差数列的定义知，数列an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an=1+(n−1)×2=2n−1，an+1=1+2n=2n+1，bn+1−bn=2n+1
当n≥2时，bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+bn−2−bn−3+⋅⋅⋅+b3−b2+b2−b1+b1 =2n−1+2n−3+⋯+3+1=n2n−1+12=n2，
又b1=1满足bn=n2，∴bn=n2,n∈N*，
所以bn+8n=n2+8n=n+8n.
设fx=x+8x，
根据对勾函数的性质可知，当022时，fx单调递增.
又f2=2+82=6，f3=3+83=523，
所以，当n=3时，bn+8n有最小值为173.
故选：D.
【变式1-1】3. （2023·四川·校联考模拟预测）在数列an中，∀n∈N*，an+1=an+22an+1，且2A．a2022a2021+a2023
C．a2022+a2023<2a2021D．a2023>a2021
【答案】C
【分析】根据an+1=an+22an+1，可得an+1+1=3an+12an+1，an+1−1=−an−12an+1，两式相除即可求得数列an通项，再逐一分析各个选项即可.
【详解】因为an+1=an+22an+1，所以an+1+1=3an+12an+1，an+1−1=−an−12an+1，
两式相除，得an+1+1an+1−1=−3⋅an+1an−1，
又2所以an+1an−1是以−3为公比的等比数列，
所以an+1an−1=a1+1a1−1⋅−3n−1，
记a1+1a1−1=a，则a∈2,3，所以an+1an−1=a⋅−3n−1，所以an=1+2a⋅−3n−1−1，
所以a2022−a2020= 2a⋅−32021−1−2a⋅−32019−1=2a⋅32019+1−2a⋅32021+1>0，
即a2022>a2020，故A错误；
因为an=1 +2a⋅−3n−1−1，所以an−1=2a⋅−3n−1−1，
所以a2020−1=2a⋅−32019−1<0，
同理a2022−1<0，a2021−1>0，a2023−1>0，
所以a2020−1+a2022−1即a2020+a2022a2022+a2023−2a2021=2a⋅−32021−1+2a⋅−32022−1−4a⋅−32020−1
=−2a⋅32021+1+2a⋅32022−1−4a⋅32020−1<0，
所以a2022+a2023<2a2021，故C正确；
a2023−a2021=2a⋅32022−1− 2a⋅32020−1<0，所以a2023故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据an+1=an+22an+1，可得an+1+1=3an+12an+1，an+1−1=−an−12an+1，两式相除得出an+1an−1是以−3为公比的等比数列，是解决本题得关键.
【变式1-1】4. .（2023·全国·高三专题练习）数列an的前n项和为Sn，满足Sn+1−2Sn=1−n，且S1=3，则an的通项公式是 ．
【答案】an=3,n=12n−1+1,n≥2
【分析】由题意可证得Sn−n是以2为首项，2为公比的等比数列，即可求出Sn，再由Sn与an的关系求出an的通项公式
【详解】∵ Sn+1−2Sn=1−n，∴ Sn+1−n+1=2Sn−n，且S1−1=2≠0，
∴ Sn+1−n+1Sn−n=2，∴ Sn−n是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴ Sn−n=2⋅2n−1=2n，Sn=n+2n．
∴ n≥2时，an=Sn−Sn−1= n+2n−(n−1+2n−1)=2n−1+1，
且a1=3不满足上式，所以an=3,n=12n−1+1,n≥2．
故答案为：an=3,n=12n−1+1,n≥2
【变式1-1】5.（2023·新疆喀什·统考模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且Sn=λ⋅3n−1，则a5=（ ）
A．54B．93C．153D．162
【答案】D
【分析】先求出a1=3λ−1，根据Sn与an的关系得出当n≥2时，an=2λ⋅3n−1．又根据等比数列，可知a1=2λ.列出方程，即可求出λ的值，再利用通项公式求a5.
【详解】当n=1时，则S1=a1=3λ−1.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=λ3n−3n−1=2λ⋅3n−1．
又因为an是等比数列，所以a1=2λ，
所以a1=2λ=3λ−1，解得：λ=1，
所以an=2⋅3n−1，所以a5=162．
故选：D.
【变式1-1】7.（2023·河南·校联考模拟预测）若an−2n是等比数列，且a1=5，a4=89，则a100−a992=（ ）
A．399−2B．399−1C．399+2D．399+1
【答案】D
【分析】先由下标关系求等比数列公比，即可写出通项公式求值.
【详解】设bn=an−2n，等比数列an−2n的公比为q，则q4−1=b4b1=a4−8a1−2=813=27，则q=3，
所以bn=an−2n=a1−2qn−1=3n，an=3n+2n，
故a100−a992=3100−399+22=399+1．
故选：D.
题型2累加法
【例题2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a2=2，a2n=a2n−1+3nn∈N∗，a2n+1=a2n+−1n+1n∈N∗，则数列an第2023项为（ ）
A．31012−52B．31012−32
C．31011−52D．31011−32
【答案】B
【分析】根据题意得到a2n+1−a2n−1=3n+−1n+1，再利用累加法计算得到答案．
【详解】由a2=2，则有a2=a1+31，得a1=−1，
又a2n+1=a2n+−1n+1，a2n=a2n−1+3n，则a2n+1−a2n−1=3n+−1n+1 n∈N∗，
所以a3−a1=31+−12，a5−a3=32+−13，a7−a5=33+−14，⋯，a2023−a2021=31011+−11012，
相加得a2023=a1+−12+−13+⋅⋅⋅−11012+3+32+33+⋅⋅⋅+31011=−1+1+3×1−310111−3=31012−32．
故选：B．
【变式2-1】1. （2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）已知数列an中，a1=1，an+1−1n=1+1nan，n∈N*.若对于任意的t∈1,2，不等式ann<−2t2−a+1t+a2−a+2恒成立，则实数a可能为（ ）
A．-4B．-1C．0D．2
【答案】A
【分析】对易知数列递推式变形为an+1n+1−ann=1n−1n+1，然后利用累加法求出ann<2，从而原恒成立问题转化为2t2+a+1t−a2+a≤0在t∈1,2恒成立，构造函数，利用二次函数及一元二次不等式的解法即可求出a的范围，结合选项判断即可.
【详解】因为an+1−1n=1+1nan，所以an+1−1n=n+1nan，
即an+1n+1−ann=1nn+1=1n−1n+1，
所以当n≥2时，ann=ann−an−1n−1+an−1n−1−an−2n−2+⋯+a22−a11+a1=1n−1−1n+1n−2−1n−1
+⋯+1−12+1=2−1n<2，而a11=1<2，
因为不等式ann<−2t2−a+1t+a2−a+2在t∈1,2恒成立，
所以−2t2−a+1t+a2−a+2≥2在t∈1,2恒成立，
即2t2+a+1t−a2+a≤0在t∈1,2恒成立，
设f(t)=2t2+a+1t+a2−a，t∈1,2，
则f(1)=2+a+1−a2+a≤0f(2)=8+2a+1−a2+a≤0，即a2−2a−3≥0a2−3a−10≥0，解得a≤−2或a≥5，
结合选项，a=−4.
故选：A
【变式2-1】2. （2023秋·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）已知定义数列an+1−an为数列an的“差数列”，若a1=2,an的“差数列”的第n项为2n，则数列an的前2023项和S2023=（ ）
A．22022−1B．22022C．22024D．22024−2
【答案】D
【分析】根据给定条件可得an+1−an=2n，利用累加法求出数列an的通项，再利用等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】依题意，an+1−an=2n，当n≥2时，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)
=2+2+22+⋯+2n−1=2+2(1−2n−1)1−2=2n，而a1=2满足上式，因此an=2n，
所以S2023=21+22+⋯+22023=2(1−22023)1−2=22024−2.
故选：D
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为an，则数列2n+1an2的前2023项和为（ ）
A．21−120242B．21−120232
C．41−120232D．41−120242
【答案】D
【分析】由累加法可得an，利用裂项相消求和法求出Sn，即可得解.
【详解】由题意知a2−a1=2,a3−a2=3,⋯,an−an−1=n，n≥2，n∈N∗且a1=1，
则由累加法可知，an−a1=2+3+⋯+n，
所以an=1+2+⋯+n=n+nn−12=nn+12，2n+1an2=42n+1n2n+12=41n2−1n+12，
Sn=41−122+122−12n+⋯+1n2−1n+12=41−1n+12，
∴S2023=41−120242.
故选：D
【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足： an=1,n=1,2an−1+an−2，n≥3，若a10=a12+a22+a32+⋯+am2am，则m=（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用已知可以推出am2=am⋅am+1−am⋅am−1，用累加法可得am+1=a12+a22+a32+⋅+am2am，再和已知作比较可得答案.
【详解】∵a1=a2=1，∴a12=a2⋅a1，
∵an=an−1+an−2，即an−1=an−an−2，
∴a22=a2⋅a2=a2⋅a3−a1=a2⋅a3−a2⋅a1，
a32=a3⋅a3=a3⋅a4−a2=a3⋅a4−a3⋅a2，
⋯
am2=am⋅am=am⋅am+1−am−1=am⋅am+1−am⋅am−1，
累加得：a12+a22+⋯+am2=a2⋅a1+a2⋅a3−a2⋅a1+ +a3⋅a4−a3⋅a2+⋯+am⋅am+1−am⋅am−1=am⋅am+1，
∴am+1=a12+a22+a32+⋅+am2am，
∵a10=a12+a22+a32+⋯+am2am，
∴m+1=10，∴m=9.
故选：B.
【变式2-1】5.（2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）
（注：12+22+32+⋯+n2=nn+12n+16）
A．1624B．1198C．1024D．1560
【答案】C
【分析】设该数列为an，令bn=an+1−an，设bn的前n项和为Bn，又令cn=bn+1−bn，则cn=n，依次用累加法，可求解.
【详解】设该数列为an，令bn=an+1−an，设bn的前n项和为Bn，又令cn=bn+1−bn，则cn=n，依次用累加法，可求解．
设该数列为an，令bn=an+1−an，设bn的前n项和为Bn，又令cn=bn+1−bn，
设cn的前n项和为Cn，易得cn=n，Cn=cn+cn−1+⋯+c1=bn+1−bn+bn−bn−1++⋯+b2−b1 ，
∴Cn=bn+1−b1，b1=a2−a1=3，Cn=n2+n2，进而得bn+1=3+Cn=3+n2+n2，
∴bn=3+nn−12=n22−12n+3，
Bn=1212+22+⋯+n2−121+2+⋯+n+3n=nn+1n−16+3n，
同理：Bn=bn+bn−1+⋯+b1=an+1−an+an−an−1+⋯+a2−a1，Bn=an+1−a1，
∴an+1=1+Bn，∴a19=1024．
故选:C．
【变式2-1】6.（2023·全国·高三专题练习）如图，有一列曲线P0，P1，P2，…已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k=0，1，2，…）。记Sn为曲线Pn所围成图形的面积。则数列Sn的通项公式
【答案】Sn=85−35×49n
【分析】可设P0图形的边长为a，边数为3，P1的边长为P0边长的13，边数是P0每一条边都扩大4倍，并且每一条都增加了一个小的等边三角形，由此规律可知Pn的边长为a3n，边数为3×4n，而曲线Pn所围成图形的面积Sn等于曲线Pn−1所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，再利用累加法即可求出Sn的通项公式.
【详解】设P0图形的边长为a，由题意可知，34a2=1，边数是3；
根据图形规律，P1图形边长为a3，边数为P0每一条边都扩大4倍，即3×4；
P2图形边长为a32，边数为3×42；
以此类推，Pn−1图形边长为a3n−1，边数为3×4n−1；
Pn图形边长为a3n，边数为3×4n；
而根据图形规律可知曲线Pn所围成图形的面积Sn等于曲线Pn−1所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，
每一个边增加的小等边三角形面积为34×(a3n)2，
则Sn=Sn−1+(3×4n−1)×34×(a3n)2，整理后得Sn=Sn−1+13×(49)n−1，
又P1图形的面积S1=1+3×34×(a3)2=43，
由累加法可知，S2=S1+13×(49)1，S3=S2+13×(49)2，……，Sn=Sn−1+13×(49)n−1，
得Sn=S1+13×49[1−(49)n−1]1−49=85−35×49n，
故答案为：Sn=85−35×49n
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到数列的递推公式，进而求出数列通项，常见的方法有：（1）由an和Sn的关系求通项公式；（2）累乘法，累加法，构造等差数列和等比数列法.
题型3累乘法
【例题3】（2023·河南·模拟预测）已知数列an满足an+1+anan+1−an=2n，a1=1，则a2023=（ ）
A．2023B．2024C．4045D．4047
【答案】C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求a2023.
【详解】∵an+1+anan+1−an=2n，
∴an+1+an=2nan+1−an，
即(1−2n)an+1=(−2n−1)an，
可得an+1an=2n+12n−1，
∴a2023=a2023a2022×a2022a2021×a2021a2020×…×a3a2×a2a1×a1
=40454043×40434041×40414039…×53×31×1=4045.
故选：C.
【变式3-1】1. （2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列an本身不是等差数列，但从an数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列bn（则称数列an为一阶等差数列），或者bn仍旧不是等差数列，但从bn数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列cn（则称数列an为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列1,1,2,8,64,⋅⋅⋅是一阶等比数列，则该数列的第8项是（ ）
A．25B．2C．221D．228
【答案】C
【分析】根据数列特征可知数列bn为等比数列，进而得到bn，利用累乘法可求得an，代入n=8即可.
【详解】记数列1,1,2,8,64,⋅⋅⋅为an，设bn=an+1an，
则b1=1，b2=2，b3=4，b4=8，⋅⋅⋅，
∴数列bn是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn=2n−1，
∴an=bn−1⋅bn−2⋅bn−3⋅⋅⋅⋅⋅b1⋅a1=21+2+3+⋅⋅⋅+n−2=2n−1n−22，∴a8=27×62=221.
故选：C.
【变式3-1】2. （2023·河南驻马店·统考模拟预测）设数列an的前n项和为Sn，a3=4，且an+1=1+1n+1an，若2Sn+12≥kan恒成立，则k的最大值是（ ）
A．210+1B．223C．152D．8
【答案】B
【分析】根据递推公式构造数列ann+1，结合a3=4可得数列an的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.
【详解】因为an+1=1+1n+1an，所以an+1n+2=ann+1，所以数列ann+1是常数列，
又a3=4，所以ann+1=a33+1=1，从而an=n+1，
所以数列an是以2为首项，1为公差的等差数列，故Sn=n2+3n2．
因为2Sn+12≥kan恒成立，所以n2+3n+12≥kn+1恒成立，即k≤n2+3n+12n+1恒成立．
设t=n+1，则n=t−1，从而n2+3n+12n+1=(t−1)2+3t−1+12t= t+10t+1．
记f(t)=t+10t+1，由对勾函数性质可知，f(t)在(0,10)上单调递减，在(10,+∞)上单调递增，
又t∈N,t≥2，f(3)=3+103+1=223，f(4)=4+104+1=152，且223<152，
所以t+10t+1的最小值是223，所以k≤223．
故选：B
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=1，nan=n−1an−1n≥2,n∈N∗，且anbn= sin2nπ3n∈N∗，则数列bn的前18项和为（ ）
A．−3B．−54C．−33D．−543
【答案】D
【分析】利用数列an的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列sin2nπ3的周期，整理数列bn的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由nan=n−1an−1，则anan−1=n−12n2，
即an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=1×2−1222×3−1232×⋯×n−12n2=1n2，
显然a1=112=1，满足公式，即an=1n2，
当n=1时，sin2π3=32；当n=2时，sin4π3=−32；当n=3时，sin2π=0；
当n=4时，sin8π3=32，当n=5时，sin10π3=−32；当n=6时，sin4π=0；
则数列sin2nπ3是以3为周期的数列，由anbn=sin2nπ3，则bn=n2sin2nπ3，
设数列bn的前n项和为Sn，S18=b1+b2+b3+⋯+b18
=12×32+22×−32+32×0+42×32+52×−32+62×0+⋯
+162×32+172×−32+182×0
=3212−22+42−52+⋯+162−172 =321−21+2+4−54+5+⋯+16−1716+17
=−323+9+15+⋯+33 =−32×3+33×62=−543.
故选：D.
【变式3-1】4. （2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）定义：在数列an中，an+2an+1−an+1an=dn∈N*，其中d为常数，则称数列an为“等比差”数列.已知“等比差”数列an中，a1=a2=1，a3=3，则a24a22=（ ）
A．1763B．1935C．2125D．2303
【答案】B
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可.
【详解】因为数列an是“等比差”数列，
所以an+2an+1−an+1an=dn∈N*，
因为a1=a2=1，a3=3，
所以d=a3a2−a2a1=2，
所以有an+2an+1−an+1an=2,an+1an−anan−1=2,⋯,a3a2−a2a1=2，
累和，得an+2an+1−a2a1=2n⇒an+2an+1=2n+1⇒anan−1=2n−3n≥2,n∈N∗，
因此有anan−1=2n−3,an−1an−2=2n−5,⋯,a2a1=1，
累积，得ana1=2n−32n−5⋯1⇒an=1×3×5×⋯×2n−3，
所以a24a22=1×3×5×⋯41×43×451×3×5×⋯41=1935，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法
题型4已知前n项和Sn消Sn型
【例题4】（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=2Snn∈N∗，则有（ ）
A．an为等差数列B．an为等比数列
C．Sn为等差数列D．Sn为等比数列
【答案】D
【分析】根据Sn−Sn−1=an得到an=1,n=12⋅3n−2,n≥2，即可判断AB选项；根据Sn=12an+1，a1=1得到Sn=3n−1即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列an的前n项和满足an+1=2Snn∈N∗，
当n≥2时，an=2Sn−1，两式相减，可得an+1−an=2Sn−Sn−1=2an，
可得an+1=3an，即an+1an=3n≥2，又由a1=1，当n=1时，a2=2S1=2，所以a2a1=2，
所以数列an的通项公式为an=1,n=12⋅3n−2,n≥2，故数列an既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当n≥2时，Sn=12an+1=3n−1，又由n=1时，S1=a1=1，适合上式，
所以数列an的前n项和为Sn=3n−1；又由Sn+1Sn=3，所以数列Sn为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
【变式4-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知正项数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n，则S2023=（ ）
A．32023−1B．32023+1C．32023+12D．32022+12
【答案】C
【分析】将Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n化简为Sn+1−Sn=3n，再利用和与项的关系可得an+1=3n，从而确定数列an从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q=3的等比数列，根据等比数列的前n项和公式即可求解.
【详解】因为Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n，
所以Sn+12−3nSn+1=Sn2+3nSn，即Sn+12−Sn2=3nSn+1+3nSn，
所以Sn+1+SnSn+1−Sn=3nSn+1+Sn，
因为数列an的各项都是正项，即Sn+1+Sn>0，
所以Sn+1−Sn=3n，即an+1=3n，
所以当n≥2时，an+1an=3n3n−1=3，
所以数列an从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q=3的等比数列.
所以S2023=a1+a21−q20221−q=2+3×1−320221−3=32023+12.
故选：C
【变式4-1】2. （2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）数列an的前n项和为Sn，满足Sn+1+Sn−1=2Sn−an2n≥2,a1∈12,1，则下列结论中错误的是（ ）
A．0C．n1n+2
【答案】D
【分析】对于A，Sn−Sn−1=ann≥2化简即可判断；
对于B，an2=an−an+1,i=1nai2=i=1nai−ai+1=a1−an+1化简即可判断；
对于C，由A得12<1−an<1,1<11−an<2化简即可判断；
对于D，通过求出a2即可判断.
【详解】Sn+1+Sn−1=2Sn−an2n≥2得an+1=−an2+ann∈N+∵a1∈12,1,∴an+1−an=−an2<0,an+1又∵an+1=−an−122+14>0，选项A正确；an2=an−an+1,i=1nai2=i=1nai−ai+1=a1−an+1由A得12<1−an<1,∴1<11−an<2∴n由a2=−a1−122+14，a1∈12,1，得0故选：D.
【变式4-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1+Sn=n，有结论：
① 若a1=−1，则S2023=1010；
② 数列{an+1+an}是常数列.
关于以上两个结论，正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】B
【分析】利用已知数列an与Sn的关系，转化为an+1+an=1，n≥2，再利用分组求和判断①，以及讨论a1+a2后，判断②.
【详解】由Sn+1+Sn=n，得n≥2时，Sn+Sn−1=n−1，
两式相减得：an+1+an=1，
S2023=a1+a2+a3+a4+a5+...+a2022+a2023
=−1+1×2023−12=1010，故①成立，
由以上可知，当n≥2时， an+1+an=1，
当n=1时，S2+S1=1，即a1+a2+a1=1，即a1+a2=1−a1，
只有当a1=0时，a1+a2=1，此时数列an+1+an是常数列，
当a1≠0时，a1+a2≠1，此时数列an+1+an不是常数列，故②不成立，
故选：B
【变式4-1】4. （2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2，Sn=Sn+1−3an−2，S20=（ ）
A．3202B．321−20C．3202−432D．3212−432
【答案】D
【分析】由Sn=Sn+1−3an−2，可得an+1=3an+2，由此得到数列an+1为等比数列，求出an，再求出S20即可.
