新高考数学一轮复习精品讲练测第6章第01讲 数列的概念及其表示（2份，原卷版+解析版）

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知识讲解
1．数列的有关概念
2.数列的分类
数列的表示方法
4．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
（1）已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
（2）Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
5．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
6. 根据形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法求出an－a1与n的关系式，进而得到an的通项公式．
7. 根据形如an＋1＝an·f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法求出eq \f(an,a1)与n的关系式，进而得到an的通项公式．
8.形如an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)的数列，将其变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p).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)，即可用公式求通项．
9.根据形如an＋1＝pan＋q的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为p的等比数列{an＋x}，即将原递推关系式化为an＋1＋x＝p(an＋x)的形式，再求出数列{an＋x}的通项公式，最后求{an}的通项公式．
10. 数列的周期性
对于无穷数列,如果存在一个正整数,对于任意正整数恒有成立,则称是周期为的周期数列.的最小值称为最小正周期,简称周期.
考点一、数列周期性的应用
1．（2023·全国·统考高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
2．（湖南·高考真题）已知数列满足， ，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】计算出的前四项的值，可得出，由此可求得的值.
【详解】因为数列满足，，，
，，，
由上可知，对任意的，，.
故选：B.
1．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）在数列中，已知，当时，是的个位数，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】由题意，列出数列的前若干项，分析出数列变化规律，进而得出答案.
【详解】因为，当时，是的个位数，
所以，，，，，，，，，，
可知数列中，从第3项开始有，
即当时，的值以6为周期呈周期性变化，
又，
故.
故选：C.
2．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知数列满足，，为数列的前n项和，则 .
【答案】
【分析】利用已知条件变形得出数列的递推公式，利用递推公式找出周期，利用周期计算即可.
【详解】由可知，，
所以，
由，可得，，，，，，
所以是周期为的周期数列，
且，
所以，
故答案为：.
3．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）若数列中，，，且（），记数列的前n项积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】因为，，且，所以，
则，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，
则，，
所以.
故答案为：.
考点二、数列单调性的应用
1．（2021·全国·统考高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
2．（辽宁·高考真题）已知数列满足则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．
【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33
且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．
从而
设f（n），令f′（n），
则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，
因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．
又因为，，
所以的最小值为
故答案为
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．
3．（2022·全国·统考高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
1．（2023·北京密云·统考三模）设数列的前n项和为，则“对任意，”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不是充分也不是必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可.
【详解】数列中，对任意，，
则，
所以数列为递增数列，充分性成立；
当数列为递增数列时，，
即，所以，，
如数列不满足题意，必要性不成立；
所以“对任意，”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
2．（2023·重庆巴南·统考一模）若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值.
【详解】∵数列的前项积，
当时，，
当时，，
，
时也适合上式，
∴，
∴当时，数列单调递减，且，
当时，数列单调递减，且，
故的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
3．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知等差数列的公差为，前项和记为，满足，若数列为单调递增数列，则公差的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，确定恒成立，再分析判断，结合已知等式求解作答.
【详解】因为数列为单调递增数列，则当时，，
而等差数列的公差，若，由知，数列单调递减，
存在正整数，当时，，与数列为单调递增数列矛盾，
因此，由，得，即，解得，则，
所以公差的取值范围为.
故答案为：
考点三、用与关系求通项或项
1．（2023·全国·统考高考真题）设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
2．（2022·全国·统考高考真题）记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
3．（2021·全国·统考高考真题）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）[方法一]：
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;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（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,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
4．（2023·福建莆田·统考二模）已知正项数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得；
（2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证.
【详解】（1）因为，
当时，，
因为，所以，
当时，，
两式相减得，，
因为，所以，
经检验，上式对于也适合，
所以的通项公式为.
（2）由（1）得，
所以，
，
两式相减得，
所以，
由于，显然，所以.
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）已知数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)集合，将集合的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论和乘公比错位相减法求出数列的和．
【详解】（1）当时，，则，且；
当时，，，两式相减得，
∴（），
∴当时，，即，
则，∴．
综上，对任意都成立．
（2），集合的非空子集有个，
其中最小元素为1的集合中，含1个元素的集合有1个，含2个元素的集合有个，
含3个元素的集合有个，……，含个元素的集合有个，
所以最小元素为1的子集个数为个，
同理，最小元素为2的子集个数为个，
……，最小元素为的子集个数为1个，
∴，
，
∴，则．
2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知各项均为正数的数列满足，其中是数列的前n项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意，且当时，总有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由与的关系式即可证得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式；
（2）由等差数列的前n项和公式求出，再由裂项相消法可证明，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）∵，∴
当时，，解得.
当时，，
即，
∵，∴，
∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴.
（2）因为，所以
∴当时， ，
∴
，
∴，
∴实数的取值范围为.
3．（2023·福建漳州·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求集合中元素的个数.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据递推关系及与的关系化简得出，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求出，再解不等式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以
所以，即.
又因为，所以，
所以.
（2）因为，
所以
令，得，
所以集合中元素的个数为.
4．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得；当时，可得，两式相减得，得到，进而求得数列的通项公式；
（2）令，得到，结合裂项法求和，求得，即可得证.