【详解】由Sn=Sn+1−3an−2，得Sn+1−Sn=3an+2，
所以an+1=3an+2，所以an+1+1=3an+1，
因为a1+1=2+1=3，
所以an+1是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an+1=3n，所以an=3n−1，
所以S20=3+32+⋯+320−20=3×1−3201−3−20=3212−432．
故选：D
【变式4-1】5.（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知Sn是各项均为正数的数列an的前n项和，Sn+1=2an+12Sn，a3a5=64，若λan−S2n−65≤0对n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为（ ）
A．82B．16C．162D．32
【答案】D
【分析】根据an+1=Sn+1−Sn=2an，求出an和Sn的通项公式，代入不等式计算，再根据基本不等式即可求解得出.
【详解】∵Sn+1=2an+12Sn,∴an+1=Sn+1−Sn=2an,∴an>0，
∴数列an是首项为a1、公比为2的等比数列，
∴a3a3=64a12=64，解得a1=1或a1=−1（舍），
∴an=2n−1,Sn=2n−1,∴λan−S2n−65≤0，即λ≤S2n+65an=2n+1+642n−1恒成立，
∵2n+1+642n−1≥22n+1×642n−1=32，当且仅当2n+1=642n−1即n=3时取等号，∴λ≤32.
故选：D.
【变式4-1】6.（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an−4，数列bn满足bn=2n−1an，则下列各式一定成立的是（ ）
A．bn≥b1B．bn≥b2C．bn≤b2D．bn≤b3
【答案】C
【分析】先利用Sn与an的关系，求出数列an的通项公式，再通过判断数列bn的单调性即可得出答案.
【详解】当n=1时，a1=S1=2a1−4，可得a1=4，
当n≥2时，Sn=2an−4，Sn−1=2an−1−4，两式相减得an=2an−2an−1，
即an=2an−1，所以数列an是以a1=4为首项，2为公比的等比数列，
所以an=4⋅2n−1=2n+1；
所以bn=2n−1an=2n−12n+1，所以bn+1bn=2(n+1)−12n+2⋅2n+12n−1=2n+14n−2，
令bn+1bn>1得，n<32，又n∈N∗，所以n=1，此时有b2>b1，
当n≥2时，bn+1bn<1，即bn+1故选：C.
【变式4-1】7.（2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，a1=43，an+1−3Sn=43n∈N∗，设bn=an（x表示不超过x的最大整数），则数列bn的前2023项和T2023=（ ）
A．42024−20279B．42024−60739C．42023−20279D．42023−60739
【答案】B
【分析】根据an和Sn的关系化简an+1−3Sn=43n∈N∗，可得an+1=4ann∈N∗，进而得到数列an是以43为首项、4为公比的等比数列，进而得到an=4n3，可得bn=an=4n3=4n−13，进而根据等比数列的求和公式求解即可.
【详解】因为an+1−3Sn=43，则an−3Sn−1=43n≥2，
两式相减得an+1=4ann≥2．
当n=1时，a2−3S1=43，即a2−3a1=43，
代入a1=43，可得a2=163，即a2=4a1，所以an+1=4ann∈N∗，
所以数列an是以43为首项、4为公比的等比数列，
所以an=43×4n−1=4n3，所以bn=an=4n3=4n−13，
所以T2023=13×41+42+43+⋯+42023−2023=13×4×1−420231−4−2023=42024−60739．
故选：B．
题型5已知前n项和Sn消an型
【例题5】（2023·全国·高三专题练习）已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn=an2+12an，则错误的选项是（ ）
A．Sn2是等差数列B．Sn+Sn+2<2Sn+1
C．an+1>anD．Sn−1Sn≥lnn
【答案】C
【分析】对于A,求出a1，再将an转化为Sn,即可证明，对于B,利用A的结论求出Sn，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出a2【详解】A选项，a1=S1=a12+12a1，a1>0，解得：S1=a1=1 n≥2时，Sn=Sn−Sn−12+12Sn−Sn−1，
整理得：Sn2−Sn−12=1 故Sn2是等差数列，故A正确；
B选项，由A分析可知Sn2=S12+n−1=n，则Sn=n，则Sn+Sn+2=n+n+2，
注意到2Sn+1=2n+1，2Sn+12−Sn+Sn+22=4n+4−2n−2−2nn+2
=n+n+2−2nn+2>0，又Sn+Sn+2>0,2Sn+1>0.则Sn+Sn+2<2Sn+1，故B正确；
C选项，由题a2=S2−S1=2−1D选项，令fx=x−1x−2lnx，x≥1，则f'x=x−12x2≥0⇒ fx在1,+∞上单调递增，
又fx≥f1=0，则fn=n−1n−lnn≥0 即Sn−1Sn≥lnn，故D正确；
故选：C
【变式5-1】1. （2023·全国·高三专题练习）设Sn是数列an的前n项和，且a1=−1,an+1=SnSn+1，则下列选项错误的是（ ）
A．an=−12n−1B．an=−1,n=11n−1−1n,n≥2,n∈N∗
C．数列1Sn为等差数列D．1S1+1S2+..+1S100=－5050
【答案】A
【分析】由an+1=SnSn+1可得1Sn+1－1Sn＝－1，即数列1Sn是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由Sn求出an可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D.
【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1Sn+1－1Sn＝－1（常数），
所以数列1Sn是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以1Sn=−1−n−1=−n，故Sn=−1n．
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1= 1n−1－1n，a1=−1不适合上式，
故an=−1,n=11n−1−1n,n≥2,n∈N∗故B正确，A错误；
所以1S1+1S2+1S3+...+1S100=−1+2+3+...+100=−5050， 故D正确．
故选：A.
【变式5-1】2. （2023·全国·高三专题练习）数列an的前n项和为Sn，a1=12，若该数列满足an+2SnSn−1=0n≥2，则下列命题中错误的是（ ）
A．1Sn是等差数列B．Sn=12n
C．an=−12nn−1D．S2n是等比数列
【答案】C
【分析】利用an=Sn−Sn−1可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由an与Sn关系可求得C错误；由S2n=12n+1，结合等比数列定义可知D正确.
【详解】对于A，当n≥2时，由an+2SnSn−1=0得：Sn−Sn−1+2SnSn−1=0，
∴1Sn−1−1Sn+2=0，即1Sn−1Sn−1=2，又1S1=1a1=2，
∴数列1Sn是以2为首项，2为公差的等差数列，A正确；
对于B，由A知：1Sn=2+2n−1=2n，∴Sn=12n，B正确；
对于C，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12n−12n−1=n−1−n2nn−1=−12nn−1，
经检验：a1=12不满足an=−12nn−1，∴an=12,n=1−12nn−1,n≥2，C错误；
对于D，由B得：S2n=12n+1，∴S2n+1=12S2n，又S2=14，
∴S2n是以14为首项，12为公比的等比数列，D正确.
故选：C.
【变式5-1】3. （2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，且n2−1+1Sn=nSn−1+an（n≥2且n∈N*），若Sk=135，则k=（ ）
A．46B．49C．52D．55
【答案】B
【分析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可.
【详解】因为当n≥2时，n2−1+1Sn=nSn−1+an，即n2−1Sn=n−1Sn−1，
所以SnSn−1=n−1n+1n−1=n−1n+1．
因为S2S1×S3S2×⋅⋅⋅×SnSn−1=13×24×35×46×⋅⋅⋅×n−2n×n−1n+1=
1×2n×n+1=2nn+1．
又S1=a1=1，所以Sn=2nn+1．
因为Sk=135，所以2kk+1=135，解得k=49或k=−50（舍去）．
故选：B．
【变式5-1】4. （2022秋·宁夏·高三六盘山高级中学校考期末）已知Sn为数列an的前n项和，a1=1，an+1+2Sn=2n+1，则S2022=（ ）
A．1011B．2022C．3033D．4044
【答案】B
【分析】先利用an+1=Sn+1−Sn将an+1+2Sn=2n+1转化为关于数列Sn的递推关系，根据递推式变形得到数列Sn的偶数项成公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可.
【详解】∵an+1+2Sn=2n+1，
∴Sn+1−Sn+2Sn=2n+1，即Sn+1+Sn=2n+1①，
当n≥2时，Sn+Sn−1=2n−1②，
①-②得Sn+1−Sn−1=2，
即数列Sn的偶数项成公差为2的等差数列，
又n=1时，a2+2S1=a2+2=3，得a2=1，S2=a1+a2=2，
S2022=S2+20222−1×2=2+2022−2=2022，
故选：B.
【变式5-1】5.（2023·四川攀枝花·统考二模）已知正项数列an的前n项和为Sn，且2anSn=1+an2，设bn=lg2Sn+1Sn，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn≥2的n的最小正整数解为（ ）
A．15B．16C．3D．4
【答案】A
【分析】由递推关系求得S1=1、S2=2，根据an,Sn关系可得Sn2−Sn−12=1，由等差数列定义求出Sn通项，最后应用对数的运算性质可得Tn=lg2Sn+1S1，进而求Tn≥2对应n的范围，即可得答案.
【详解】由题设2Sn=1an+an且an>0，当n=1时，2S1=2a1=1a1+a1，则S1=a1=1，
当n=2时，2S2=2(a1+a2)=1a2+a2，则a22+2a2−1=0，可得a2=2−1，
所以S2=a1+a2=2，
当n≥2时，2(Sn−Sn−1)Sn=2Sn2−2SnSn−1=1+Sn2−2SnSn−1+Sn−12，则Sn2−Sn−12=1，
由上，S22−S12=1也成立，故{Sn2}是首项、公差均为1的等差数列，则Sn2=n，即Sn=n，
又Tn=lg2S2S1+lg2S3S2+...+lg2Sn+1Sn=lg2Sn+1S1=lg2Sn+1=12lg2(n+1)≥2，
所以n+1≥16，即n≥15，故Tn≥2的n的最小正整数解为15.
故选：A
题型6待定系数法
【例题6】（2023·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数fx=x，其中x表示不超过x的最大整数．已知正项数列an的前n项和为Sn，且Sn=12an+1an，令bn=1Sn+Sn+2，则b1+b2+⋯+b99=（ ）
A．7B．8C．17D．18
【答案】B
【分析】根据an与Sn的关系，化简可得Sn=n，再由裂项相消法求b1+b2+⋯+b99，分析其范围即可得解.
【详解】当n=1时，S1=a1=12a1+1a1，
解得a1=1（负值舍去）.
由an=Sn−Sn−1(n≥2)
可得Sn=12Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1 ，
所以Sn+Sn−1=1Sn−Sn−1 ，即Sn2−Sn−12=1，
所以数列Sn2是以1为首项，1为公差的等差数列，
故Sn2=1+(n−1)×1=n，即Sn=n，
所以bn=1Sn+Sn+2=1n+n+2=12n+2−n，
所以b1+b2+⋯+b99=123−1+4−2+5−3+⋯+101−99
=129+101−2=129+99101+2，
由11<101+2<12知，334<99101+2<9，
所以688故b1+b2+⋯+b99=8，
故选：B
【变式6-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，若Sn+an=nn∈N∗，则lg21−a2023=（ ）
A．−2023B．−12023C．12023D．2023
【答案】A
【分析】根据an与Sn的关系，可推得数列an−1是等比数列，进而得出an−1的表达式，即可求出an，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
【详解】因为Sn+an=nn∈N∗，即Sn=n−an.
当n=1时，2a1=1，即a1=12；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n−an−n−1−an−1 =−an+an−1+1，
所以2an=1+an−1，
所以an−1=12an−1−1.
又a1−1=−12≠0，
所以数列an−1是等比数列，首项为−12，公比为q=12，
所以an−1=−12×12n−1=−12n，
所以an=1−12n，
所以lg21−a2023=lg2122023=−2023.
故选：A.
【变式6-1】2. （2023·全国·高三专题练习）数列{an}满足a1=4,an+1=3an−2，∀n∈N∗，λan−1A．(−∞,−9)B．(−∞,−8)
C．(−12,−9)D．(−12,−7)
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出数列{an}的通项，再分离参数，借助数列单调性求解作答.
【详解】因为数列{an}满足an+1=3an−2，则an+1−1=3(an−1)，而a1−1=3，
因此数列{an−1}是以3为首项，3为公比的等比数列，则an−1=3×3n−1=3n，即an=3n+1，
又∀n∈N∗，λan−1而数列{1−273n}是递增数列，则当n=1时，(1−273n)min=−8，有λ<−8，
所以实数λ的取值范围是(−∞,−8).
故选：B
【变式6-1】3. （2023·全国·高三专题练习）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若A点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动n次后还在底面ABC的概率为Pn，有如下说法：①P1=12；②P2=1325；③Pn−12为等比数列；④Pn=−110×−15n−1+12，其中说法正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据古典概型概率公式可确定①错误；记Pn−1为第n−1次移动后在底面ABC上的概率，可确定Pn与Pn−1满足的递推关系式，得到②正确；根据递推关系式和等比数列定义可证得③正确；结合等比数列通项公式推导可得④正确.
【详解】
对于①，∵第一次移动后，可移动到B,C,A1,B1,C1点，其中位于底面ABC上的点有B,C，
∴当n=1时，P1=25，①错误；
对于②，当n≥2时，记Pn−1为第n−1次移动后在底面ABC上的概率，则1−Pn−1表示第n−1次移动后在平面A1B1C1上的概率，
∵在底面ABC上移动的概率为25，由平面A1B1C1移动到底面的概率为35，
∴Pn=25Pn−1+351−Pn−1=−15Pn−1+35，∴P2=−15P1+35=−15×25+35=1325，②正确；
对于③，由Pn=−15Pn−1+35得：Pn−12=−15Pn−1−12，又P1−12=−110，
∴数列Pn−12是以−110为首项，−15为公比的等比数列，③正确；
对于④，由③知：Pn−12=−110×−15n−1，∴Pn=−110×−15n−1+12，④正确.
故选：C.
【变式6-1】4.（2023·全国·高三专题练习）在数列an中,a1=14,an+12n+1=an2n−1−3,则（ ）
A．an2n+3是等比数列B．an2n−3是等比数列
C．an2n+32是等比数列D．an2n−32是等比数列
【答案】B
【分析】根据an+12n+1=an2n−1−3变形整理为an+12n+1−3=2an2n−3,再求出a12−3=4,根据等比数列的定义即可选出选项.
【详解】解:由题知an+12n+1=an2n−1−3,
所以an+12n+1−3=2an2n−3,
又因为a12−3=4≠0,
所以an2n−3是等比数列,
且首项为4,公比为2.
故选:B
题型7与概率结合问题
【例题7】 （2023·全国·高三专题练习）某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，已知员工甲每天中午都会在这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18元，面食套餐的价格是每份12元，如果甲当天选择了某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1天甲选择了米饭套餐，第n天选择米饭套餐的概率为Pn，给出以下论述：
①P3=0.52；
②Pn=0.4Pn−1+0.61−Pn−1n≥2,n∈N；
③Pn=0.4+0.5×(−0.2)n−1
④前k天甲午餐总费用的数学期望为15k+52−52−15k.
其中正确的是（ ）
A．②③④B．①②④C．①③④D．①②③
【答案】B
【分析】先根据题意找到递推式，即可判断②，由递推式可求出Pn，从而判断③，根据期望公式，期望的性质以及Pn，即可判断④．
【详解】若甲在第n−1天选择了米饭套餐，那么在第n天有40%的可能性选择米饭套餐，
甲在第n−1天选择了面食套餐，那么在第n天有60%的可能性选择米饭套餐，
所以第n天选择米饭套餐的概率Pn=0.4Pn−1+0.61−Pn−1n≥2,n∈N，故②正确；
因为P2=0.4，所以甲在第1天选择了米饭套餐，所以P3=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52，故①正确；
由②得，Pn=−0.2Pn−1+0.6，所以Pn−0.5=−0.2Pn−1−0.5，
又由题意得，P1=1，Pn−0.5是以0.5为首项，−0.2为公比的等比数列，
所以Pn−0.5=1−0.5×(−0.2)n−1，所以Pn=0.5+0.5×(−0.2)n−1，故③错误；
前k天甲午餐总费用的数学期望为18×n=1k0.5+0.5×(−0.2)n−1+12×n=1k1−0.5−0.5×(−0.2)n−1=15k+52−52−15k，故④正确.
故选：B.
【变式7-1】1.（2023·全国·高三专题练习）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则6次传球后球在甲手中的概率为 ．
【答案】1132
【分析】设n次传球后球在甲手中的概率为pn，求出p1=0，根据题意求出数列pn的递推公式，求出pn的表达式，即可求得p6的值.
【详解】设n次传球后球在甲手中的概率为pn，当n=1时，p1=0，
设An=“n次传球后球在甲手中”，则An+1=AnAn+1+AnAn+1，
则PAn+1=PAnAn+1+PAnAn+1=PAnPAn+1∣An+PAnPAn+1∣An．
即pn+1=pn×0+1−pn×12=121−pn，
所以，pn+1−13=−12pn−13，且p1−13=−13，
所以，数列pn−13是以−13为首项，以−12为公比的等比数列，
所以，pn−13=−13⋅−12n−1，所以，pn=131−−12n−1，
所以6次传球后球在甲手中的概率为p6=13×1+132=1132．
故答案为：1132.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现an=an−1+m时，构造等差数列；
（2）当出现an=xan−1+y时，构造等比数列；
（3）当出现an=an−1+fn时，用累加法求解；
（4）当出现anan−1=fn时，用累乘法求解.
【变式7-1】2.（2023·全国·高三专题练习）有人玩都硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，…，第8站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站（从k到k+1）.若掷出反面，棋子向前跳两站（从k到k+2），直到棋子跳到第7站（胜利大本营）或跳到第8站（失败集中营）时，该游戏结束.设棋子跳到第n站概率为Pn，则P7= .
【答案】85128
【分析】先根据题意求出P0=1，P1=12，Pn=12Pn−1+12Pn−2，n≥2，n∈N，变形后推导出Pn−Pn−1是公比为−12，首项为−12的等比数列，进而利用累加法求出Pn=23−23−12n+1，n≥2，n∈N，求出P7
【详解】由题意得：P0=1，P1=12，Pn=12Pn−1+12Pn−2，n≥2，n∈N，从而当n≥2时， Pn−Pn−1=12Pn−1+12Pn−2−Pn−1=−12Pn−1−Pn−2，而P1−P0=12−1=−12，所以Pn−Pn−1是以公比为−12，首项为−12的等比数列，即Pn−Pn−1=−12×−12n−1=−12n，（n≥2）所以Pn=−12n+Pn−1=−12n+−12n−1+⋯+−122+P1=−12n+−12n−1+⋯+−122+12 =14−−12n+11−−12+12=23−23−12n+1
所以P7=23−23−128=85128
故答案为：85128
【变式7-1】3.（2020春·河北衡水·高三河北衡水中学校考期中）在庆祝新中国成立七十周年群众游行中，中国女排压轴出场，乘坐“祖国万岁”彩车亮相国庆游行，“女排精神”燃爆中国.某排球俱乐部为让广大排球爱好者体验排球的训练活动，设置了一个“投骰子50米折返跑”的互动小游戏，游戏规则：参与者先进行一次50米的折返跑，从第二次开始，参与者都需要抛掷两枚质地均匀的骰子，用点数决定接下来折返跑的次数，若抛掷两枚骰子所得的点数之和能被3整除，则参与者只需进行一次折返跑，若点数之和不能被3整除，则参与者需要连续进行两次折返跑.记参与者需要做n个折返跑的概率为Pn.
（1）求P1，P2，P3；
（2）证明Pn−Pn−1是一个等比数列；
（3）求Pn，若预测参与者需要做折返跑的次数，你猜奇数还是偶数？试说明你的理由.
【答案】（1）P1=1，P2=13，P3=79；（2）证明见解析；（3）Pn=351−−23n，奇数，理由见解析.
【分析】（1）根据题意P1=1，P2是表示两次折返跑的概率，做完第一次折返跑后抛掷两枚骰子的点数和能被3整除，继而得出P2，P3是表示三次折返跑的概率，包含有做完第一次折返跑后抛掷两枚点数不能被3整除或做完第二次折返跑后抛掷两枚点数能被3整除，即可求出P3；
（2）Pn表示第n次折返跑的概率有两种情况：做完第n−1个折返跑（概率为Pn−1）后，再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除）；做完第n−2个折返跑（概率为Pn−2）后，再做两个（即两个骰子点数之和不能被3整除），根据互斥事件的概率和独立事件同时发生的概率可得，Pn=13Pn−1+23Pn−2（n≥3），即可证明Pn−Pn−1是一个等比数列；
（3）由（2）得Pn−Pn−1=−23n−1，用累加法即可求出Pn，根据Pn的通项公式，奇数次的概率大于偶数次的概率，所以猜测跑奇数次.
【详解】（1）由题意可知，第一次50米折返跑都必须跑，所以P1=1.
第二次折返跑前，已经跑了一个折返跑，
两枚骰子的点数之和能被3整除的概率P=C61C21C61C61=13，
则两枚骰子的点数之和不能被3整除的概率为1−P=23.
故参与者需要做两个折返跑（第二次训练只做一个折返跑）的概率为P2=13.
参与者需要做3个折返跑时应考虑两个方面：
①第二次做两个折返跑，其概率为23，
②第二次与第三次各做一个折返跑，其概率为13×13=19.
故P3=23+19=79.
（2）需要做n（n≥3）个折返跑时有两种情况：
做完第n−1个折返跑（概率为Pn−1）后，
再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除），其概率为13，
由相互独立事件的概率公式可得，
这种情况做n个折返跑的概率为13Pn−1；
做完第n−2个折返跑（概率为Pn−2）后，
再做两个（即两个骰子点数之和不能被3整除），其概率为23，
由相互独立事件的概率公式可得，这种情况做n个折返跑的概率为23Pn−2.
由互斥事件的概率加法公式可得Pn=13Pn−1+23Pn−2（n≥3）.
Pn−Pn−1=−23Pn−1+23Pn−2=−23(Pn−1−Pn−2)（n≥3）.
又P2−P1=13−1=−23,Pn−1−Pn−2≠0,(n≥3)，
所以Pn−Pn−1是一个首项为P2−P1=−23，公比q=−23的等比数列.
（3）由（1）及（2）知
Pn−Pn−1=P2−P1×qn−2=−23×−23n−2=−23n−1（n≥2），
P1=1,P2−P1=−23 P3−P2=(−23)2,⋯,Pn−Pn−1=−23n−1，
以上各式累加可得Pn=1+−23+−232+⋯+−23n−1=1×1−−23n1−−23=351−−23n（n≥2）
显然，n=1时上式也成立；
当n为奇数时，Pn=351+23n>35，
当n为偶数时，Pn=351−23n<35，
所以折返跑奇数次的概率大于偶数次的概率，猜测折返跑为奇数次.
【点睛】本题考查互斥事件和独立事件概率求法、由递推关系证明等比数列、累加法求数列的通项公式，理解Pn的意义是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
题型8倒数法
【例题8】（2023·重庆·统考模拟预测）已知数列an满足an3an+2−an+1=2an+1an+2，且3a1=a2=1，则a8=（ ）
A．−1123B．−1251C．1517D．1261
【答案】B
【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出1an+1，进而得到数列an的通项公式，即可得到答案.
【详解】因为3anan+2−anan+1=2an+1an+2，由递推知，an≠0，所以an+2=anan+13an−2an+1，
则1an+2=3an−2an+1anan+1=3an+1−2an，有1an+2−1an+1=21an+1−1an，
所以数列1an+1−1an是以1a2−1a1=−2为首项，2为公比的等比数列，
则1an+1−1an=−2×2n−1=−2n，所以1an+1=1an+1−1an+1an−1an−1+⋯+1a2−1a1+1a1 =−2n+2n−1+⋯+21+3=−2n+1+5，
则an+1=1−2n+1+5，所以a8=1−28+5=1−251.
故选：B
【点睛】方法点睛：利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.
【变式8-1】1. （2023·湖南永州·统考三模）已知正项数列an满足a1=1，an=an⋅an+1an−an+1，其前200项和为S200，则（ ）
A．76C．54【答案】C
【分析】由a1+a2=54，可得S200>54，由条件得1an+1−1an=1an，
证明an为递减数列，可由累乘法得an≤14n−1，根据等比数列求和公式可得解.
【详解】令n=1，则可得a2=14，故S200>a1+a2=54，
将两边倒数得1an+1−1an=1an，
则1an+1−1an=(1an+1−1an)(1an+1+1an)=1an(1an+1+1an)>0，
由正项数列an，所以an+1可知an为递减数列.
所以an≤1.
可得1an+1−1an=1an≥1an，
所以an+1an≤12，
所以anan−1⋅an−1an−2⋯a3a2⋅a2a1=ana1≤12n−1，
所以an≤14n−1，
根据等比数列求和公式得S200<140+141+⋅⋅⋅+14199=43−13⋅14199<43，
综上，54故选：C
【变式8-1】2. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）已知数列an中，a1=1，若an=nan−1n+an−1n≥2,n∈N∗，则下列结论中正确的是（ ）
A．a3=65B．1an+1−1an≤12
C．an⋅ln(n+1)>1D．1a2n−1an≤12
【答案】B
【分析】根据题中的递推公式，令n=1,2,3，即可排除ACD选项，对于B选项利用累积法即可求解.
【详解】对于A：因为a1=1，an=nan−1n+an−1n≥2,n∈N∗，
所以a2=2a12+a1=23，a3=3a23+a2=611，故A选项错误；
对于B：因为an=nan−1n+an−1n≥2,n∈N∗，
所以nan+anan−1=nan−1⇒1an−1an−1=1n，n≥2,n∈Ν∗，
所以1an+1−1an=1n+1，n∈N∗，
所以1n+1≤12，即1an+1−1an≤12，故B选项正确；
对于C：当n=1时，an⋅ln(n+1)=a1⋅ln2=ln2故C选项错误；
对于D：方法一：因为1an−1an−1=1n，n≥2,n∈Ν∗，
所以1an=1an−1an−1+1an−1−1an−2+...+1a2−1a1+1a1，
所以1an=1n+1n−1+...+12+1，
所以1a2n=12n+12n−1+...+1n+1+1n+...+12+1
1a2n−1an=12n+12n−1+...+1n+1，
当n=2时，1a2n−1an=1a4−1a2=12×2+12×2−1=712>12；
方法二：由A选项知a3=3a23+a2=611，
所以a4=4a34+a3=4×6114+611=2450=1225，
当n=2时，1a2n−1an=1a4−1a2=2512−32=712>12.
故D选项错误；
故选：B.
【变式8-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an的各项均不为零，且满足a1=1，an=an−11+nan−1（n≥2，n∈N∗），则an的通项公式an= ．
【答案】2nn+1
【分析】变换得到1an=1an−1+n，设bn=1an，得到bn−bn−1=n，利用累加法计算得到答案.
【详解】an=an−11+nan−1，则1an=1+nan−1an−1=1an−1+n，
设bn=1an，b1=1a1=1，则bn−bn−1=n，
bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯+b2−b1+b1=n+n−1+⋯+2+1=nn+12，
而b1=1也符合该式，故bn=nn+12，故an=1bn=2nn+1.
故答案为：2nn+1
【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=1,an+1=an1+ann∈N∗．记数列an的前n项和为Sn，则（ ）
A．52C．4【答案】A
【分析】利用放缩法及累加法得an≥2n+1 ，进而局部放缩可得an>4n+1−4n+2，求和可得S100>52，又通过放缩得an+1an≤n+1n+3，然后利用累乘法求得an≤6(n+1)(n+2)，最后根据裂项相消法即可得到S100<3，从而得解.
【详解】∵a1=1,an+1=an1+ann∈N∗,∴a2=12,a3=12+2=1−22，
∵an+1=an1+an, ∴1an+1=1an+1an=1an+122−14<1an+122 ,
∴1an+1<1an+12，∴1an+1−1an<12，
当n≥2时，1an=(1an−1an−1)+(1an−1−1an−2)+⋯+(1a2−1a1)+1a1
<12+12+⋯+12+1=n−12+1=n+12，
当n=1时，1a1=1，
所以1an≤n+12，当且仅当n=1时取等号，
∴an>4n+12>4n+1n+2=4n+1−4n+2n≥2，
∴S100>1+12+12+2+45−4102=52+2−22−15−4102
>52+14−15−4102=52+5100−4102>52，
又an≥2n+1 ，∴an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an ，∴an+1an≤n+1n+3，
∴an+1an⋅anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋅⋯⋅a3a2⋅a2a1≤n+1n+3⋅nn+2⋅n−1n+1⋅n−2n⋅⋯⋅35⋅24,
∴an+1a1≤6n+2n+3，
∴an≤6n+1n+2=61n+1−1n+2，当且仅当n=1时取等号，
∴S100≤612−13+13−14+14−15+⋯+1101−1102=612−1102<3，
∴52故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过倒数法先找到an,an+1的不等关系，再由累加法可求得an≥4(n+1)2，由题目条件可知要证S100小于某数，从而通过局部放缩得到an,an+1的不等关系，改变不等式的方向得到an≤6(n+1)(n+2)，最后由裂项相消法求得S100<3.
题型9同除型
【例题9】（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=1，an−an+1=nanan+1n∈N∗，则an等于（ ）
A．n2−n2B．n2−n+22C．2n2−nD．2n2−n+2
【答案】D
【分析】由已知得1an+1−1an=n，再由累加法可得答案.
【详解】由题意，得1an+1−1an=n，则当n≥2时，
1an−1an−1=n−1，1an−1−1an−2=n−2，⋯，1a2−1a1=1，
以上各式相加得
所以1an−1a1=1+2+⋯+n−1=nn−12n≥2，
所以1an=nn−12+1=n2−n+22，
即an=2n2−n+2n≥2，
当n=1时，a1=1适合此式，
所以an=2n2−n+2.
故选：D.
【变式9-1】1. （2023秋·江西宜春·高三校考开学考试）已知正项数列an中，a1=2,an+1=2an+3×5n，则数列an的通项an=（ ）
A．−3×2n−1B．3×2n−1
C．5n+3×2n−1D．5n−3×2n−1
【答案】D
【分析】解法一：给已知等式两边同除以5n+1，令bn=an5n则可得bn+1−1=25bn−1，从而得数列bn−1是等比数列，求出bn，进而可求出an；解法二：设an+1+k×5n+1=2(an+k×5n)，化简后与已知等式比较可得k=−1，从而可得数列an−5n是首项为a1−5=−3，公比为2的等比数列，进而可求出an.
【详解】解法一：在递推公式an+1=2an+3×5n的两边同时除以5n+1，得an+15n+1=25×an5n+35①，
令bn=an5n，则①式变为bn+1=25bn+35，即bn+1−1=25bn−1，
所以数列bn−1是等比数列，其首项为b1−1=a15−1=−35，公比为25，
所以bn−1=−35×25n−1，即bn=1−35×25n−1，
所以an5n=1−35×25n−1=1−3×2n−15n，
所以an=5n−3×2n−1，
解法二：设an+1+k×5n+1=2(an+k×5n)，则an+1=2an−3k×5n，
与an+1=2an+3×5n比较可得k=−1，
所以an+1−5n+1=2(an−5n)，
所以数列an−5n是首项为a1−5=−3，公比为2的等比数列，
所以an−5n=−3×2n−1，所以an=5n−3×2n−1，
故选：D
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn−2=2an−2n，则an=（ ）
A．n+1⋅2n+1B．2nC．n⋅2n+1D．n⋅2n
【答案】D
【分析】首先令n=1求出数列首项，再根据Sn−2=2an−2n得Sn+1−2=2an+1−2n+1，两式相减得an+1=2an+2n+1，然后构造等差数列an2n，通过等差数列通项公式求解数列an2n的通项公式，进而求出an的通项公式.
【详解】令n=1⇒a1=2，
由Sn−2=2an−2n可得：Sn+1−2=2an+1−2n+1，
两式作差可得：an+1=2an+2n+1，
化简整理可得：an+12n+1=an2n+1，
所以数列an2n是首项为1，公差为1的等差数列，
所以an2n=n，进而可得：an=n⋅2n．
故选：D．
【变式9-1】3. （2023春·河南洛阳·高三栾川县第一高级中学校考开学考试）在正项数列an中，a1=1，前n项和Sn满足Sn⋅Sn−1−Sn−1⋅Sn=2Sn⋅Sn−1(n≥2)，则a10=（ ）
A．72B．80C．90D．82
【答案】A
【分析】已知两边同时除以Sn⋅Sn−1得数列{Sn}是等差数列，由等差数列通项公式求得Sn后，再根据an=Sn−Sn−1 (n≥2)求得an，从而可得结论．
【详解】由an>0得Sn>0．Sn⋅Sn−1−Sn−1⋅Sn=2Sn⋅Sn−1(n≥2)，两边同时除以Sn⋅Sn−1，得Sn−Sn−1=2．
而S1=a1=1,∴Sn=1+2(n−1)=2n−1,∴Sn=4n2−4n+1．
根据an=Sn−Sn−1(n≥2)，得an=8n−8(n≥2),∴a10=8×10−8=72．
故选：A．
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）设数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+1⋅Sn=an+1，则an= ．
【答案】2,n=14(2n−3)(2n−5),n≥2
【分析】题中所给式子无法直接根据an=Sn−Sn−1进行转化，考虑使用an+1=Sn+1−Sn进行转化，先求出Sn，再求an．
【详解】由Sn+1⋅Sn=an+1，得到Sn+1⋅Sn=Sn+1−Sn，
然后两边同除以Sn+1⋅Sn得到1Sn−1Sn+1=1，即1Sn+1−1Sn=−1，
于是数列1Sn是公差为−1的等差数列．
而a1=2，于是1Sn=12−n−1=3−2n2，进而得到Sn=23−2n，
所以当n≥2时，有an=Sn−Sn−1=23−2n−25−2n=42n−32n−5（n≥2）．
综上所述，an=2,n=14(2n−3)(2n−5),n≥2．
故答案为：2,n=14(2n−3)(2n−5),n≥2
【变式9-1】5.（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知数列an满足nan+1−n+1an=2，a1=1，则数列an的通项公式为 ．
【答案】an=3n−2
【分析】对已知递推关系的等式两边同时除以n(n+1)，利用累加法，结合裂项求和法即可求得结果.
【详解】nan+1−n+1an=2，两边同除nn+1得：
an+1n+1−ann=2nn+1=21n−1n+1，
所以ann−a1=21−12+12−13+⋯+1n−1−1n，即ann−a1=21−1n，
化简得an=2+a1n−2，∵a1=1，∴an=3n−2．
故答案为：an=3n−2.
题型10因式分解型
【例题10】（2023秋·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn=an2+2an−3，则Sn+7an−1的最小值为 .
【答案】113/323
【分析】根据an与Sn的关系，利用相减法求得an与an−1的递推关系式，从而可得an与Sn，结合基本不等式求解Sn+7an−1的最小值即可.
【详解】因为4Sn=an2+2an−3，
当n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1−3，所以相减得4Sn−Sn−1=an2+2an−an−12−2an−1
即4an=an2+2an−an−12−2an−1，整理得an+an−1an−an−1−2=0
又an>0，所以an+an−1≠0，则an−an−1−2=0，即an−an−1=2
当n=1时，4S1=a12+2a1−3，则a12−2a1−3=0，解得a1=3或a1=−1（舍）
综上，数列{an}是以a1=3为首项，2为公差的等差数列，所以an=3+n−1×2=2n+1，Sn=3n+nn−1×22=n2+2n，
所以Sn+7an−1=n2+2n+72n=n2+1+72n≥2n2⋅72n+1=7+1
当且仅当n2=72n，即n=7时等号成立，但n=7∉N∗，故取等不成立
所以当n=2时，Sn+7an−1=n2+1+72n=22+1+74=154，当n=3时，Sn+7an−1=n2+1+72n=32+1+76=113
又154>113，所以Sn+7an−1的最小值为113.
故答案为：113.
【变式10-1】1 ．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列an，其前n项和为Sn，且满足an+12=4Sn+1，数列bn满足bn=(−1)n+1n+1anan+1，其前n项和Tn，设λ∈N，若Tn<λ对任意n∈N*恒成立，则λ的最小值是 .
【答案】1
【分析】利用an+12=4Sn+1，得出an−an−1=2，即可判断数列an是首项为3，公差为2的等差数列，因此an=2n+1，bn=(−1)n+1⋅1412n+1+12n+3，T2n=1413−14n+3，T2n−1=1413+14n+1，根据∀n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，转化为∀n∈N*，不等式T2n<λ且T2n−1<λ恒成立，即可得出结论.
【详解】由题意知，∀n∈N*,an>0，且4Sn=an2+2an−3，
则当n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1−3，
两式相减得an−an−1an+an−1=2an+an−1，∵an>0,∴an+an−1>0
所以an−an−1=2，
而4a1=4S1=a12+2a1−3，即a12−2a1−3=0，
又a1>0，解得a1=3，
数列an是首项为3，公差为2的等差数列，因此an=2n+1，
则bn=(−1)n+1n+12n+12n+3=(−1)n+1⋅1412n+1+12n+3，
T2n=1413+15−15+17+17+19−19+111+⋯+14n−1+14n+1−14n+1+14n+3 =1413−14n+3，
T2n−1=T2n−b2n=1413−14n+3+1414n+1+14n+3=1413+14n+1，
数列T2n是单调递增的，∀n∈N*,T2n<112，
而数列T2n−1是单调递减的，∀n∈N*,T2n−1≤b1=215，
因为∀n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，
则∀n∈N*，不等式T2n<λ且T2n−1<λ恒成立，
因此λ≥112且λ>215，即有λ>215，
又λ∈N，所以λ的最小值是1.
故答案为：1
【变式10-1】2. （2023·全国·高三专题练习）记Sn为正项数列an的前n项和，若2Sn=an2+an−2，则i=11001aiai+1=
【答案】2551
【分析】利用2Sn=an2+an−2的关系式求出数列的通项公式，然后裂项相消法求和即可.
【详解】因为2Sn=an2+an−2①，且an>0，
所以当n=1时，2a1=a12+a1−2，
解得a1=2（负值舍去）；
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1−2②，
①−②得，2an=an2−an−12+an−an−1，
所以an+an−1an−an−1−1=0，
又an+an−1>0，
所以an−an−1−1=0，
即an−an−1=1，
故数列an是首项为2，公差为1的等差数列，
所以an=n+1．
故i=11001aiai+1=i=11001i+1i+2=12×3+13×4+⋯+1101×102
=12−13+13−14+⋯+1101−1102
=12−1102=2551，
故答案为：2551.
【变式10-1】3. （2023·全国·高三专题练习）设数列an的前n项和为Sn，且an>0，4Sn=an2+2an−8，则Sn−3an的最小值是 .
【答案】−8
【分析】根据Sn,an 的关系可得an−an−1=2，进而由等差数列求和公式求解Sn=n2+3n，由二次函数的性质即可求解最值.
【详解】当n=1时，4S1=4a1=a12+2a1−8，即a12−2a1−8=0，解得a1=4或a1=−2.因为an>0，所以a1=4.
当n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1−8，所以4an=an2+2an−8−an−12+2an−1−8，即an2−an−12−2an−2an−1=0，即an+an−1an−an−1−2=0.因为an>0，所以an+an−1>0，所以an−an−1−2=0，即an−an−1=2，则an=2n+2，从而Sn=n2+3n，故Sn−3an=n2+3n−3(2n+2)=n2−3n−6=n−322−334，当n=1或n=2时，Sn−3an取得最小值，最小值是−8.
故答案为：−8
【变式10-1】4. （2022秋·四川·高三统考阶段练习）设数列an的前n项和为Sn，a1=1，an>0，且Sn2−2n−1Sn=Sn−12+2n−1Sn−1n≥2，则bn=Sn22an的最大值是 ．
【答案】8132
【分析】由已知等式结合因式分解可求得an=2n−1，求出Sn，可得出bn=2×n22n2，令cn=n22n，分析数列cn的单调性，可求得数列cn最大项的值，进而可求得数列bn最大项的值.
【详解】因为an>0，则Sn>0，由Sn2−2n−1Sn=Sn−12+2n−1Sn−1n≥2，
可得Sn+Sn−1Sn−Sn−1−2n−1=0，所以，Sn−Sn−1=2n−1，即an=2n−1n≥2，
∵a1=1满足an=2n−1，∴∀n∈N∗，an=2n−1，则an+1−an=2n+1−1−2n−1=2，
所以，数列an为等差数列，故Sn=n1+2n−12=n2，则bn=n422n−1=2×n22n2，
令cn=n22n，则cn+1−cn=n+122n+1−n22n=n+12−2n22n+1=2n+1−n22n+1，
当1≤n≤2时，cn+1>cn，即c1当n≥3时，cn+1故cnmax=c3=3223=98，所以，bnmax=b3=2×982=8132.
故答案为：8132.
【变式10-1】5.（2022·全国·高三专题练习）设an是首项为1的正项数列，且(n+2)an+12−nan2+2an+1an=0(n∈N*) ，求通项公式an=
【答案】2n(n+1)
【分析】由条件可得(n+2)an+1−nan=0，化简得an+1an=nn+2，再由递推即可得到所求通项.
【详解】由(n+2)an+12−nan2+2an+1an=0(n∈N*)，得[(n+2)an+1−nan](an+1+an)=0，
∵an>0，∴an+1+an>0，∴(n+2)an+1−nan=0 ，∴an+1an=nn+2，
∴an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋅⋅⋅⋅anan−1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n−2n×n−1n+1=2n(n+1)(n≥2)，
又a1=1满足上式，∴an=2n(n+1).
故答案为：2n(n+1).
题型11新数列前n项和型
【例题11】（2023·全国·高三专题练习）数列an的前1357项均为正数,且有：a1+a2+⋯+an2=a13+a23+⋯+an3,则a12023+a22023+⋯+a20222023的可能取值个数为（ ）
A．665B．666C．1330D．1332
【答案】B
【分析】根据已知条件结合Sn与an的关系得2Sn+an+1=an+12,再次利用Sn与an的关系得an+1+anan+1−an−1=0,因为数列an的前1357项均为正数,则an=n0≤n≤1357,n∈N∗,所以a12023+a22023+⋯+a13572023为定值,所以a12023+a22023+⋯+a20222023的结果取决于a1358,a1359,a1360,⋯,a2022的取值,根据条件,从a1358项到a2021项,连续两项之间有两种情况:an+1+an=0或an+1−an=1,a2022有两种情况,分析即可得到结果.