【详解】（1）解：由题意，数列满足，
当时，可得，解得；
当时，可得，
两式相减得，所以，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）解：令，由，
可得，
所以，
因为，可得，所以.
考点四、累加法求数列通项公式
1．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）数列中，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用累加法计算可得；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可得证.
【详解】（1）因为，即，
所以当时，，
将以上各式相加，得，则，
当时也符合上式，故.
（2）由题意.
所以
2．（天津·高考真题）已知数列满足．
(1)求；
(2)证明：．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】(1)将代入递推式求解即可；
(2)用累加法求出数的通项公式即得证明.
【详解】（1）解：因为，
所以，
；
（2）证明：因为，
所以，
，
，
…
，
将以上个式子相加，
得.
也满足
所以．
3．（2022·浙江·统考高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定的递推公式，变形并换元，利用累加法求通项作答.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和作答.
【详解】（1）由，得，
令，有，，
当时，，
又满足上式，于是，则，
当时，，
又满足上式，因此，
所以数列的通项公式是．
（2）由（1）知，，
所以．
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）已知数列，，，，．
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的前n项和；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据递推关系式可得，根据累加法对进行分奇偶讨论，确定，即可证明数列为等差数列，从而求解前n项和即可；
（2）根据裂项相消法求解数列前n项和即可．
【详解】（1）因为，所以，
当时，
当时，
所以
则当为偶数时，
累加得：，所以
当为奇数时，为偶数，则，则此时，
综上可得
所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，
其前n项和
（2）由（1）可得
则
故其前n项和
．
考点五、累乘法求数列通项公式
1．（2022·全国·统考高考真题）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.
【详解】（1）∵，∴,∴,
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；
（2）
∴
2．（2021·浙江·统考高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
3．（2020·浙江·统考高考真题）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【答案】（I）；（II）证明见解析.
【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
1．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）已知数列的前项和为，．
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前项积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与的关系化简，可得，由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求出，再由累乘法求解.
【详解】（1）由，得．
所以，
即，整理得，
上式两边同时除以，得．
又，所以，即，
所以是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知，．
所以．
所以．
2．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知数列的前项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：由已知等式变形可得，计算出的值，再利用累乘法可求得数列的通项公式；
解法二：由已知条件计算出的值，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法求出，进而可证得结论成立.
【详解】（1）解：解法一：由题①，，即②，由①②得，
由得，
所以当时，，
也满足，
所以数列的通项公式为；
解法二：由题，①，，即②，由①②得，
由，得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，
所以数列的通项公式为．
（2）证明：由（1）知，
所以，
两式作差得，
所以.
3．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知数列的前项和满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用累乘法求出，再利用求解的通项公式；
（2）对通项公式变形，利用裂项相消法求和即可证明.
【详解】（1）由题意可知：，则时有，
∴，
∴，
∵，∴.经验证符合题意；
∴时，，经验证，符合题意.
∴.
（2）由（1）可知，∴
∵，
∴
∴
∴.
考点六、递推数列构造等差数列
1．（安徽·高考真题）数列满足，，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】试题分析：（1）将的两边同除以 ，得到，由等差数列的定义，即可作出证明；
（2）有（1）求出，利用错位相减法即可求解数列的前项和.
试题解析：
(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1
＝.
所以Sn＝.
点睛：本题主要考查了等差数列的定义、等差数列的判定与证明和数列的求和，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本的解答中利用等差数列的定义得到数列为等差数列，求解的表达式，从而化简得到，利用乘公比错位相减法求和中，准确计算是解答的一个难点.
3．（2023·福建三明·统考三模）已知数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）取倒数结合等差数列的通项计算即可；
（2）利用裂项法求得，结合，即可证明结论.
【详解】（1）因为，，所以，
所以.
所以，
所以为等差数列，首项为，公差，
所以，
所以
（2）证明：因为，
所以.
所以，
因为，所以，
即.
1．（2023·全国·模拟预测）已知数列满足，，且．
(1)求数列的通项公式．
(2)是否存在正整数n，使得，，等差数列？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）化简已知等式，，判断数列是等差数列，由此求得数列的通项公式；
（2）假设成立，则应满足化简后解答，无解，则不存在正整数n，使得，，成等差数列．
【详解】（1）由题意知，．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
因此，
故，即．
（2）假设存在正整数n，使得，，成等差数列，
则．
化简得，
即，显然该等式不成立，
故假设不成立，因此不存在正整数n，使得，，成等差数列．
【点睛】方法技巧：求解此类开放探究问题的关键：
（1）假设存在，即读懂题意，准确把握题目所提供的信息，并假设存在满足题设条件的结论；
（2）会转化，即分析题目的整体结构，找好解题的切入口，并适时进行转化，寻找能使假设成立的更简单的问题，或寻找使假设不成立，能产生矛盾的问题；
（3）会证明，对判断存在的问题，给出严谨的逻辑推理证明，对判断不存在的问题，能呈现矛盾的内容；
（4）回归问题，判断假设是否成立，回归是否存在问题．
2．（2022·湖南岳阳·统考二模）数列满足，.