【详解】当n=1,2时,a12=a13,a12+2a1a2+a22=a13+a23,
因为数列an的前1357项均为正数,
所以a1=1,a2=2,
设数列an的前n项和为Sn,
所以Sn2=a13+a23+⋯+an3①,
则Sn+12=Sn+an+12=a13+a23+⋯+an3+an+13②,
②-①得:Sn+an+12−Sn2=an+13,
化简得an+1⋅2Sn+an+1=an+13,
若an≠0,2Sn+an+1=an+12③,
则2Sn−1+an=an2n≥2④,
③-④得an+1+anan+1−an−1=0,
因为数列an的前1357项均为正数,
所以a2−a1=1,an+1−an=11≤n≤1357,n∈N∗,
即数列an是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以an=n1≤n≤1357,n∈N∗,
所以a12023+a22023+⋯+a13572023为定值.
由an+1+anan+1−an−1=0可得:从a1358项到a2021项,连续两项之间有两种情况:an+1+an=0或an+1−an=1,
根据相反数的立方和为零可得每增加两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能；
所以最后结果的个数可能为:2022−13582×2+2=666种.
故选:B.
【变式11-1】1. （2023·四川·校联考模拟预测）已知数列an满足2a1+22a2+23a3+⋅⋅⋅+2nan=n⋅2n，则an的通项公式为（ ）
A．an=1,n=1n+1,n≥2B．an=n+12
C．an=nD．an=1,n=1n−1,n≥2
【答案】B
【分析】由题中等式，可得2nan=n⋅2n−n−12n−1=n+12n−1，再结合n=1时a1=1，可得an=n+12.
【详解】当n=1时，有2a1=1⋅21，所以a1=1，
当n≥2时，由2a1+22a2+23a3+⋅⋅⋅+2nan=n⋅2n，2a1+22a2+23a3+⋅⋅⋅+2n−1an−1=n−1⋅2n−1，
两式相减得2nan=n⋅2n−n−12n−1=n+12n−1，
此时，an=n+12，a1=1也满足，
所以an的通项公式为an=n+12.
故选：B.
【变式11-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=1，a1+a22+⋅⋅⋅+ann=nan+12n+1，令bn=22021ann−1，则错误选项是（ ）
A．a10=100B．数列bn是等差数列C．b2021为整数D．数列bn+2cs2π4bn的前2022项和为4044
【答案】C
【分析】由已知当n=1时，求得a2=4，当n≥2时，由a1+a22+⋅⋅⋅+ann=nan+12n+1，得a1+a22+⋅⋅⋅+an−1n−1=(n−1)an2n，两式相减化简，再利用累乘法可求得an=n2，从而可判断A，可求出bn，从而可判断BC，将bn代入bn+2cs2π4bn中化简，然后利用分组求和法求解即可判断D.
【详解】因为a1+a22+⋯+ann=nan+12(n+1)，
所以当n=1时，a1=a24=1，故a2=4.
当n≥2时，由a1+a22+⋅⋅⋅+ann=nan+12n+1，
得a1+a22+⋅⋅⋅+an−1n−1=(n−1)an2n，
所以ann=nan+12(n+1)− (n−1)an2n，
整理an+1n+12=ann2，所以an+1an=(n+1)2n2，
所以a2a1⋅a3a2⋅⋅⋅⋅⋅anan−1=2212×3222×⋅⋅⋅×n2(n−1)2，
所以an=n2，a10=100，所以A正确，
所以bn=22021αnn−1 =2n−22021，
所以bn+1−bn=2(n+1)−22021−2n−22021=22021，
所以bn为等差数列，所以B正确，
所以b2021=2×2021−22021=2−22021不是整数，所以C错误，
则bn+2cs2π4bn =bn+1+csπ2bn =2n−22021+1+cs(n−1)π2021，
设数列bn+2cs2π4bn的前n项和为Sn，
则S2022=22021(0+1+2+⋯+2021)+2022+cs0×π2021+csπ2021+⋯+cs2021π2021 =4044+cs0×π2021+ csπ2021+⋯+cs2021π2021.
因为csα+csπ−α=0，
所以cs0×π2021+csπ2021+⋯+cs2021π2021=0.
故S2022=4044，所以D正确.
故选：C.
【变式11-1】3. （2022秋·福建宁德·高三福建省福安市第一中学校考阶段练习）对于正项数列an中，定义：Gn=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nann为数列an的“匀称值”已知数列an的“匀称值”为Gn=n+2，则该数列中的a10=（ ）
A．83B．125C．94D．2110
【答案】D
【分析】确定nGn=nn+2=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan，取n=10和n=9带入式子，相减得到答案.
【详解】Gn=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nann=n+2，即nGn=nn+2=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan，
故a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+10a10=10×10+2；a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+9a9=9×9+2；
两式相减得10a10=21，所以a10=2110．
故选：D
【变式11-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足an+1=an2−an+1n∈N∗，且a1=2023，若存在正偶数m使得−11a12+−12a22+ ⋯+−1mam2+m=2022a1a2⋯am成立，则m=（ ）
A．2016B．2018C．2020D．2022
【答案】D
【分析】由an+1=an2−an+1得an=an+1−1an−1,由此可得化简a1a2⋯am;
由an+1=an2−an+1及正偶数m得−1m−1am−12+−1mam2=am+1−am−1,由此可化简−11a12+−12a22+ ⋯+−1mam2 ,最后建立等式关系求得m值.
【详解】由题意，an2=an+1+an−1，故an=an+1−1an−1，
∴2022a1a2⋯am=2022⋅a2−1a1−1⋅a3−1a2−1⋯am+1−1am−1=am+1 −1，
∵m为正偶数，∴−1m−1am−12+−1mam2=−am+am−1−1+am+1+am−1=am+1−am−1，
∴左边=a3−a1+a5−a3+⋅⋅⋅+am+1−am−1+m =am+1 −a1+m，
此时，am+1−a1+m=am+1−1，
∴m=a1−1=2022．
故选：D．
【点睛】关键点点睛:(1)化简a1a2⋯am的方法是用累乘法, 利用an=an+1−1an−1各项相乘相消后即可.
(2)化简−11a12+−12a22+ ⋯+−1mam2的方法是用累加法,利用−1m−1am−12+−1mam2=am+1−am−1各项相加相消后即可.
【变式11-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a12+a222+⋯+an2n=nn∈N*,bn=λan−1−n2+4n，若数列bn为单调递增数列，则λ的取值范围是（ ）
A．38,+∞B．12,+∞C．38,+∞D．12,+∞
【答案】A
【分析】根据给定条件求出数列an通项，再由数列bn为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
【详解】由a12+a222+⋯+an2n=nn∈N*可得a12+a222+⋯+an−12n−1=n−1n≥2，
两式相减可得an2n=1，则an=2n,n≥2，
当n=1时，a12=1可得a1=2满足上式，故an=2nn∈N*，
所以bn=λ2n−1−n2+4n，
因数列bn为单调递增数列，即∀n∈N∗，bn+1−bn>0，
则λ(2n+1−1)−(n+1)2+4(n+1)−λ(2n−1)−n2+4n=λ⋅2n−2n+3>0.
整理得λ>2n−32n，
令cn=2n−32n，则cn+1−cn=2n−12n+1−2n−32n=5−2n2n+1,n∈N∗，
当n≤2时，cn+1>cn，当n≥3时，cn+1于是得c3=38是数列cn的最大项，即当n=3时，2n−32n取得最大值38，从而得λ>38，
所以λ的取值范围为{λ|λ>38}．
故选：A
【变式11-1】6.（2023春·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试）设数列an的前n项和为Sn,a1=1，且2Sn=an+1−1n∈N*.若对任意的正整数n，都有a1bn+a2bn−1+a3bn−2+⋯+anb1=3n−n−1成立，则满足等式b1+b2+b3+⋯+bn=an的所有正整数n为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【分析】根据Sn与an的关系，求出an=3n−1，则bn+3bn−1+32bn−2+⋯+3n−1b1=3n−n−1①，又bn+1+3bn+32bn−1+⋯+3nb1=3n+1−(n+1)−1②，②－①×3得bn+1=2n+1，得bn=2n−1，进而求出b1+b2+b3+⋯+bn，由题意得n23n−1=1，记f(n)=n23n−1，研究f(n)的单调性，求出f(n)=1的解即可．
【详解】2Sn=an+1−1,n∈N∗，
n≥2时，2Sn−1=an−1，
相减可得：2an=an+1−an，即an+1=3an(n≥2)
又n=1时，2S1=a2−1，解得a2=3，满足a2=3a1，
∴数列an是首项为1，公比为3的等比数列，所以an=3n−1,n∈N∗．
对任意正整数n，都有a1bn+a2bn−1+a3bn−2+⋯anb1=3n−n−1成立，
得bn+3bn−1+32bn−2+⋯+3n−1b1=3n−n−1①，
又bn+1+3bn+32bn−1+⋯+3nb1=3n+1−(n+1)−1②，
②－①×3得：bn+1=2n+1,n∈N∗，
又a1b1=3−1−1=1，所以b1=1，得bn=2n−1,n∈N∗，
进而b1+b2+b3+⋯+bn=n2，
由b1+b2+b3+⋯+bn=an，得n2=3n−1，即n23n−1=1，
记f(n)=n23n−1，则f(1)=1,f(2)=43,f(3)=1,f(4)=1627，
以下证明n≥4时，f(n)<1，
因为f(n+1)−f(n)=(n+1)23n−n23n−1=−2n2+2n+13n=2n(1−n)+13n<0，
即n≥4时，f(n)单调递减，f(n)<1，
综上可得，满足等式b1+b2+b3+⋯+bn=an的所有正整数n的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
【变式11-1】7.（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足2na1+2n−1a2+⋯+22an−1+2an=2n−n2−1，若cn=1an+an+1，则数列cn的前n项和Tn= .
【答案】2(n+1−1)
【分析】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出an，再利用裂项相消法求和作答.
【详解】数列an中，由2na1+2n−1a2+⋯+22an−1+2an=2n−n2−1，
得a1+12a2+⋯+12n−2an−1+12n−1an=1−n+22n+1，
当n≥2时，a1+12a2+⋯+12n−2an−1=1−n+12n，
两式相减得12n−1an=n+12n−n+22n+1，整理得an=n4，而a1=14满足上式，
因此an=n4，cn=1n4+n+14=2n+n+1=2(n+1−n)，
所以Tn=2[(2−1)+(3−2)+⋯+(n+1−n)]=2(n+1−1).
故答案为：2(n+1−1)
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
题型12取对数型
【例题12】（2022·全国·高三专题练习）已知数列an，an=an−1nn−1n≥2，a1=e，则数列an的通项公式为an= .
【答案】en
【分析】取对数，化简运算可得lnanlnan−1=nn−1n≥2，利用累乘法求出lnan=nlna1=n，即可求解.
【详解】因为an=an−1nn−1n≥2，
所以lnan=lnan−1nn−1=nn−1lnan−1，即lnanlnan−1=nn−1n≥2，
所以lna2lna1=21，lna3lna2=32，…，lnanlnan−1=nn−1，
所以lna2lna1×lna3lna2×⋅⋅⋅×lnanlnan−1=21×32×⋅⋅⋅×nn−1，
所以lnanlna1=nn≥2，又a1=e，
所以lnan=nlna1=n，
所以an=enn≥2，a1=e也符合，
所以an=en.
故答案为：en
【变式12-1】1. （2023·全国·高三专题练习）设正项数列an满足a1=1，an=2an−12n≥2，则数列an的通项公式是 ．
【答案】an=22n−1−1
【分析】将等式两边同时取对数后，转化为an+1=san+t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lg2an=1+2lg2an−1(n≥2)，
即lg2an+1=2lg2an−1+1．设bn=lg2an+1，则bn=2bn−1(n≥2)，
又b1=1+lg2a1=1，
所以bn是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以bn=1×2n−1=2n−1，所以lg2an+1=2n−1，所以an=22n−1−1．
故答案为：an=22n−1−1.
【变式12-1】2. （2020春·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期末）数列{an}中，若an+1=an3(n∈N∗)，a1=3，则{an}的通项公式为 .
【答案】an=33n−1(n∈N∗)
【分析】两边取对数，化简整理得lg3an+1lg3an=3，得到数列{lg3an}是以1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an+1=an3(n∈N∗)，两边取对数，可得lg3an+1=3lg3an，即lg3an+1lg3an=3，
又由a1=3，则lg3a1=1，所以数列{lg3an}是以lg3a1=1为首项，公比为3等比数列，
则lg3an=1⋅3n−1=3n−1，所以an=33n−1(n∈N∗).
故答案为：an=33n−1(n∈N∗)
【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
【变式12-1】3. （2023·全国·高三专题练习）土壤中微量元素（如N，P，K等）的含量直接影响植物的生长发育，进而影响植物群落内植物种类的分布．某次实验中，为研究某微量元素对植物生长发育的具体影响，实验人员配比了不同浓度的溶液若干，其浓度指标值可近似拟合为e,e,e2,e3,e5,e8,e13,⋅⋅⋅，并记这个指标值为bn，则i=120lnbi2=（ ）
A．lnb19lnb20B．lnb20lnb21C．lnb19+lnb20D．lnb20+lnb21
【答案】B
【分析】该组数据均为同底数幂，故以指数函数的运算性质作为切入点，利用对数计算规则寻求数据的规律．
【详解】由数据可得，从第三项开始，第i项是前两项之积，
即b1=b2=e,bn+2=bnbn+1，
取对数得lnb1=lnb2=1,lnbn+2=lnbn+lnbn+1，
设an=lnbn，则a12=a2a1，
a22=a2a3−a1=a2a3−a2a1
a32=a3a4−a2=a3a4−a2a3,⋅⋅⋅，
a202=a20a21−a19=a20a21−a20a19，
累加得a12+a22+a32+⋅⋅⋅+a202=a20a21，
所以lnb12+lnb22+⋅⋅⋅+lnb202=lnb20lnb21，
所以i=120lnbi2=lnb20lnb21．
故选：B.
【变式12-1】4. （2023·全国·高三专题练习）有限数列an中，Sn为an的前n项和，若把S1+S2+…+Snn称为数列an的“优化和”，现有一个共2019项的数列：a1,a2,a3,⋯,a2019，若其“优化和”为2020，则有2020项的数列：1,a1,a2,a3,…,a2019的优化和为（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】B
【分析】首先根据定义得出S1+S2+…+S2019=2019×2020，然后根据S1=a1，S2=a1+a2，⋯，S2019=a1+a2+a3+⋯+a2019，再由定义求出新数列的优化和．
【详解】由S1+S2+…+S20192019=2020，得S1+S2+…+S2019=2019×2020，
其中S1=a1，S2=a1+a2，⋯，S2019=a1+a2+a3+⋯+a2019，
∴所求的优化和为：[1+（1+a1）+（1+a1+a2）+…+（1+a1+…+a2018）+（1+a1+…+a2019）]÷2020
=[1+（1+S1）+（1+S2）+…+（1+S2018）+（1+S2019）]÷2020
=[2020×1+（S1+S2+…+S2019）]÷2020
=2020+2019×2020÷2020=1+2019=2020.
故选：B．
【变式12-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知数列{an}满足a1=1,an+1an2=n+12an2+4nan+n2，则a8=
【答案】8327−2
【解析】an+1an2=n+12an2+4nan+n2等价变形(nan+2)2=n+1an+1+2，换元设bn=nan，得
(bn+2)2=bn+1+2，两边取对数，得lg(bn+2)是首项lg(b1+2)=lg3，公比q=2的等比数列，求出bn=3×2n−1−2可解an .
【详解】∵an+1an2=n+12an2+4nan+n2，∴2an2+4nan+n2an2=n+1an+1，2+4nan+n2an2=n+1an+1
(nan+2)2=n+1an+1+2，设bn=nan，则b1=1a1=1，(bn+2)2=bn+1+2，两边取对数，
2lg(bn+2)=lg(bn+1+2) ， lg(bn+1+2)lg(bn+2)=2 ，所以lg(bn+2)是首项lg(b1+2)=lg3，公比q=2的等比数列，
∴lg(bn+2)=2n−1lg3=lg32n−1 ，∴bn=32n−1−2 ，∴an=n32n−1−2
∴a8=8327−2
故答案为：8327−2
【点睛】本题考查的是由数列的递推公式求通项公式，
常见的求解方法有如下几种：累和法，适用于an+1=an+f(n)的形式，累乘法，适用于an+1=an·f(n)的形式，构造法，适用于an+1=pan+q的形式，适当的配凑常数使其变形为an+1+λ=p(an+λ)，转化等比数列an+λ求解，形如an+1=pan+qn的递推公式可两边同除以指数式qn，转化为an+1=pan+q的形式，形如an+1=panqan+1的递推公式可通过两边取倒数的方法转化为an+1=pan+q的形式
题型13三阶递推型
【例题13】（2023·全国·高三专题练习）在数列an中，a1=1,a2=9,an+2=3an+1−2an−10，则an的前n项和Sn的最大值为（ ）
A．64B．53C．42D．25
【答案】B
【分析】令an+1−an=bn，则由an+2=3an+1−2an−10可得bn+1−10= 2bn−10,所以数列bn−10是以−2为首项,2为公比的等比数列,可得到an+1−an=10−2n，然后用累加法得到an=10n−2n−7，通过an的单调性即可求出Sn的最大值
【详解】由an+2=3an+1−2an−10,得an+2−an+1=2an+1−an−10,
令an+1−an=bn,所以bn+1=2bn−10,则bn+1−10= 2bn−10,
所以数列bn−10是以b1−10=a2−a1−10=−2为首项,2为公比的等比数列,
所以bn−10=−2×2n−1=−2n,即bn=−2n+10,即an+1−an=10−2n,
由a2−a1=10−21,a3−a2=10−22,a4−a3=10−23,⋯,an−an−1=10−2n−1(n≥2),
将以上n−1个等式两边相加得an−a1=10(n−1)−21−2n−11−2=10n−2n−8,
所以an=10n−2n−7,n≥2,
经检验a1=1满足上式，故an=10n−2n−7,
当n≤3时,an+1−an=10−2n>0,即an单调递增,当n≥4时,an+1−an=10−2n<0,即an单调递减,
因为a3=10×3−23−7=15>0,a4=10×4−24−7=17>0, a5=10×5−25−7=11>0,a6=10×6−26−7=− 11<0,
所以an的前n项和Sn的最大值为S5=1+9+15+17+11=53，
故选：B
【变式13-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，若对任意正整数n，Sn+1=−3an+1+an+3，Sn+an>−1na，则实数a的取值范围是（ ）
A．−1,32B．−1,52C．−2,52D．−2,3
【答案】C
【分析】根据an与Sn的关系结合等比数列的概念可得2an+1−an=12n，进而可得an=n+12n，然后结合条件可得Sn+an=3−12n−1>−1na，然后分类讨论即得.
【详解】因为Sn+1=−3an+1+an+3，a1=1
当n=1时，S2=−3a2+a1+3，解得a2=34，
当n≥2时，Sn=−3an+an−1+3n≥2，则an+1=−3an+1+4an−an−1，
即2an+1−an=122an−an−1，又2a2−a1=12，
所以2an+1−an是首项为12，公比为12的等比数列，
所以2an+1−an=12n，则2n+1an+1−2nan=1，又2a1=2，
所以2nan为首项为2，公差为1的等差数列，
则2nan=n+1，则an=n+12n，
所以Sn+1+an+1=−2⋅n+22n+1+n+12n+3=3−12n，又S1+a1=2=3−121−1，
则Sn+an=3−12n−1n∈N∗，又Sn+an>−1na，
所以3−12n−1>−1na，
当n为奇数时，3−12n−1>−a，而3−12n−1≥2，则2>−a，解得a>−2；
当n为偶数时，3−12n−1>a，而3−12n−1≥52，则a<52；
综上所述，实数a的取值范围为−2,52.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
【变式13-1】2. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）符号x表示不超过实数x的最大整数，如2.3=2，−1.9=−2.已知数列an满足a1=1，a2=5，an+2+4an=5an+1.若bn=lg2an+1，Sn为数列8100bnbn+1的前n项和，则S2025=（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【答案】B
【分析】由an+2+4an=5an+1变形可推出数列an+1−an为等比数列、an+1−4an为常数列，求出这两个数列的通项公式，可求出数列an的通项公式，求得bn=lg2an+1=2n，利用裂项相消法可求出S2025，结合题中定义可求得S2025的值.
【详解】因为an+2+4an=5an+1，则an+2−an+1=4an+1−an，且a2−a1=4，
所以，数列an+1−an是首项为4，公比也为4的等比数列，
所以，an+1−an=4×4n−1=4n，①
由an+2+4an=5an+1可得an+2−4an+1=an+1−4an，且a2−4a1=1，
所以，数列an+1−4an为常数列，且an+1−4an=1，②
由①②可得an=4n−13，
因为4n+1−13−4n=4⋅4n−1−3⋅4n3=4n−13>0，
4n+1−13−2⋅4n=4⋅4n−1−6⋅4n3=−2⋅4n+13<0，则4n所以，2n所以，8100bnbn+1=81002n⋅2n+1=2025nn+1=20251n−1n+1，
所以，S2025=20251−12+12−13+13−14+⋯+12025−12026=20251−12026
=2025−12026∈2024,2025，
因此，S2025=2024.
故选：B.
【变式13-1】3. （2023·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y=[x]称为“高斯函数”，例如：[−2.5]=−3，[2.7]=2．已知数列an满足a1=1，a2=3，an+2+2an=3an+1，若bn=lg2an+1，Sn为数列1bnbn+1的前n项和，则S2023=（ ）
A．20222023B．20242023C．20232024D．20252024
【答案】C
【分析】运用构造法可得an+1−an为等比数列，再运用累加法可得an通项公式，进而求得bn通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由an+2+2an=3an+1，得an+2−an+1=2an+1−an．又a2−a1=2，所以数列an+1−an构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1−an=2n.
又a2−a1=2，a3−a2=22，…，an−an−1=2n−1，
叠加可得a2−a1+a3−a2+⋅⋅⋅+an−an−1=21+22+⋅⋅⋅+2n−1(n≥2)，
即an−a1=21+22+⋅⋅⋅+2n−1，
所以an=20+21+22+⋅⋅⋅+2n−1=1−2n−1×21−2=2n−1(n≥2).
又因为a1=1满足上式，所以an=2n−1n∈N∗.
所以an+1=2n+1−1.
因为2n<2n+1−1<2n+1，所以lg22n即n故1bnbn+1=1n⋅(n+1)=1n−1n+1.
所以S2023=1−12+12−13+⋅⋅⋅+12023−12024=1−12024=20232024.
故选：C.
【变式13-1】4. （2023秋·湖北恩施·高三校联考期末）已知Sn是数列an的前n项和，且a1=a2=1，an=2an−1+3an−2（n≥3），则下列结论正确的是（ ）
A．数列an−an+1为等比数列B．数列an+1+2an为等比数列
C．S40=14320−1D．an=3n−1+−1n−12
【答案】D
【分析】A选项，计算出a1−a2=0，故an−an+1不是等比数列，A错误；
B选项，计算出an+1+2an的前三项，得到73≠237，B错误；
C选项，由题干条件得到an+an−1=3an−1+an−2，故an+1+an为等比数列，得到an+1+an=2×3n−1，故a2+a1=2，a4+a3=2×32，……，a40+a39=2×338，相加即可求出S40=340−14，C错误；
D选项，在an+1+an=2×3n−1的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出an=3n−1+−1n−12.
【详解】由题意得：a3=2a2+3a1=5，a4=2a3+3a2=10+3=13，
由于a1−a2=0，故数列an−an+1不是等比数列，A错误；
则a2+2a1=1+2=3，a3+2a2=5+2=7，a4+2a3=13+10=23，
由于73≠237，故数列an+1+2an不为等比数列，B错误；
n≥3时，an=2an−1+3an−2，即an+an−1=3an−1+an−2，
又a1+a2=1+1=2，
故an+1+an为等比数列，首项为2，公比为3，
故an+1+an=2×3n−1，
故a2+a1=2，a4+a3=2×32，……，a40+a39=2×338，
以上20个式子相加得：S40=2×1+32+34+⋯+338=2×1−3401−9=340−14，C错误；
因为an+1+an=2×3n−1，所以an+2+an+1=2×3n，两式相减得：
an+2−an=2×3n−2×3n−1=4×3n−1，
当n=2k时，a2k−a2k−2=4×32k−3，a2k−2−a2k−4=4×32k−5，……，a4−a2=4×3，
以上式子相加得：a2k−a2=4×3+33+⋯+32k−3=4×3−32k−11−9=32k−1−32，
故a2k=32k−1−32+a2=32k−1−12，而a2=1也符和该式，故a2k=32k−1−12，
令2k=n得：an=3n−1−12=3n−1+−1n−12，
当n=2k−1时，a2k−1−a2k−3=4×32k−4，a2k−3−a2k−5=4×32k−6，……，a3−a1=4×30，
以上式子相加得：a2k−1−a1=4×32k−4+32k−6+⋯+30=4×1−32k−21−9=32k−2−12，
故a2k−1=32k−2−12+a1=32k−2+12，而a1=1也符号该式，故a2k−1=32k−2+12，
令2k−1=n得：an=3n−1+−1n−12，
综上：an=3n−1+−1n−12，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到an+2−an=fn时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令n=2k−1和n=2k，用累加法进行求解.
【变式13-1】5.（2023春·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）若数列an满足a1=1,a2=4，且对于n∈N*n≥2都有an+1=2an−an−1+2，则1a2−1+1a4−1+1a6−1+⋯+1a2022−1=（ ）
A．20212022B．10102022C．20222023D．10112023
【答案】D
【分析】令bn=an+1−an，由题意可证得数列bn是以b1=a2−a1=3为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列an的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案.
【详解】因为对于n∈N*n≥2都有an+1=2an−an−1+2，
an+1−an−an−an−1=2，令bn=an+1−an，
所以bn−bn−1=2n≥2，
所以数列bn是以b1=a2−a1=3为首项，2为公差的等差数列.
所以bn=3+n−1⋅2=2n+1，
所以an+1−an=2n+1，
所以an−an−1=2n−1，an−1−an−2=2n−3，……，
a3−a2=5,a2−a1=3，
将这n−1项累加，则an−a1=3+5+7+⋯+2n−1,n≥2，
所以an=1+3+5+7+⋯+2n−1=n1+2n−12=n2,n≥2，
则1an−1=1n2−1=1n+1n−1=121n−1−1n+1n≥2，
所以1a2−1+1a4−1+1a6−1+⋯+1a2022−1 =121−13+13−15+15−17+⋯+12021−12023 =121−12023=10112023.
故选：D.
【变式13-1】6.（2022秋·云南·高三云南师大附中校联考阶段练习）已知数列an满足a1=2，a2=6，且an+2−2an+1+an=2，若x表示不超过x的最大整数（例如1.6=1，−1.6=−2），则22a1+32a2+⋅⋅⋅+20222a2021=（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】D
【分析】求出an=nn+1，n+12an=1+1n，即得解.
【详解】解：由题设知，an+2−an+1−an+1−an=2，a2−a1=4，
故an+1−an是首项为4，公差为2的等差数列，则an+1−an=2n+2，
则an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1
=an−a1=2n−1+⋅⋅⋅+3+2+1+2n−1=n+2n−1，
所以an=nn+1，故n+12an=1+1n，
又n∈N∗，当n=1时，22a1=2，
当n≥2时，n+12an=1，
所以22a1+32a2+⋅⋅⋅+20222a2021=2+1+1+⋯+1=2022.
故选：D．
【变式13-1】7.（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知A1A2=1，当n≥2时，An+1是线段AnAn−1的中点，点P在所有的线段AnAn+1上，则A1P= .
【答案】23
【分析】不妨设点A10,0、A21,0，设点Anan,0n∈N∗，可得出an+2=an+an+12，推导出数列an+1−an为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列an+1−an的通项公式，利用累加法求出数列an的通项公式，由此可得出A1P=limn→+∞an，即可得解.
【详解】不妨设点A10,0、A21,0，设点Anan,0n∈N∗，
则数列an满足a1=0，a2=1，an+2=an+an+12n∈N∗，
所以，an+2−an+1=−an+1−an2，
所以，数列an+1−an是首项为a2−a1=1，公比为−12的等比数列，
所以，an+1−an=1×−12n−1=−12n−1，
当n≥2时，an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=0+1+−12+⋯+−12n−2
=1−−12n−11+12=231−−12n−1，
a1=0也满足an=231−−12n−1，故对任意的n∈N∗，an=231−−12n−1.
所以，A1P=limn→+∞231−−12n−1=23.
故答案为：23.
题型14前n项积求通项
【例题14】（2023·全国·高三专题练习）设Tn是数列an的前n项积，则“Tn=3n”是“an是等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由Tn=3n求出an的表达式，结合等差数列的定义可判断充分条件；举特例可判断必要条件，综合可得结论.
【详解】若Tn=3n，则a1=3；当n≥2时，an=TnTn−1=3n3n−1=3.
所以，对任意的n∈N∗，an=3，则an+1−an=0，此时，数列an是等差数列，
故“Tn=3n”能得出“an是等差数列”；
若“an是等差数列”，不妨设an=n，则Tn≠3n，
即“an是等差数列”不能得出“Tn=3n”.
所以“Tn=3n”是“an是等差数列”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式14-1】1. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且an=Sn+12，首项为1的正项数列bn满足b1⋅b2⋅b3⋅⋅⋅⋅⋅bn=an⋅bnn，则数列bn的前n项和Qn= ．
【答案】43−13×4n−1
【分析】根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差得到anan−1=2，即可求出an的通项公式，再记Tn=b1⋅b2⋅b3⋅⋅⋅⋅⋅bn=2n−1bnn，当n≥2时，TnTn−1=2n−1bnn2n−2bn−1n−1，即可得到数列bn是以1为首项，14为公比的等比数列，再利用等边求和公式计算可得.
【详解】因为an=Sn+12，当n=1时，a1=S1+12，解得a1=1，
当n≥2时，an−1=Sn−1+12，两式相减可得an−an−1=Sn+12−Sn−1+12，即an−an−1=an2，
所以anan−1=2，故数列an是以1为首项、2为公比的等比数列，故an=2n−1．
记Tn=b1⋅b2⋅b3⋅⋅⋅⋅⋅bn=2n−1bnn，
故当n≥2时，TnTn−1=2n−1bnn2n−2bn−1n−1，即bn=2nn−1bnn2n−1n−2bn−1n−1，
故bnbn−1n−1=2n−1n−22nn−1=14n−1，因为bn>0，故bnbn−1=14，
故数列bn是以1为首项，14为公比的等比数列，故Qn=1−14n1−14=43−13×4n−1．
故答案为：43−13×4n−1
【变式14-1】2. （2023·全国·高三专题练习）记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2Sn+1bn=2，则an的通项公式为 .
【答案】an=32,n=1−1nn+1,n≥2
【分析】由题意可得Sn=2bn2bn−1，利用bn+1bn及等差数列的定义求出bn的通项公式，进而可得Sn=2+n1+n，再利用当n≥2时an=Sn−Sn−1求解即可.
【详解】由已知2Sn+1bn=2可得Sn=2bn2bn−1，且bn≠0，bn≠12，
当n=1时，由S1=b1得b1=32,
由于bn为数列Sn的前n项积，所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2bn2bn−1=bn，2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2bn2bn−1⋅2bn+12bn+1−1=bn+1，
所以2bn+12bn+1−1=bn+1bn，
又因为bn+1≠0，所以22bn+1−1=1bn，即bn+1−bn=12，其中n∈N∗，
所以数列{bn}是以b1=32为首项，以d=12为公差等差数列，
所以bn=32+n−1×12=1+n2，Sn=2bn2bn−1=2+n1+n，
当n=1时，a1=S1=32，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2+n1+n−1+nn=−1nn+1，
显然对于n=1不成立，
所以an=32,n=1−1nn+1,n≥2，
故答案为：an=32,n=1−1nn+1,n≥2
【变式14-1】3. （2023秋·北京通州·高三统考期末）已知数列an的前n项和为Sn Sn≠0，Tn为数列Sn的前n项积，满足Sn+Tn=Sn⋅Tn n∈N*，给出下列四个结论：
①a1=2；②an=2n2n−1；③Tn为等差数列；④Sn=n+1n.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】根据关系式Sn+Tn=Sn⋅Tn，当n=1时，即可求得a1的值；由Sn+Tn=Sn⋅Tn得Tn=SnSn−1，当n≥2时，可得Tn−1=Sn−1Sn−1−1，可证明1Sn−1为等差数列，即可求得Sn，则可求得Tn,an，则可判断其他选项.
【详解】因为Sn+Tn=Sn⋅Tn n∈N*，所以当n=1时，S1+T1=S1⋅T1⇒2a1=a12，解得a1=2或a1=0，
又Sn≠0，所以a1≠0，故a1=2，故①正确；
因为Sn+Tn=Sn⋅Tn，可得Sn≠1，所以Tn=SnSn−1，当n≥2时，Tn−1=Sn−1Sn−1−1，
所以TnTn−1=SnSn−1×Sn−1−1Sn−1⇒Sn=SnSn−1×Sn−1−1Sn−1⇒1Sn−1=Sn−1Sn−1−1⇒1Sn−1=Sn−1−1+1Sn−1−1⇒1Sn−1−1Sn−1−1=1，
1Sn−1是以1S1−1=1为首项，1为公差的等差数列，所以1Sn−1=1+n−1×1=n，则Sn=n+1n，故④正确；
所以Tn=SnSn−1=n+1nn+1n−1=n+1，则Tn−Tn−1=n+1−n=1,n≥2，所以Tn为等差数列，故③正确；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n+1n−nn−1=n2−1−n2nn−1=−1nn−1，又a1=2不符合
所以an=2,n=1−1nn−1,n≥2，故②不正确.
故答案为：①③④.
【变式14-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为SnSn≠0,Tn为数列Sn的前n项积，满足Sn+Tn=Sn⋅Tn（n为正整数），其中T1=a1，给出下列四个结论：①a1=2；②an=2n(2n−1)；③Tn为等差数列；④Sn=n+1n.其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】根据关系式Sn+Tn=Sn⋅Tn，当n=1时，即可求得a1的值；由Sn+Tn=Sn⋅Tn得Tn=SnSn−1，当n≥2时，可得Tn−1=Sn−1Sn−1−1，两式相除整理可证明1Sn−1为等差数列，即可求得Sn，从而可求得Tn,an，由此得以判断各结论.
【详解】因为Sn+Tn=Sn⋅Tn n∈N*，
所以当n=1时，S1+T1=S1⋅T1⇒2a1=a12，解得a1=2或a1=0，
又Sn≠0，所以a1≠0，故a1=2，故①正确；
因为Sn+Tn=Sn⋅Tn，易得Sn≠1，所以Tn=SnSn−1，
当n≥2时，Tn−1=Sn−1Sn−1−1，
所以TnTn−1=SnSn−1×Sn−1−1Sn−1，则Sn=SnSn−1×Sn−1−1Sn−1，
所以1Sn−1=Sn−1Sn−1−1=Sn−1−1+1Sn−1−1=1+1Sn−1−1，则1Sn−1−1Sn−1−1=1，
又1S1−1=1a1−1=1，
所以1Sn−1是以1S1−1=1为首项，1为公差的等差数列，
所以1Sn−1=1+n−1×1=n，则Sn=n+1n，
经检验，S1=a1=2满足上式，所以Sn=n+1n，故④正确；
所以Tn=SnSn−1=n+1nn+1n−1=n+1，则Tn−Tn−1=n+1−n=1,n≥2，
所以Tn为等差数列，故③正确；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n+1n−nn−1=n2−1−n2nn−1=−1nn−1，
又a1=2不符合上式，
所以an=2,n=1−1nn−1,n≥2，故②错误.
故答案为：①③④.
题型15函数递推型
【例题15】（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）已知函数y=f(x)(x∈R)，满足f12=33，fn+12=3⋅fn2n∈N*.若an=lg3f(n)，函数g(x)=2x3−3x2+2，则ga12023+ga22023+ga32023+⋯+ga20242023=（ ）
A．3036B．3034C．3032D．3030
【答案】A
【分析】根据题意利用累乘法可得fn2=3n−22，进而可得an=n−1，再结合等差数列的性质以及函数的对称性分析运算.
【详解】因为f12=33，fn+12=3×fn2n∈N∗，即fn+12fn2=3，
所以fn2=fn2fn−12×fn−12fn−22×⋅⋅⋅×f22f12×f12=3n−1×33=3n−2=3n−22，
则f(n)=32n−22=3n−1，an=lg3f(n)=lg33n−1=n−1，
所以a12023+a20242023=a22023+a20232023=⋯=a10122023+a10132023=1，
又因为g(x)+g(1−x)=2x3−3x2+2+2(1−x)3−3(1−x)2+2=3，
所以ga12023+ga22023+ga32023+⋯+ga20242023=1012×3=3036.
故选：A.
【点睛】关键点睛：累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
【变式15-1】1. （2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数y=fx，x∈N+，满足以下条件：①fa+b=fa+fb+ab，其中a，b∈N+：②f2=3.则f2023=（ ）
A．2023×2024B．2022×2023C．1013×2023D．1012×2023
【答案】D
【分析】利用赋值法得到fa+1−fa=a+1，再用累加法直接求解即可.
【详解】令a=b=1，则f(2)=f(1)+f(1)+1，又f2=3，所以f1=1，
令b=1，则fa+1=fa+a+1，即fa+1−fa=a+1.
所以f(2)−f(1)=2，f(3)−f(2)=3，⋯ ⋯，f(2022)−f(2021)=2022，f(2023)−f(2022)=2023，
累加得：f2023−f1=2+3+4+⋯+2022+2023，
所以f2023=1+2+3+4+⋯+2023 =2023×2023+12=1012×2023.
故选：D
【变式15-1】2. （2023·全国·高三专题练习）对任意数列an，定义函数Fx=a1+a2x+a3x2+⋯+anxn−1n∈N*是数列an的“生成函数”.已知F1=n2，则F12=（ ）
A．3−2n+32nB．4−2n+12n−1
C．6−2n+12n−1D．6−2n+32n−1
【答案】D
【分析】依题意可得a1+a2+a3+⋯+an=n2，利用作差法求出an，则F12=1+3×12+5×122+⋯+2n−1×12n−1，利用错位相减法计算可得.
【详解】解：因为Fx=a1+a2x+a3x2+⋯+anxn−1且F1=n2，
所以a1+a2+a3+⋯+an=n2①，
当n=1可得a1=1，
当n≥2时a1+a2x+a3+⋯+an−1=n−12②，
①−②得an=n2−n−12=2n−1，显然当n=1时上式也成立，
所以an=2n−1，
所以F12=1+3×12+5×122+⋯+2n−1×12n−1，
则12F12=1×12+3×122+5×123+⋯+2n−1×12n，
所以12F12=1+2×12+2×122+2×123+⋯+2×12n−1−2n−1×12n
=1+1−12n−11−12−2n−1×12n=3−2n+3×12n，
所以F12=6−2n+32n−1.
故选：D
【变式15-1】3. （2023·全国·高三专题练习）高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行1+2+3+⋯+100的求和运算时，他是这样算的:1+100=101，2+99=101，⋯，50+51=101，共有50组，所以50×101=5050，这就是著名的高斯法，又称为倒序相加法.事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数y=fx的图象关于点12，1对称，Sn=n+1f1n+1+f2n+1+⋯+fnn+1，Sn为数列an的前n项和，则下列结论中，错误的是（ ）
A．fx+f1−x=2
B．Sn=nn+1
C．Sn=n1+an2
D．1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1
【答案】C
【分析】对于A，利用函数的中心对称性公式即可求解；
对于B，利用倒序相加法求和及A选项的结论即可求解；
对于C，利用B选项的结论及an与Sn的关系，结合等差数列的前n项和公式即可求解；
对于D，利用B选项的结论及裂项相消法求和即可求解.
【详解】对于A，因为函数y=fx的图象关于点12，1对称，所以f12−t+f12+t=2，令x=12−t，
所以fx+f1−x=2，故A正确；
对于B，因为Sn=n+1i=1nf(in+1)， Sn=n+1i=1nf(n+1−in+1)，
所以2Sn=n+1i=1nf(in+1)+f(n+1−in+1)，
因为f(in+1)+f(n+1−in+1)=2，所以2Sn=n+1⋅2n，即Sn=nn+1，故B正确；
对于C，由题可知，当n=1时，a1=S1=1×1+1=2，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=nn+1−nn−1=2n，取n=1时，a1=2×1=2，a1满足此式，
故an的通项公式为an=2n.所以Sn=n1+an2=n1+2n2，
而Sn=nn+1，所以Sn≠n1+an2.故C错误；
对于D，因为Sn=nn+1，所以1Sn=1nn−1=1n−1n+1，
所以1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
因为1n+1>0，所以1−1n+1<1，即1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<1，故D正确.
故选：C.
【变式15-1】4. （2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知Sn为数列an的前n项和，若1S1+1S2+⋯+1Sn=2nn+1，设函数fx=csπx+csπ3，则fa12023+fa22023+fa32023+⋯+fa20222023=
【答案】1011
【分析】根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差即可求出an的通项公式，再由fx的解析式及诱导公式得到fx+f1−x=1，再利用凑项法求和即可.
【详解】由于1S1+1S2+...+1Sn=2nn+1，①，
当n=1时，1S1=1，所以a1=1，
当n≥2时，1S1+1S2+...+1Sn−1=2(n−1)n，②，
①−②得：1Sn=2nn+1−2(n−1)n=2n(n+1)，
所以Sn=n(n+1)2 n≥2，显然n=1时，Sn=n(n+1)2也成立，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n(n+1)2−n(n−1)2=n，
当n=1时，a1=1也满足上式，所以an=n；
因为f(x)=csπx+csπ3=csπx+12，
所以f(1−x)=csπ1−x+12=csπ−πx+12=−csπx+12，
所以f(x)+f(1−x)=csπx−csπx+1=1；
又f12=csπ2+12=12，
所以fa12023+fa22023+fa32023+⋯+fa20222023
=f12023+f22023+f32023+…+f20202023+f20212023+f20222023
=f12023+f(20222023)+f22023+f20212023+…+f10112023+f10122023
=1011．
故答案为：1011.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是通过对所求式子的观察，分析出要研究f(x)+f(1−x)的和，由此得解.
【变式15-1】5.（2022秋·广东深圳·高三统考阶段练习）设正整数n=a0⋅70+a1⋅7+⋯+ak−1⋅7k−1+ak⋅7k，其中ak∈0,1,2,3,4,5,6，记ωn=a0+a1+⋯+ak,Sn=ω1+ω2+⋯+ω7n，当n⩽6时，Sn= （用含n的代数式表示）.
【答案】7n2+37n2
【分析】首先根据前n项和和通项之间的关系可得Sn−Sn−1=ω7n−6+ω7n−5+ω7n−4+ω7n−3+ω7n−2，再根据ωn即可求得Sn−Sn−1=7n+15,n⩾2，再利用累加法即可得解.
【详解】Sn−Sn−1=ω7n−6+ω7n−5+ω7n−4+ω7n−3+ω7n−2
+ω7n−1+ω7n,n⩾2，
又7n−6=1×70+n−1⋅7，所以ω7n−6=1+n−1=n，
同理，7n−5=2×70+n−1⋅7，所以ω7n−5=2+n−1=n+1，
7n−1=6×70+n−1⋅7，所以ω7n−1=6+n−1=n+5，
7n=0×70+n⋅7，所以ω7n=n.，
所以Sn−Sn−1=7n+15,n⩾2，
又S1=ω1+ω2+⋯+ω7=22，
所以Sn=n22+7n+152=7n2+37n2.
故答案为：7n2+37n2
【变式15-1】6.（2020秋·江苏扬州·高二扬州中学校考期中）已知g(x)=f(x+12)−3是R上的奇函数，an=f(0)+f(1n)+ ⋯+f(n−1n)+f(1),n∈N∗,则数列{an}的通项公式为（ ）
A．an=n+1B．an=3n+1C．an=3n+3D．an=n2−2n+3
【答案】C
【解析】由Fx=fx+12−3在R上为奇函数，知f12−x+f12+x=6，令t=12−x，则12+x=1−t，得到ft+f1−t=6．由此能够求出数列an的通项公式．
【详解】由题已知Fx=fx+12−3是R上的奇函数，
故F−x=−Fx，
代入得：f12−x+f12+x=6x∈R，
∴函数fx关于点12，3对称，
令t=12−x，
则12+x=1−t，
得到ft+f1−t=6，
∵an=f0+f1n+⋯+fn−1n+f1，
an=f1+fn−1n+⋯+f1n+f0，
倒序相加可得2an=6n+1，
即an=3(n+1)，
故选：C．
【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题.
先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到f(t)+f1−t=6，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式.
题型16周期数列型
【例题16】（2023·河南开封·统考三模）已知数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=3an−1n∈N*，函数fx定义域为R，对任意x∈R都有fx+1=1+fx1−fx，若f2=2−1，则fa2023的值为（ ）
A．2−1B．1−2
C．2+1D．−1−2
【答案】B
【分析】根据Sn与an的关系求出an，根据fx+1=1+fx1−fx求出f(x)的一个周期为4，由an求出a2023=32022，利用二项式定理求出a2023被4除的余数为1，再根据周期可求出fa2023的值.
【详解】当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，可得a1=1，
当n≥2时，2Sn=3an−1，2Sn−1=3an−1−1n≥2，相减得an=3an−1n≥2，
所以数列an是以3为公比的等比数列，则an=3n−1.
由fx+1=1+fx1−fx，得f(x+2)=1+f(x+1)1−f(x+1)=1+1+f(x)1−f(x)1−1+f(x)1−f(x) =−1f(x)，
所以f(x+4)=−1f(x+2)=−1−1f(x)=f(x)，
所以函数fx是以4为周期的周期函数，
因为a2023=32022 =(4−1)2022=C20220⋅42022−C20221⋅42021+C20222⋅42020−⋯−C20222021⋅4+1，
所以a2023被4除的余数为1，
由fx+1=1+fx1−fx得f(2)=1+f(1)1−f(1)，得2−1=1+f(1)1−f(1)，得f(1)=1−2.
所以f(a2023)=f(1)=1−2.
故选：B
【变式16-1】1. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知首项为3的数列an的前n项和为Sn，若anSn+1+2=anSn+2，则S2023=（ ）
A．1435B．1436C．86036D．43073
【答案】D
【分析】先利用an+1=Sn+1−Sn得到an+1=2−2an，通过递推式列举前几项，得到an的周期，再求出S2023即可.
【详解】由anSn+1+2=anSn+2，得anSn+1−anSn+2=2an，
所以anan+1+2=2an，则an+1=2−2an，
因为a1=3，所以a2=43，a3=12，a4=−2，a5=3，…，
故数列an的周期为4.
而a1+a2+a3+a4=3+43+12+−2=176，
故S2023=a1+a2+⋯+a2023
=505×a1+a2+a3+a4+a1+a2+a3
=505×176+3+43+12=43073.
故选：D.
【变式16-1】2. （2023·河北·统考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，a2=−1，(Sn+1−Sn)(1+Sn−1−Sn)=1(n≥2,n∈N∗)，则S2022=（ ）
A．12B．2C．1011D．2022
【答案】C
【分析】根据已知的递推关系式求得数列的周期，进而求解结论．
【详解】解：∵数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，a2=−1，(Sn+1−Sn)(1+Sn−1−Sn)=1(n≥2，n∈N∗)，
∴an+1⋅(1−an)=1，即an+1=11−an，
∴a3=11−a2=11−(−1)=12，
a4=11−a3=11−12=2，
a5=11−a4=11−2=−1，
．
可得数列{an}是周期为3的数列，且前三项为：2，−1，12，
则S2022=674×(a1+a2+a3)=674×(2−1+12)=1011，
故选：C．
【变式16-1】3. （2018·全国·高三校联考专题练习）已知数列{an}满足a1=1，an=n−1nan−1，且anbn=cs2nπ3，则数列{bn}的前59项和为 ．
【答案】−1760
【分析】确定nan是常数列得到bn=n2cs2nπ3，计算b3k−2+b3k−1+b3k=9k−52(k∈N∗)，计算得到答案.
【详解】由an=n−1nan−1可得nan=(n−1)an−1，所以nan是常数列，故nan=a1=1，
即an=1n2，所以bn=n2cs2nπ3．
函数y=cs2π3x的最小正周期为T=2π23π=3，
故b3k−2+b3k−1+b3k=−(3k−2)2+(3k−1)22+(3k)2=9k−52(k∈N∗)，
所以数列{bn}的前59项和为：
(b1+b2+b3)+⋯+(b58+b59+b60)−b60=9×(1+2+⋯+20)−52×20−602
=9×20(1+20)2−50−3600=−1760
故答案为：−1760
【点睛】关键点睛：本题主要考查了由递推式求数列的通项公式，以及数列的求和问题，得到数列的通项公式是解题的关键，在该题中先求出an=1n2，继而可得bn=n2cs2nπ3，结合三角函数的周期性利用并项求和求{bn}的前59项和，难点是连续三项并在一起.
题型17奇偶讨论型
【例题17】（2023·上海·高三专题练习）已知数列{an}满足a1=1，an+1−an=−12n，存在正偶数n使得(an−λ)(an+1+λ)>0，且对任意正奇数n有(an−λ)(an+1+λ)<0，则实数λ的取值范围是（ ）
A．−23,1B．−∞,−23∪(1,+∞)C．−34,23D．−34,−23
【答案】D
【分析】利用累加法求出an，对n分为奇数、偶数两种情况讨论an的单调性，结合能成立与恒成立的处理方法求出答案.
【详解】因为a1=1，an+1−an=−12n，
所以当n≥2时，an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1 =1+−12+−122+⋯+−12n−1=1−−12n1−−12=231−−12n，
又n=1时an=231−−12n也成立，
所以an=231+12n,n=2k−1231−12n,n=2k,k∈N∗，
易得，当n为奇数时，an单调递减；当n为偶数时，an单调递增，
又当n为正偶数时，存在an−λan+1+λ>0，即λ−anλ+an+1<0，
所以−an+1<λ又对于任意的正奇数n，an−λan+1+λ<0，即λ−anλ+an+1>0，
所以λ<−an+1或λ>an恒成立，所以λ≤−23或λ>a1=1，
综上，实数λ的取值范围是−34,−23，
故选：D．
【变式17-1】1. （2023·四川遂宁·统考三模）已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，2Sn=an+1an，则S20=（ ）
A．210B．110C．50D．55
【答案】A
【分析】写出n≥2时，an−1an=2Sn−1，与已知式相减得数列{an}的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由n=1求得a2，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.
【详解】因为anan+1=2Sn，所以当n≥2时，an−1an=2Sn−1，两式相减得(an+1−an−1)an=2an，
由2Sn=an+1an，可得an≠0，进而an+1−an−1=2，
所以数列{an}的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，
又a1a2=2S1=2a1，而a1=1，所以a2=2，
S20=(1+3+5+⋯+19)+(2+4+6+⋯+20)=(1+2+3+⋯+20)=20×(1+20)2=210
故选：A
【变式17-1】2. （2023·全国·高三专题练习）设数列an的前n项和为Sn，an+1+an=2n+3，且Sn=1450，若a2<4，则n的最大值为（ ）
A．50B．51C．52D．53
【答案】B
【分析】已知式变形后得出an−(n+1)是以－1为公比的等比数列，从而可求出通项公式an，然后由分组求和法求得Sn，结合函数单调性可得结论．
【详解】∵an+1+an=2n+3，∴an+1−(n+2)=−an−(n+1)，
∵an−(n+1)是以－1为公比的等比数列，∴an−(n+1)=a1−2⋅(−1)n−1，
an=(n+1)+(a1−1)⋅(−1)n−1,
∴Sn=[2+3+⋯+(n+1)]+(a1−2)[1+(−1)+(−1)2+⋯+(−1)n−1]=n(n+3)2+a1−21−(−1)n2，
当n为偶数时，Sn=n(n+3)2=1450无解，当n为奇数时，Sn=n(n+3)2+a1−2=1450，
∴a1=1452−n(n+3)2，又a1+a2=5，∴a2=5−a1<4，即a1>1，
即nn+3<2902，y=n(n+3)在N∗上是增函数，又n为奇数，51×54=2754<2902，53×56=2968>2902，
故n的最大值为51.
故选：B.
【变式17-1】3. （2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知数列an满足a1=1,(m−1)am−1−mam=0m≥2,m∈N∗，且anbn=sin2nπ3n∈N∗，则数列bn的前18项和为（ ）
A．−3B．−54C．−33D．−543
【答案】D
【分析】利用数列an的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列sin2nπ3的周期，整理数列bn的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由m−1am−1−mam=0，则amam−1=m−12m2，
即an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋯⋅anan−1=1×2−1222×3−1232×⋯×n−12n2=1n2，
显然a1=112=1，满足公式，即an=1n2，
当n=1时，sin2π3=32；当n=2时，sin4π3=−32；当n=3时，sin2π=0；
当n=4时，sin8π3=32，当n=5时，sin10π3=−32；当n=6时，sin4π=0；
则数列sin2nπ3是以3为周期的数列，由anbn=sin2nπ3，则bn=n2sin2nπ3，
设数列bn的前n项和为Sn，S18=b1+b2+b3+⋯+b18
=12×32+22×−32+32×0+42×32+52×−32+62×0+⋯
+162×32+172×−32+182×0
=3212−22+42−52+⋯+162−172 =321−21+2+4−54+5+⋯+16−1716+17
=−323+9+15+⋯+33 =−32×3+33×62=−543.
故选：D.
【变式17-1】4. （2020·北京·高三校考强基计划）设数列an的前n项和Sn=(−1)nan+12n+n−3，且实数p满足p−an+1p−an<0．则p的取值范围是（ ）
A．−34,114B．−35,114
C．−35,114D．−35,115
【答案】A
【分析】根据前n项和与通项的关系可求数列的通项，再求出数列的最大值和最小项后可得正确的选项.
【详解】在题中等式中分别令n=2k−1,2k,2k+1,k∈N∗，有S2k−1=−a2k−1+122k−1+2k−4，
S2k=a2k+122k+2k−3，S2k+1=−a2k+1+122k+1+2k−2，于是a2k=a2k+a2k−1−122k+1，a2k+1=−a2k+1−a2k−122k+1+1，
进而可得a2k−1=14k−1，a2k=3−14k．
接下来考虑p的取值范围．根据题意，p在数列an的任意相邻两项之间．
一方面，有a1另一方面，当−34且a2k−p≥a2−p>0，
于是有∀n∈N∗,an+1−pan−p<0．
综上所述，实数p的取值范围是−34,114．
故选：A.
【变式17-1】5.（2023秋·山西运城·高三统考期末）已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=(−1)nan−2−n，则S5+S6=（ ）
A．−164B．−132C．−116D．164
【答案】A
【分析】由题，当n=1时，a1=−14，当n≥2时an=(−1)nan+(−1)nan−1+12n，进而分奇偶性讨论得an=12n，n为正偶数，an=−12n+1，n为正奇数，再求和即可.
【详解】解：因为Sn=(−1)nan−2−n，
所以，当n=1时，S1=a1=−a1−2−1，解得a1=−14，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(−1)nan−2−n−(−1)n−1an−1+2−n+1=(−1)nan+(−1)nan−1+12n，
所以，当n为偶数时，an−1=−12n,n≥2，故an=−12n+1，n为正奇数；
当n为奇数时，2an=−an−1+12n=−12n，即an−1=12n−1，故an=12n，n为正偶数；
所以S5+S6=2S5+a6=2−122+122−124+124−126+126=−126=−164，
故选：A
【变式17-1】6.（2022秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）已知数列{an}满足：−1n+1an+2+−1nan=3n+1n∈N∗，若a1=a2=1，则数列{an}的前20项和S20= .
【答案】−115
【分析】分别讨论n=2m−1、n=2m, m∈N∗，由累加法得a2m+1、a2m+2的通项，即可求S20.
【详解】当n=2m−1, m∈N∗时，−12ma2m+1+−12m−1a2m−1=a2m+1−a2m−1=32m−1+1=6m−2，
∴a2m+1=a2m+1−a2m−1+a2m−1−a2m−3+⋯+a3−a1+a1=6m+m−1+⋯+2+1−2m+1=61+mm2−2m+1=3m2+m+1
∴a1+a3+⋯+a19=3×12+22+⋯+92+1+2+⋯+9+10；
当n=2m, m∈N∗时，−12m+1a2m+2+−12ma2m=−a2m+2+a2m=6m+1，即a2m+2−a2m=−6m+1，
∴a2m+2=a2m+2−a2m+a2m−a2m−2+⋯+a4−a2+a2=−6m+m−1+⋯+2+1−m+1=−61+mm2−m+1=−3m2−4m+1
∴a2+a4+⋯+a20=−3×12+22+⋯+92−4×1+2+⋯+9+10.
故S20=a1+a3+⋯+a19+a2+a4+⋯+a20=3×12+22+⋯+92+(1+2+⋯+9)+10
−3×12+22+⋯+92−4×1+2+⋯+9+10=−3×9(1+9)2+20=−115
故答案为：−115
【变式17-1】7.（2021秋·河北沧州·高三沧县中学校考阶段练习）已知函数f(x)=(2x+2)2，数列{an}的前n项和Sn满足f(n)=Sn+1+Sn，下列说法正确的是（ ）
A．a1+a2=12
B．数列{an}的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列
C．若a1=4，则数列的通项公式an=4n
D．若a1=a，则数列的通项公式an=4n+(8−2a)×(−1)n−2
【答案】C
【分析】根据Sn+1+Sn=4(n+1)2，递减写出一项，得到关于an的递推关系后进行判断，注意项的下标一定是正整数.
【详解】f(x)=(2x+2)2，f(n)=Sn+1+Sn，∴Sn+1+Sn=4(n+1)2①
当n=1时，S2+S1=16；当n≥2时，Sn+Sn−1=4n2，②
①-②，得Sn+1−Sn−1=8n+4，即an+1+an=8n+4，(n≥2)③
因为首项a1不确定，所以a1+a2的值不确定，所以a1+a2=12不一定成立，故A错误；
当n≥3时，an+an−1=8n−4，④
③-④，得an+1−an−1=8，故数列{an}偶数项成等差数列，奇数项从a3开始成等差数列，故B错误；
因为n≥2时，an+1−4(n+1)=−(an−4n)，
当a1=a=4时，a2=16−2a=8，a2−4×2=0，此时{an−4n}从第2项起构成常数列，每一项均为0，所以an−4n=0，即an=4n(n≥2)，又a1=a=4满足上式，所以an=4n，所以C正确；
当a≠4时，{an−4n}从第2项起，构成首项为8−2a，公比为-1的等比数列，故an=4n+(8−2a)×(−1)n−2(n≥2)又n=1时，a1=a不符合上式，所以D错误.
故选：C．
题型18不动点法
【例题18】（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=2，an+1=2an−1an+4，则an= ．
【答案】3n−1
【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式.
【详解】设fx=2x−1x+4，令fx=x得：2x−1x+4=x，解得：x=−1；
an+1−−1=2an−1an+4−−1，化简得，an+1+1=3an+1an+4，
所以1an+1+1=an+43an+1，从而1an+1+1=an+1+33an+1=13+1an+1，
故1an+1+1−1an+1=13，
又1a1+1=13，所以1an+1是首项和公差均为13的等差数列，
从而1an+1=13+n−1×13=n3，故an=3n−1．
故答案为：3n−1
【变式18-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1=2，an+1=−1an+2，则an= ．
【答案】5−3n3n−2
【分析】首先求不动点，将已知等式两侧与不动点作差，再化简得到1an+1为等差数列，进而求通项公式.
【详解】设fx=−1x+2，令fx=x得：−1x+2=x，解得：x=−1；
an+1−−1=−1an+2−−1，化简得：an+1+1=an+1an+2，
所以1an+1+1=an+2an+1=an+1+1an+1=1+1an+1，从而1an+1+1−1an+1=1，又1a1+1=13，
所以1an+1是首项为13，公差为1的等差数列，故1an+1=13+n−1×1=n−23，
所以an=5−3n3n−2．
故答案为：5−3n3n−2
【变式18-1】2. （2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）两个数列an､bn满足a1=2，b1=1，an+1=5an+3bn+7，bn+1=3an+5bn（其中n∈N∗），则an的通项公式为an= .
【答案】2n+1+23n−2−4
【分析】依题意可得an+2=10an+1−16an−28，即an+2+4=10an+1+4−16an+4，即可得到an+4的特征方程为x2=10x−16，求出方程的根，则设数列an+4的通项公式为an+4=2n⋅p+8n⋅q，根据a1、a2得到方程组，求出p,q，即可得到an的通项公式；
【详解】解：因为an+1=5an+3bn+7，bn+1=3an+5bn，
所以3bn+1=9an+15bn⇒an+2−5an+1−7=9an+5an+1−5an−7，
所以an+2=10an+1−16an−28，即an+2+4=10an+1+4−16an+4，所以an+4的特征方程为x2=10x−16，解得特征根x=2或x=8，
所以可设数列an+4的通项公式为an+4=2n⋅p+8n⋅q，因为a1=2，b1=1，
所以a2=5a1+3b1+7=20，所以2+4=2⋅p+8⋅q20+4=22⋅p+82⋅q，解得p=2q=14，
所以an+4=2n+1+23n−2，所以an=2n+1+23n−2−4；
故答案为：2n+1+23n−2−4
题型19重新组合新数列型
【例题19】（2023秋·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且满足anSn=4n−2n2，设bn=2lg2Sn+1，将数列bn中的整数项组成新的数列cn，则c2024=（ ）
A．2022B．2023C．4048D．4046
【答案】C
【分析】根据等比数列定义，将n=1,2代入计算可得a1=1，q=2；可得bn=2n，再由新的数列cn的性质求出其通项为cn=2n即可得出结果.
【详解】令数列an的公比为q，∵an>0,∴a1>0,q>0，
因为anSn=4n−2n2，
所以当n=1时，a12=4−22=1，即a1=1，
当n=2时，a2S2=42−222=6，即q1+q=6，解得q=2（舍去q=−3），
所以Sn=1×1−2n1−2=2n−1，即bn=2lg2Sn+1=2n，
因为数列bn中的整数项组成新的数列cn，
所以n=2k2,k∈N∗，此时b2k2=2×2k2=2k，即cn=2n，
可得c2024=2×2024=4048.
故选：C
【变式19-1】1. （2023·广东东莞·东莞实验中学校考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A=a1,a2,a3,⋯重新编辑，编辑新序列为A∗=a2−a1,a3−a2,a4−a3,⋯，它的第n项为an+1−an，若A∗∗的所有项都是2，且a4=24，a5=32，则a1=（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】C
【分析】令bn=an+1−an，分析可知bn+1−bn=2且b4=8，求出等差数列bn的通项公式为bn=2n，可得出an+1−an=2n，再利用累加法可求得a1的值.
【详解】令bn=an+1−an，则A∗=b1,b2,b3,⋯，所以A∗∗=b2−b1,b3−b2,b4−b3,⋯，
由题意可知，对任意的n∈N∗，bn+1−bn=2，且b4=a5−a4=8，
所以数列bn是公差为2的等差数列，且bn=b4+2n−4=8+2n−4=2n，
即an+1−an=2n，
所以a4=a1+a2−a1+a3−a2+a4−a3=a1+2+4+6=a1+12=24，
因此a1=12.
故选：C.
【变式19-1】2. （2023·全国·高三专题练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A=a1,a2,a3,⋅⋅⋅重新编辑，编辑新序列为A∗=a2a1,a3a2,a4a3,⋯，它的第n项为an+1an，若序列A∗∗的所有项都是3，且a5=1，a6=27，则a1=（ ）
A．19B．127C．181D．1243
【答案】A
【分析】根据新定义判断出A∗是公比为3的等比数列，再利用迭乘法得到ana1= mn−13n−2n−12，最后根据a5=1和a6=27，联立方程组求解即可.
【详解】令bn=an+1an，即A∗=b1,b2,b3,⋯，则A∗∗=b2b1,b3b2,b4b3⋅⋅⋅，
由已知得b2b1=b3b2=b4b3=⋅⋅⋅=bn+1bn=3，所以数列bn为公比为3的等比数列，
设b1=m，则a2a1=b1=m，a3a2=b2=3m，⋅⋅⋅，an+1an=bn=3n−1⋅m，
当n≥2时，累乘可得a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋅⋅⋅anan−1=m⋅3m⋅32m⋅⋅⋅3n−2m=mn−131+2+3+⋅⋅⋅+n−2，
即ana1=mn−13n−2n−12，
当n=5时，1a1=m436，当n=6时，27a1=m5310，解得m=13,a1=19，
故选：A.
【变式19-1】3. （2019秋·福建莆田·高三莆田一中校考阶段练习）已知数列{an}的通项公式为an=n(n+1)，数列{bn}的通项公式为bn=3n−1，将数列{an}、{bn}中的共有元素依次取出，构成数列{cn}，则c10= .
【答案】812
【详解】解法一：因为an=nn+1,bn=3n−1，所以当n=1时，a1=1×2=2，此时b1=2，满足题意，即c1=2.易知bn=3n−1是一个公差为3的等差数列，假设nn+1与(n+k)n+k+1是{cn}中相邻的两项，则(n+k)n+k+1 −nn+1=k(k+2n+1)必须是3的倍数，显然，当k=3,6,9,⋯时，一定满足此关系，从而可以发现{cn}中的项是1×2，4×5，7×8，…，
依此类推，可得c10=28×29=812.
解法二：依题意，令nn+1=3m−1，m,n∈N∗，即2n+12=34m−1，故4m−1为某个奇数平方的3倍，设4m−1=3⋅2k−12，则2n+1=32k−1，
于是n=3k−2，m=3k2−3k+1,k=1,2,3,⋯,
这时ck=nn+1=3m−1=9k2−9k+2，故c10=900−90+2=812.
故答案为812
题型20重新排序型
【例题20】（2023·江西·高三校联考期中）设正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn=an2+2an−8，从an中选出以a1为首项，以原次序组成等比数列ak1，ak2，…，akm，…，k1=1．记akm是其中公比最小的原次序组成等比数列，则km=（ ）
A．2m−2B．2m+2C．2m−1D．2m+1
【答案】C
【分析】根据an与Sn的关系式，分成n=1与n≥2两种情况求解an，观察an知其每项均为偶数，讨论当ak1=a1=4，公比q=2或32时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出km.
【详解】当n=1时，4S1=a12+2a1−8=4a1，即a12−2a1−8=0a1>0，
得a1=4或a1=−2（舍去），
当n≥2时，由4Sn=an2+2an−8，……①
得4Sn−1=an−12+2an−1−8n≥2，……②
①−②得：4an=an2−an−12+2an−2an−1，
化简得an−an−1−2an+an−1=0.
因为an>0，所以an−an−1−2=0，an=an−1+2n≥2，
即数列an是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an=2n+2n∈N∗.
当ak1=a1=4，ak2=a3=8时，
会得到数列an中原次序的一列等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,k1=1，
此时的公比q=2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列an中；
下面证明此时的公比最小：
ak1=a1=4，假若ak2取a2=6，公比为64=32，
则ak3=4×322=9为奇数，不可能在数列an中.
所以akm=4⋅2m−1=2m+1.
又akm=2km+2=2m+1，所以km=2m−1.
故选：C
【变式20-1】1. （2022秋·河南驻马店·高三统考期末）对于正整数n，设最接近n的正整数为an（如a1=1，a3=2），记bn=n+an，从全体正整数中除去所有bn，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列cn，则数列cn的前5项和为 .
【答案】55
【分析】对于给定的n∈N+，存在唯一确定的k∈N+，使得k2≤n【详解】对于给定的n∈N+，存在唯一确定的k∈N+，使得k2≤n①当k2≤n≤k2+k时，即an=k，记n=k2+m，m∈0,1,2,⋅⋅⋅,k，
此时bn=n+k，即bn=k2+k+m，m∈0,1,2,⋅⋅⋅,k；
②当k2+k+1≤n此时bn=n+k+1，即bn=k2+k+1+m，m∈k+1,k+2,⋅⋅⋅,2k.
所以bn∈k2+k,k2+k+1,⋅⋅⋅,k2+2k,k2+2k+2,k2+2k+3,⋅⋅⋅,k2+3k+1，
恰好跳过k2+2k+1=k+12，即cn=n2，故数列cn的前5项和为1+4+9+16+25=55.
故答案为：55
【点睛】关键点睛：在这个问题中，设k2≤n【变式20-1】2. （2022秋·安徽·高三校联考阶段练习）已知数列an的前n项和为n2+n，数列bn满足an=2lg2bn，设数列an中不在数列bn中的项按从小到大的顺序构成数列cn，则数列cn的前50项和为（ ）
A．3017B．3018C．3065D．3066
【答案】D
【分析】利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求得an，进而求得bn，根据cn的构成求得正确答案.
【详解】设Sn=n2+n，当n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，Sn=n2+n，Sn−1=n−12+n−1=n2−n，
an=Sn−Sn−1=2nn≥2，a1也符合上式，所以an=2n，
2n=2lg2bn,bn=2n，
所以b1=2,b2=22,b3=23,b4=24,b5=25,b6=26,b7=27>100，
又a50=100，所以cn的前50项和为：
a1+a2+⋯+a56−b1+b2+⋯+b6=2+2×562×56−21−261−2=3066.
故选：D
【变式20-1】3.（2020·全国·高三专题练习）已知数列an满足an=5n−1n∈N∗，将数列an中的整数项按原来的顺序组成新数列bn，则b2019的末位数字为（ ）
A．8B．2
C．3D．7
【答案】D
【分析】分别计算出an的前八个整数项得其末位数字成周期数列，再根据周期性求解即可.
【详解】解：因为an=5n−1n∈N∗，
所以数列an整数项为2,3,7,8,12,13,17,18…，
末位数字分别是2,3,7,8,2,3,7,8…，
因为2019=4×504+3，
故b2019的末位数字为7.
故选：D.
【点睛】本题考查利用通项公式求数列的项，周期数列的应用，考查运算能力，是基础题.
【变式20-1】4. （2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)={2x−1, x≤0f(x−1)+1, x>0，把函数g(x)=f(x)−x的零点按照从小到大的顺序排成一个数列{an}，则该数列的通项公式为 ．
A．an=n(n−1)2 (n∈N∗)B．an=n(n−1) (n∈N∗)
C．an=n−1 (n∈N∗)D．an=2n−2 (n∈N∗)
【答案】C
【详解】试题分析：作出函数图象易得函数g(x)=f(x)−x的零点为，故数列{an}数列的通项公式为 an=n−1 (n∈N∗)
考点：函数的零点、数列的通项
题型21整除相关
【例题21】（2023·全国·高三专题练习）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则a6=（ ）
A．17B．37C．107D．128
【答案】C
【分析】根据题意可得an−2既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，从而可求得数列an的通项，即可得解．
【详解】∵an能被3除余2且被7除余2，∴an−2既是3的倍数，又是7的倍数，
即是21的倍数，且an>0，∴an−2=21n−1，
即an=21n−19，∴a6=21×6-19=107．
故选：C．
【变式21-1】1. （2022秋·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考开学考试）已知数列an的前n项和为Sn，且ai=1或ai=2的概率均为12i=1,2,3,⋯,n，设Sn能被3整除的概率为Pn．有下述四个结论：①P2=1；②P3=14；③P11=3411024；④当n≥5时，Pn<13．其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．②③④
【答案】C
【分析】分析可知Sn被3整除的余数有3种情况，分别为0、1、2，可得出Pn+1=121−Pn，求出数列Pn的通项公式，即可判断①②③④的正误.
【详解】Sn被3整除的余数有3种情况，分别为0、1、2，
Sn被3整除的概率为Pn，Sn被3整除余数分别为1、2的概率均为1−Pn2，
所以，Pn+1=0×Pn+12×1−Pn2+12×1−Pn2=121−Pn，
所以，Pn+1−13=−12Pn−13，且P1=0，
所以，数列Pn−13是等比数列，且首项为P1−13=−13，公比为−12，
所以，Pn−13=−13⋅−12n−1，故Pn=13−13⋅−12n−1.
故P2=13+16=12，P3=13−13×14=14，P11=13−13×11024=3411024，
当n≥5且n为偶数时，Pn>13，
所以，①④错，②③对.
故选：C.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现an=an−1+m时，构造等差数列；
（2）当出现an=xan−1+y（x≠0且x≠1）时，构造等比数列；
（3）当出现an=an−1+fn时，用累加法求解；
（4）当出现anan−1=fn时，用累乘法求解.
【变式21-1】2. （2023·全国·高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn．可以推测：

（1）b2012是数列an中的第 项；
（2）b2k−1= ．（用k表示）
【答案】 5030 5k5k−12
【分析】由三角形数规律可得an−an−1=nn≥2，利用累加法即可得到数列an的通项公式，写出若干项推测{bn}通项公式即可.
【详解】根据三角形数可知，an−an−1=nn≥2，则a2−a1=2，a3−a2=3，…，an−an−1=n，
累加得an−a1=2+3+4+⋯+n，
所以an=1+2+3+⋯+n=nn+12，经检验a1=1也满足上式，
故an=nn+12，
因为an=nn+12，所以当n=5k−1或n=5k，k∈N*时an能被5整除，
写出其若干项有：1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，105，110，
发现其中能被5整除的为10，15，45，55，105，110，
故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15．
从而由上述规律可归纳得b2k=a5k=5k(5k+1)2（k为正整数），
所以b2k−1=a5k−1=(5k−1)(5k−1+1)2=5k(5k−1)2，
故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030，即b2012是数列{an}中的第5030项．
故答案为：5030；5k5k−12
【变式21-1】3. （·湖北·高考真题）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：
（Ⅰ）b2012是数列an中的第 项；
（Ⅱ）b2k−1= ．（用k表示）
【答案】 5030； 5k5k−12.
【分析】由三角形数规律可得an+1−an=n+1，利用累加法即可得到数列an的通项公式，写出若干项推测{bn}通项公式即可.
【详解】由三角形数规律可得an+1−an=n+1，
所以a2−a1=2,a3−a2=3,⋅⋅⋅,an−an−1=n(n≥2)，累加得an−a1=(n+2)(n−1)2，
所以an=n(n+1)2，当n=1时仍成立，故an=n(n+1)2，
写出若干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91，105，110，⋅⋅⋅
其中能被5整除的有a4,a5,a9,a10,a14,a15，故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15，
从而由上述规律可猜想：b2k−1=a5k−1=5k(5k−1)2b2k=a5k=5k(5k+1)2（k为整数），
所以b2012=a2×1006=a5×1006=a5030，即b2012是数列an中的第5030项.
故答案为：5030；5k5k−12.
【变式21-1】4. （2022秋·湖北襄阳·高三阶段练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1，3，6，10，…记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：（Ⅰ）b2014是数列an中的第 项；（Ⅱ）若n为正偶数，则b1−b3+b5−b7+⋯+−1n−1b2n−1= ．（用n表示）
【答案】 5035 −25n2+20n4
【分析】（Ⅰ）根据已知条件得出an+1与an的关系，利用累加法得出an，进而得出新数列{bn}即可求解；
（Ⅱ）根据数列{an}与新数列{bn}的关系，再利用等差数列的前n和公式即可求解.
【详解】（Ⅰ）将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，因为a1=1，
当n≥2时，an−an−1=n，
所以an=(an−an−1)+(an−1+an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
=n+(n−1)+⋯+2+1=n(n+1)2，
当n=1时，此式也满足a1，
所以数列{an}的通项公式为an=n(n+1)2.
只有当n或n+1能够被5整除时，an可被5整除，
因此数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}为
a4,a5,a9,a10,⋯,可得b2014是数列{an}中的第20142×5=5035项.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得b1−b3=a4−a9=4×52−9×102=−35，
b5−b7=a14−a19=14×152−19×202=−85，
b9−b11=a24−a29=24×252−29×302=−135，
⋯
b2n−3−b2n−1=a5n−6−a5n−1=(5n−6)×(5n−5)2−(5n−1)×(5n−1+1)2=−25n+15,
所以b1−b3+b5−b7+⋯+(−1)n−1b2n−1=−25×(2+4+⋯+2k)+15k=−25k2−10k
=−25n2+20n4(n=2k,k∈N∗).
故答案为：5035；−25n2+20n4.
题型22斐波那契数列
【例题22】（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2n≥3,n∈N∗， 已知a12+a22+a32+⋯+am2am是该数列的第100项，则m=（ ）
A．98B．99C．100D．101
【答案】B
【分析】变换得到am2=amam+1−amam−1，累加得到a12+a22+⋯+am2=amam+1，得到答案.
【详解】a12=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a22=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，
a32=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1，
累加得a12+a22+⋯+am2=amam+1，
a12+a22+⋯+am2am=am+1是该数列的第100项，即am+1是该数列的第100项，故m=99.
故选：B.
【变式22-1】1. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为an，其前n项和为Sn，a1=a2=1，a3=2，若S2021=t，则a2023=（ ）
A．tB．t2+1C．2tD．t+1
【答案】D
【分析】结合数列的递推公式，由累加法求解即可.
【详解】由已知，斐波那契数列的递推公式为an+2=an+1+an，∴an+2−an+1=an，
∴a3−a2=a1，a4−a3=a2，a5−a4=a3，⋯，an+2−an+1=an，
上式累加，得an+2−a2=Sn，
∴an+2=Sn+a2，
∴a2023=S2021+a2=t+1.
故选：D.
【变式22-1】2. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列an满足a1=a2=1，an=an−1+an−2n≥3，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出a12+a22+⋯+a20212a2021是斐波那契数列的第（ ）项.

A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】C
【分析】由斐波那契数列的递推关系可得an+12=an+2an+1−an+1an，然后利用累加法可得a12+a22+⋯+a20212=a2022a2021，从而可得解.
【详解】由an=an−1+an−2n≥3得an+1=an+2−an，则an+12=an+1(an+2−an)=an+2an+1−an+1an，又a1= a2=1，
∴a12=a2a1，a22=a3a2−a2a1，a32=a4a3−a3a2，⋯，a20212=a2022a2021−a2021a2020，
则T2021=a12+a22+⋯+a20212=a2022a2021，故a12+a22+⋯+a20212a2021=T2021a2021=a2022.
故选：C.
【变式22-1】3. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列an满足：a1=a2=1,an+2=an+1+an，记i=1nai=a1+a2+⋯+an，则下列结论不正确的是（ ）
A．a10=5B．3an=an−2+an+2n≥3
C．i=12019ai=a2021D．i=12021ai2=a2021⋅a2022
【答案】C
【分析】根据数列的递推关系代入即可求解.
【详解】因为an的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即a10=55，A正确；
当n≥3时，an=an−1+an−2，3an=an−2+an−1+an+an=an−2+an+1+an=an−2+an+2，B正确；
由给定的递推公式得：a3−a2=a1，a4−a3=a2，…，a2021−a2020=a2019，
累加得a2021−a2=a1+a2+⋯+a2019，
于是有a1+a2+⋯+a2019=a2021−a2=a2021−1，即i=12019ai=a2021−1，C错误；
a12=a2⋅a1，a22=a2⋅(a3−a1)=a2⋅a3−a2⋅a1，a32=a3⋅(a4−a2)=a3⋅a4−a3⋅a2，…，a20212=a2021⋅(a2022−a2020) =a2021⋅a2022−a2021⋅a2020，累加得a12+a22+⋯+a20212=a2021⋅a2022，D正确.
故选：C.
【变式22-1】4. （2022秋·广东东莞·高三校考阶段练习）数列an: 1,1,2,3,5,8,13,⋯称为斐波那契数列，满足an+1=an+an−1(n≥2且n∈N∗)，记Sn=a12+a22+⋯+an2，若a14=377,a15=610，则S15=
【答案】602070
【分析】由an+1=an+an−1(n≥2且n∈N∗)得an=an+1−an−1，即可推出an2=anan+1−anan−1，利用累加法得出Sn=anan+1，即可求得答案.
【详解】由an+1=an+an−1(n≥2且n∈N∗)得an=an+1−an−1，
故a22=a2a3−a2a1，a32=a3a4−a3a2，⋯，an2=anan+1−anan−1，
累加可得a22+⋯+an2=anan+1−a2a1=anan+1−a12，
故Sn=a12+a22+⋯+an2=anan+1，
由a14=377,a15=610，可得a16=987，
则S15=a15a16=610×987=602070，
故答案为：602070
【变式22-1】5.（2023·全国·高三专题练习）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列Fn满足：F1=F2=1，Fn=Fn−1+Fn−2n≥3，Fn的通项公式为Fn=151+52n−1−52n.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列Fn+1−Fn是严格增数列；②数列Fn的前n项和Sn满足Sn=Fn+2−1；
③F12+F22+⋯+Fn2=FnFn+1；④F1F2+F2F3+⋯+F2n−1F2n=F2n+22.
那么以上结论正确的是 （填序号）
【答案】②③
【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得Fn+1−Fn=Fn−1，累加法即可得出②；F12=F1F2，变形可得n≥2时，Fn2=FnFn+1−Fn−1Fn，然后累加，即可得出③；举例n=1，验证，即可判断④.
【详解】对于①，由题意可知，F2−F1=0，F3−F2=F1=1，F4−F3=F2=1.
由已知Fn>0，则当n≥2时，Fn单调递增.
所以，n≥3时，由已知Fn+1−Fn=Fn−1可知，Fn+1−Fn单调递增，且Fn−Fn−1>0.
所以数列Fn+1−Fn在n≥3时，为严格增数列.
但是该数列的前三项不满足，故①错误；
对于②，当n≥2时，有
F1=1，
F2−F1=0，
F3−F2=F1，
F4−F3=F2，
⋯，
Fn+1−Fn=Fn−1
Fn+2−Fn+1=Fn，
两边同时相加可得，Fn+2=1+0+F1+F2+⋯+Fn=1+Sn，
所以，Sn=Fn+2−1，故②正确；
对于③，由已知可得，F12=F1F2，
F22=F2F3−F1=F2F3−F1F2，
F32=F3F4−F2=F3F4−F2F3，
⋯
Fn2=FnFn+1−Fn−1=FnFn+1−Fn−1Fn，
两边同时相加可得，F12+F22+⋯+Fn2 =F1F2+F2F3−F1F2+F3F4−F2F3+⋯+FnFn+1−Fn−1Fn =FnFn+1，故③正确；
对于④，当n=1时，左边为F1F2=1，右边为F42=F2+F32=9，显然不成立，故④错误.
所以，结论正确的是②③.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：由递推公式推得，Fn+1−Fn=Fn−1，进而累加法，逐项相消即可得出Sn.
题型23数学文化相关
【例题23】（2023·全国·高三专题练习）我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：12+22+32+⋯+n2=nn+12n+16）
A．4，11B．5，12C．6，13D．7，14
【答案】B
【分析】求出三角果子垛、四角果子垛第n层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为m,m+7，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为685得m可得答案.
【详解】设三角果子垛自上至下依次为a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，…，
当n≥2时，所以an=an−an−1+an−1−an−2+…+a3−a2+a2−a1+a1
=n+n−1+…+2+1=n22+n2，且n=1时a1=1，
所以三角果子垛第n层的果子数为an=n22+n2，
四角果子垛第n层的果子数为n2，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为m,m+7，
所以三角果子垛各层果子总和为1212+22+32+⋯+m2+121+2+3+⋯+m，
四角果子垛各层果子总和为12+22+32+⋯+m+72，由题意1212+22+32+⋯+m2+121+2+3+⋯+m+12+22+32+⋯+m+72=685，
即12×mm+12m+16+mm+14+m+7m+82m+156=685，
解得m=5,m+7=12，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是5,12.
故选：B.
【变式23-1】1. （2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为an，则a2−a1+a4−a3+⋯+a50−a49=（ ）
A．650B．1050C．2550D．5050
【答案】A
【分析】观察数列各项得出a2n−a2n−1是等差数列，计算求和即可.
【详解】由条件观察可得：a2−a1=2,a4−a3=4,a6−a5=6⋯，即a2n−a2n−1=2n，所以a2n−a2n−1是以2为首项，2为公差的等差数列.
故a2−a1+a4−a3+⋯+a50−a49=25×2+25×242×2=650，
故选：A
【变式23-1】2. （2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记an为图中虚线上的数1,3,6,10,…构成的数列an的第n项，则a50的值为（ ）

A．1275B．1276C．1270D．1280
【答案】A
【分析】根据题意分析可得an−an−1=n,n≥2，利用累加法运算求解.
【详解】由题意可得：a1=1,a2−a1=2,a3−a2=3,a4−a3=4,⋅⋅⋅，即an−an−1=n,n≥2，
所以a50=a1+a2−a1+⋅⋅⋅+a49−a48+a50−a49=1+2+⋅⋅⋅+49+50=50×512=1275.
故选：A.
【变式23-1】3.（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列an，则ann的前20项和为610；则正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先根据图形找到规律，得到数列an的递推关系an+1=an+3n+1，然后用累加法可得an=3n2−n2，然后可判断①②③.
【详解】根据图形知：an+1=an+3n+1，a1=1，
an+1−an=3n+1
则an=an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1+a1 =3n−1+1+3n−2+1+⋅⋅⋅+3×1+1+1
=3n−1+1+3×1+1n−12+1
=3n2−n2
a9=117=a8+25，①正确；
a1+a2+⋅⋅⋅+a8=1+5+⋅⋅⋅+92=288，②正确；
ann=3n−12，数列ann是首项为1公差为32的等差数列，
前20项和为1×20+20×192×32=305，③错误.
故选：C.
【变式23-1】4. （2023秋·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考开学考试）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若an+1−an是公差不为零的等差数列，则称数列an为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，⋯，则第40层放小球的个数为（ ）
A．1640B．1560C．820D．780
【答案】C
【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到an−an−1=nn≥2,n∈N∗，再求和得到数列an的通项公式，即可求a40.
【详解】设第n层放小球的个数为an，由题意a2−a1=2，a3−a2=3，……，数列an+1−an是首项为2，公差为1的等差数列，
所以an−an−1=2+(n−2)=nn≥2,n∈N∗．
故an=a1+(a2−a1)+⋯+(an−an−1)=1+2+⋯+n=12n(n+1)，
故a40=12×40×41=820．
故选：C．
【变式23-1】5.（2023·全国·高三专题练习）古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列an类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列an中，第二个正方形数是（ ）
A．28B．36C．45D．55
【答案】B
【分析】根据数列的前几项求出三角数列an以及正方形数列bn的通项公式即可求解.
【详解】由题意可得，三角数列an的通项为an=nn+12，
则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….，
设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为bn，则bn=n2，
其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…，
∴在三角数列an中，第二个正方形数是36.
故选：B.
【变式23-1】6.（2023·江西景德镇·统考模拟预测）杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：1+1+2+1+2+3+⋯+1+2+3+⋯+n=16nn+1n+2．若正项数列an的前n项和为Sn，且满足8Sn+1=2an+12，数列bn的通项公式为bn=an⋅an+1，则根据三角垛公式，可得数列bn的前10项和T10（ ）
A．440B．480C．540D．580
【答案】A
【分析】根据给定的递推公式，求出数列an的通项公式，再利用三角垛公式求出T10作答.
【详解】n∈N∗,an>0，8Sn+1=2an+12，当n≥2时，8Sn−1+1=2an−1+12，
两式相减得：8an=2an+12−2an−1+12，即2an−12−2an−1+12=0，
整理得2an−2an−1−22an+2an−1=0，因此an−an−1=1，即数列an为等差数列，
又8a1+1=2a1+12，a1>0，解得a1=1，于是an=n，bn=n(n+1)=2(1+2+3+⋯+n)，
数列bn的前n项和Tn=2[1+1+2+1+2+3+⋯+1+2+3+⋯+n]=13nn+1n+2，
所以T10=13×10×11×12=440.
故选：A.
1. （2023·河南开封·统考三模）已知数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=3an−1n∈N∗，函数fx定义域为R，对任意x∈R都有fx+1=1+fx1−fx，若f2=2−1，则fa5的值为（ ）
A．2−1B．1−2C．2+1D．−1−2
【答案】B
【分析】根据题中条件2Sn=3an−1n∈N∗，得2Sn−1=3an−1−1，两式相减可先求出数列an的通项公式，进而求出a5的值，利用fx+1=1+fx1−fx，若f2=2−1，可求出f(1),f(3),f(4),f(5)的值，进而得到周期为4，近一步求解即可.
【详解】当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，可得a1=1；
当n≥2时，2Sn=3an−1，2Sn−1=3an−1−1（n≥2），
两式相减并化简得an=3an−1（n≥2），
所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，
则an=3n−1，所以a5=34=81，
由fx+1=1+fx1−fx，f2=2−1，
可得f1=1−2，f3=2+1，
f4=−1−2，f5=1−2，
f(x),x∈N*的函数值以4为周期，
则fa5=f(81)=f(1)=1−2.
故选：B.
2. （2023·广东汕头·金山中学校考三模）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”.已知一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）
A．464B．465C．466D．467
【答案】B
【分析】根据已知可得出递推公式an=an−1+n，进而根据累加法可求得an=nn+12，代入30即可得出答案.
【详解】设三角垛第n层小球的个数为an.
由题意可知，a1=1，a2=3=a1+2，a3=6=a2+3，a4=10=a3+4，
所以，当n≥2时，有an=an−1+n.
所以，
a1=1，
a2=3=a1+2，
a3=6=a2+3，
a4=10=a3+4，
⋯
an=an−1+n，
两边同时相加可得，a1+a2+a3+a4+⋯+an=a1+a2+a3+⋯+an−1+1+2+3+4+⋯+n，
所以，an=1+2+3+4+⋯+n=nn+12.
当n=1时，a1=1×22=1，满足题意.
所以，an=nn+12.
所以，a30=30×312=465.
故选：B.
3. （2023·山东烟台·校联考三模）已知数列an的前n项和为Sn，3Snn+n=3an+1，a1=−13，则a30=（ ）
A．20B．19C．18D．17
【答案】B
【分析】由an=Sn−Sn−1(n≥2)，可得数列an的通项公式，即可求得本题答案.
【详解】因为3Snn+n=3an+1，所以3Sn+n2=3nan+n① ，
当n≥2时，3Sn−1+n−12=3n−1an−1+n−1② ，
①-②得，3Sn−Sn−1+2n−1=3nan−3n−1an−1+1，
所以3n−1an−3n−1an−1=2n−1，又n≥2，得an−an−1=23，
所以an是等差数列，公差d=23，又a1=−13，
所以an=23n−1，则a30=23×30−1=19.
故选：B
4. （2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an−4，bn=an+lg2an，则数列bn的前10项和为（ ）
A．4162B．4157C．2146D．2142
【答案】B
【分析】根据Sn,an的关系求出an，从而可求bn，再利用分组求和法即可求出答案.
【详解】因为Sn=2an−4，
所以当n=1时，S1=2a1−4，即a1=2a1−4，则a1=4，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−4，
所以an=Sn−Sn−1，即an=2an−4−2an−1−4，则an=2an−1，
所以数列an是首项为4，公比为2的等比数列，
所以an=4×2n−1=2n+1，bn=an+lg2an=2n+1+n+1，
所以数列bn的前10项和为：
22+2+23+3+24+4+⋅⋅⋅+211+11
=22+23+⋅⋅⋅+211+2+3+⋅⋅⋅+11
=41−2101−2+10×2+112
=4157．
故选：B．
5. （2023·全国·校联考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+2+2Sn=3Sn+1−an，2a4−a6=7，S4=34，则2023是数列an的（ ）
A．第566项B．第574项C．第666项D．第674项
【答案】D
【分析】由题意可证得数列an是等差数列，再由等差数列的通项公式和前n项和公式代入求解即可求出an的通项公式，令3n+1=2023，解方程即可得出答案.
【详解】由Sn+2+2Sn=3Sn+1−an，得Sn+2−Sn+1=2Sn+1−Sn−an，
即an+2+an=2an+1，所以数列an是等差数列，
设公差为d，则由2a4−a6=7和S4=34可得：a1+d=72a1+3d=17，
解得a1=4d=3，所以an=4+(n−1)×3=3n+1．
由3n+1=2023，得n=674．
故选：D．
6.（2023·北京·统考高考真题）已知数列an满足an+1=14an−63+6(n=1,2,3,⋯)，则（ ）
A．当a1=3时，an为递减数列，且存在常数M≤0，使得an>M恒成立
B．当a1=5时，an为递增数列，且存在常数M≤6，使得anC．当a1=7时，an为递减数列，且存在常数M>6，使得an>M恒成立
D．当a1=9时，an为递增数列，且存在常数M>0，使得an【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造fx=14x−63+6−x，利用导数求得fx的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项an所在区间，从而判断an的单调性；对于A，构造ℎx=14x3−92x2+26x−47x≤3，判断得an+1M不恒成立；对于B，证明an所在区间同时证得后续结论；对于C，记m0=lg32lg14M−6+1，取m=m0+1推得an>M不恒成立；对于D，构造gx=14x3−92x2+26x−49x≥9，判断得an+1>an+1，进而取m=M+1推得an【详解】法1：因为an+1=14an−63+6，故an+1−6=14an−63，
对于A ，若a1=3，可用数学归纳法证明：an−6≤−3即an≤3，
证明：当n=1时，a1−6=−3≤−3，此时不等关系an≤3成立；
设当n=k时，ak−6≤−3成立，
则ak+1−6=14ak−63∈−54,−274，故ak+1−6≤−3成立，
由数学归纳法可得an≤3成立.
而an+1−an=14an−63−an−6=an−614an−62−1，
14an−62−1≥94−1=54>0，an−6<0，故an+1−an<0，故an+1故an为减数列，注意ak+1−6≤−3<0
故an+1−6=14an−63=an−6×14an−62≤94an−6，结合an+1−6<0，
所以6−an+1≥946−an，故6−an+1≥394n−1，故an+1≤6−394n−1，
若存在常数M≤0，使得an>M恒成立，则6−394n−1>M，
故6−M3>94n−1，故n<1+lg946−M3，故an>M恒成立仅对部分n成立，
故A不成立.
对于B，若a1=5,可用数学归纳法证明：−1≤an−6<0即5≤an<6，
证明：当n=1时，−1≤a1−6=−1≤0，此时不等关系5≤an<6成立；
设当n=k时，5≤ak<6成立，
则ak+1−6=14ak−63∈−14,0，故−1≤ak+1−6<0成立即
由数学归纳法可得5≤ak+1<6成立.
而an+1−an=14an−63−an−6=an−614an−62−1，
14an−62−1<0，an−6<0，故an+1−an>0，故an+1>an，故an为增数列，
若M=6，则an<6恒成立，故B正确.
对于C，当a1=7时， 可用数学归纳法证明：0证明：当n=1时，0设当n=k时，6则ak+1−6=14ak−63∈0,14，故0由数学归纳法可得6而an+1−an=an−614an−62−1<0，故an+1又an+1−6=an−6×14an−62≤14an−6，结合an+1−6>0可得：an+1−6≤a1−614n，所以an+1≤6+14n，
若an+1≤6+14n，若存在常数M>6，使得an>M恒成立，
则M−6≤14n恒成立，故n≤lg14M−6，n的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当a1=9时， 可用数学归纳法证明：an−6≥3即an≥9，
证明：当n=1时，a1−6=3≥3，此时不等关系成立；
设当n=k时，ak≥9成立，
则ak+1−6=14ak−63≥274>3，故ak+1≥9成立
由数学归纳法可得an≥9成立.
而an+1−an=an−614an−62−1>0，故an+1>an，故an为增数列，
又an+1−6=an−6×14an−62>94an−6，结合an−6>0可得：an+1−6>a1−694n−1=394n−1，所以an+1≥6+394n−1，
若存在常数M>0，使得an6+394n−1，
故M>6+394n−1，故n故选：B.
法2：因为an+1−an=14an−63+6−an=14an3−92an2+26an−48，
令fx=14x3−92x2+26x−48，则f'x=34x2−9x+26，
令f'x>0，得06+233；
令f'x<0，得6−233所以fx在−∞,6−233和6+233,+∞上单调递增，在6−233,6+233上单调递减，
令fx=0，则14x3−92x2+26x−48=0，即14x−4x−6x−8=0，解得x=4或x=6或x=8，
注意到4<6−233<5，7<6+233<8，
所以结合fx的单调性可知在−∞,4和6,8上fx<0，在4,6和8,+∞上fx>0，
对于A，因为an+1=14an−63+6，则an+1−6=14an−63，
当n=1时，a1=3，a2−6=14a1−63<−3，则a2<3，
假设当n=k时，ak<3，
当n=k+1时，ak+1−6=14ak−63<143−63<−3，则ak+1<3，
综上：an≤3，即an∈−∞,4，
因为在−∞,4上fx<0，所以an+1因为an+1−an+1=14an−63+6−an+1=14an3−92an2+26an−47，
令ℎx=14x3−92x2+26x−47x≤3，则ℎ'x=34x2−9x+26，
因为ℎ'x开口向上，对称轴为x=−−92×34=6，
所以ℎ'x在−∞,3上单调递减，故ℎ'x≥ℎ'3=34×32−9×3+26>0，
所以ℎx在−∞,3上单调递增，故ℎx≤ℎ3=14×33−92×32+26×3−47<0，
故an+1−an+1<0，即an+1假设存在常数M≤0，使得an>M恒成立，
取m=−M+4，其中M−1因为an+1上式相加得，a−M+4则am=aM+4M恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为a1=5，
当n=1时，a1=5<6，a2=14a1−63+6=14×5−63+6<6，
假设当n=k时，ak<6，
当n=k+1时，因为ak<6，所以ak−6<0，则ak−63<0，
所以ak+1=14ak−63+6<6，
又当n=1时，a2−5=14a1−63+1=14×5−63+1>0，即a2>5，
假设当n=k时，ak≥5，
当n=k+1时，因为ak≥5，所以ak−6≥−1，则ak−63≥−1，
所以ak+1=14ak−63+6≥5，
综上：5≤an<6，
因为在4,6上fx>0，所以an+1>an，所以an为递增数列，
此时，取M=6，满足题意，故B正确；
对于C，因为an+1=14an−63+6，则an+1−6=14an−63，
注意到当a1=7时，a2=147−63+6=14+6，a3=1414+6−63+6=144+6，a4=14144+6−63+6=1413+6
猜想当n≥2时，ak=14123k−1+6，
当n=2与n=3时，a2=14+6与a3=144+6满足an=14123n−1+6，
假设当n=k时，ak=14123k−1+6，
当n=k+1时，所以ak+1=14ak−63+6=1414123k−1+6−63+6=14123k+1−1+6，
综上：an=14123n−1+6n≥2，
易知3n−1>0，则0<14123n−1<1，故an=14123n−1+6∈6,7n≥2，
所以an∈6,7，
因为在6,8上fx<0，所以an+1假设存在常数M>6，使得an>M恒成立，
记m0=lg32lg14M−6+1，取m=m0+1，其中m0−1则3m>3m0=2lg14M−6+1，
故123m−1>lg14M−6，所以14123m−1所以amM不恒成立，故C错误；
对于D，因为a1=9，
当n=1时，a2−6=14a1−63=274>3，则a2>9，
假设当n=k时，ak≥3，
当n=k+1时，ak+1−6=14ak−63≥149−63>3，则ak+1>9，
综上：an≥9，
因为在8,+∞上fx>0，所以an+1>an，所以an为递增数列，
因为an+1−an−1=14an−63+6−an−1=14an3−92an2+26an−49，
令gx=14x3−92x2+26x−49x≥9，则g'x=34x2−9x+26，
因为g'x开口向上，对称轴为x=−−92×34=6，
所以g'x在9,+∞上单调递增，故g'x≥g'9=34×92−9×9+26>0，
所以gx≥g9=14×93−92×92+26×9−49>0，
故an+1−an−1>0，即an+1>an+1，
假设存在常数M>0，使得an取m=M+1，其中M−1因为an+1>an+1，所以a2>a1+1,a3>a2+1,⋯,aM+1>aM+1，
上式相加得，aM+1>a1+M>9+M−1>M，
则am=aM+1>M，与an故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
7．（2007·福建·高考真题）数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn，n=1,2,3,⋯．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Sn．
【答案】(1)an=1,n=12⋅3n−2,n≥2
(2)Sn=3n−1n∈N∗
【分析】（1）根据已知条件，利用an=Sn−Sn−1n≥2，可得an+1an=3n≥2，即可根据等比数列的通项公式求得an，再检验a1=1即可求解；
（2）根据Sn=a1+a2+a3+⋯+an，令n=1和n≥2，利用等比数列的前n项和公式求解，并检验S1=1即可求解.
【详解】（1）解：已知an+1=2Sn，则an=2Sn−1n≥2，a2=2S1=2a1=2
两式相减可得an+1−an=2Sn−2Sn−1=2an⇒an+1=3an，即an+1an=3n≥2，
所以数列an是在n ≥ 2上公比为3的等比数列，则an=a2⋅3n−2=2⋅3n−2n≥2，
因为a1=1，不符合上式，
所以数列an的通项公式为an=1,n=12⋅3n−2,n≥2.
（2）根据题意，得Sn=a1+a2+a3+⋯+an，
当n=1时，S1=a1=1，
当n≥2时，Sn=1+2×30+2×31+⋯2×3n−2=1+2−2×3n−11−3=1+3n−1−1=3n−1，
因为S1=1符合上式，所以数列an的前n项和Sn=3n−1n∈N∗.
8．（2008·四川·高考真题）设数列an的前n项和为Sn，已知ban−2n=(b−1)Sn．
(1)证明：当b=2时，an−n⋅2n−1是等比数列；
(2)求an的通项公式．
【答案】(1)证明见解析.
(2)当b=2时，an=(n+1)⋅2n−1;当b≠2时an=12−b⋅2n+2(1−b)2−b⋅bn−1.
【分析】（1）当b=2 时，由题设条件知an+1=2an+2n ,由此可知an+1−(n+1)⋅2n=2(an−n⋅2n−1) ，即可证明结论．
（2）当b=2时，由题设条件结合（1）可求得an=(n+1)⋅2n−1；当b=1时，则an=2n，当b≠2,b≠1时，由题设推出an+1−12−b⋅2n+1=b(an−12−b⋅2n) ，求得an=12−b⋅2n+2(1−b)2−b⋅bn−1，综合可得出an的通项公式．
【详解】（1）当b=2时，由题意ban−2n=(b−1)Sn知2an−2n=Sn，
令n=1，则2a1−2=a1 ，解得a1=2 ，
且2an−2n=Sn，2an+1−2n+1=Sn+1，
两式相减得an+1=2an+2n，
于是an+1−(n+1)⋅2n=2an+2n−(n+1)⋅2n=2(an−n⋅2n−1)，
又a1−1⋅20=1≠0 ，所以an−n⋅2n−1是首项为1，公比为2的等比数列；
（2）当b=2时，由（1）知an−n⋅2n−1=2n−1，即an=(n+1)⋅2n−1,
当b=1时，则an=2n，
当b≠2且b≠1时，由ban−2n=(b−1)Sn得ban+1−2n+1=(b−1)Sn+1，
两式相减得b(an+1−an)−2n=(b−1)an+1，即an+1=ban+2n，
故an+1−12−b⋅2n+1=ban+2n−12−b⋅2n+1
=ban−b2−b⋅2n=b(an−12−b⋅2n) ，
因此an+1−12−b⋅2n+1=b(an−12−b⋅2n) ，
令n=1 ，则ban−2n=(b−1)Sn即ba1−21=(b−1)a1,∴a1=2，
即{an−12−b⋅2n}为首项为a1−12−b⋅2=2(1−b)2−b≠0，公比为b的等比数列，
故an−12−b⋅2n=2(1−b)2−b⋅bn−1 ，
则an=12−b⋅2n+2(1−b)2−b⋅bn−1,b=1时，an=2n适合上式，
故an=12−b⋅2n+2(1−b)2−b⋅bn−1.
公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式an=a1+(n−1)d，或an=a1qn−1进行求解；
累加法：当数列an中有an−an−1=fn，即第n项与第n−1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
累乘法：当数列an中有anan−1=fn，即第n项与第n−1项商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
Sn与an的关系式法：由Sn与an的关系式，类比出Sn−1与an−1的关系式，然后两式作差，最后检验出a1，是否满足用上面的方法求出的通项；
Sn与an的关系式法：由Sn与an的关系式，类比出Sn−1与an−1的关系式，然后两式作差，最后检验出a1，是否满足用上面的方法求出的通项；
在数列an中，an=kan−1+b（k、b均为常数，且k≠1，k≠0）.
一般化方法：设an+m=kan−1+m，得到b=k−1m，m=bk−1， 可得出数列an+bk−1 是以k的等比数列，可求出an；
倒数变换法，适用于an+1=AanBan+C（A,B,C为常数）；二、取对数运算；三、待定系数法：1、构造等差数列法；2、构造等比数列法：
①定义构造法。利用等比数列的定义q=an+1an通过变换，构造等比数列的方法.
②an+1=Aan+B（A,B为常数）型递推式可构造为形如an+1+λ=Aan+λ的等比数列.
③an+1=Aan+Bcn（A,B,C为常数，下同）型递推式，可构造为形如an+1+λcn+1=Aan+λcn的等比数列.
用“同除法”构造等差数列
（1）形如an+1=qan+pqn+1=（n∈N∗），可通过两边同除qn+1，将它转化为an+1qn+1=qanqn+1+p，从而构造数列{anqn}为等差数列，先求出
{anqn}的通项，便可求得{an}的通项公式.
（2）形如an+1=kan+qn+1（n∈N∗），可通过两边同除qn+1，将它转化为an+1qn+1=kanqn+1+1，换元令：bn=anqn，则原式化为：bn+1=kqbn+qn+1，先利用构造法类型1求出bn，再求出{an}的通项公式.
（3）形如an+1−an=kanan+1（k≠0）的数列，可通过两边同候以anan+1，变形为1an+1−1an=−k的形式，从而构造出新的等差数列{1an}，先求出{1an}的通项，便可求得{an}的通项公式.
形如f（1）a1＋f（2）a2＋…+f（n）an=g（n），可以设
cn=f（n）an，cn的前n项和为sn，f（1）a1＋f（2）a2＋…+f（n）an= sn，则转化为sn，求通项型
形如an+1=mant，可以通过取对数构造等比数列求通项公式
形如an+1+san+tan−1+r=0，常凑配系数构成等比数列