(1)求，；
(2)证明是等差数列，并求的通项公式.
【答案】(1)，
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据数列的递推式，分别令n=1,n=2，可求得结果；
（2）根据可得，然后证明等于常数，继而求得数列的通项公式.
【详解】（1）由，，
，,
，;
（2）证明：由已知得，
∵
，
又∵，
∴是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴，
解得：
考点七、递推数列构造等比数列
1．（安徽·高考真题）设数列满足其中为实数，且
(1)求数列的通项公式
(2)设，,求数列的前项和；
(3)若对任意成立，证明
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析．
【分析】（1）先由题意，得到，根据等比数列的通项公式，即可得出结果；
（2）根据（1）的结果，先得到，再由错位相减法，即可得出结果；
（3）根据（2）的结果，先证明，再由反证法，证明即可.
【详解】（1），
当时，是首项为，公比为的等比数列．
，即．当时，仍满足上式．
数列的通项公式为．
（2）由（1）得
；
（3）由（1）知
若，则
由对任意成立，知．
下面证，用反证法
假设，由函数的性质知，当趋于无穷大时，趋于无穷大
不能对恒成立，导致矛盾．．
.
2．（四川·高考真题）设数列的前n项和为，已知．
(1)证明：当时，是等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析.
(2)当时，;当时.
【分析】（1）当 时，由题设条件知 ,由此可知 ，即可证明结论．
（2）当时，由题设条件结合（1）可求得；当时，则，当时，由题设推出 ，求得，综合可得出的通项公式．
【详解】（1）当时，由题意知，
令，则 ，解得 ，
且，，
两式相减得，
于是，
又 ，所以是首项为1，公比为2的等比数列；
（2）当时，由（1）知，即,
当时，则，
当且时，由得，
两式相减得，即，
故
，
因此 ，
令 ，则即，
即为首项为，公比为b的等比数列，
故 ，
则,时，适合上式，
故.
3．（陕西·高考真题）已知数列的首项，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：对任意的，，；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析．
（3）证明见解析．
【分析】（1）对两边取倒数，构造等比数列，求出通项公式；（2）对不等式右边变形，是证明的关键；（3）在第二问的基础上，取，利用等比数列求和公式，进行证明.
【详解】（1），，，
又，是以为首项，为公比的等比数列．
，．
（2）由（1）知，其中
，原不等式成立．
（3）由（2）知，对任意的，有
．
取，
则．
原不等式成立．
【点睛】数列相关不等式的证明，往往难度比较大，要对不等式进行变形，或者借助于基本不等式，数列的函数性质，或者利用导函数进行证明.
1．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由递推关系可得，由等比数列的定义及通项公式求解；
（2）根据等比数列、等差数列的求和公式，利用分组求和即可得解.
【详解】（1）
，
则，又，
是以为首项，为公比的等比数列.
，解得.
（2）由（1）知，
故其前项和为.
数列的前项和为.
2．（2023·湖南张家界·统考二模）数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
，即.
（2）由（1）可知，，所以，
又由题知
.
3．（2022·全国·模拟预测）在数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对已知等式进行变形，利用累乘法求解；（2）先写出数列的通项公式，再利用裂项相消法求解．
【详解】（1）（1）解法一 由知，
可得，，…，，
则，（累乘法的应用）
即，又，所以，
当时，也满足上式，（注意验证的情况）
所以．
解法二 由知，
又，则是以－2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以．
（2）由（1）知
，
故．
4．（2022·全国·校联考模拟预测）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）在数列中，因，则，
于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以.
（2）由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
所以.
【点睛】方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．
【基础过关】
一、单选题
1．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】首先根据递推公式，求数列中的项，并得到数列的周期，再求的值.
【详解】因为，，
所以，解得，
又，解得，
又，，，
显然，接下去，
所以数列是以3为周期的周期数列，
则.
故选：A.
2．（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）若数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由递推公式可得数列是等比数列，即可得到数列的通项公式，从而得到结果.
【详解】因为，，所以，又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，所以.
故选：B
3．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知数列的前n项和为，若，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，可得，由此得到数列为等比数列，求出，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，所以，
因为，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
所以．
故选：D
4．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）已知数列中，，，则数列前项的和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式求出数列的奇数项都等于，偶数项都等于，进而求解.
【详解】依题意，，
则，两式相减得到，又，
​​​​​​所以数列的奇数项都等于，偶数项都等于，
所以，
故选：B．
5．（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知数列各项均为正数，，且有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，根据题设中的递推关系可得，故利用等比数列的通项公式可求，从而可求的通项公式.
【详解】，，
显然若，则，则，，与题意矛盾，
所以，，两边同时取倒数，得：，
设，，，，
因为，故，故，所以为等比数列，
所以，故，所以，
故，
故选：D.
二、填空题
6．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，且（为正整数），则 .
【答案】
【分析】利用已知关系式推导出是以为周期的数列，所以根据周期性即可求出结果.
【详解】因为，且，
所以，，
，，
，，，
所以是以为周期的数列，
因为，
所以.
故答案为：
三、解答题
7．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式;
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系得到为等比数列求解即可;
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为，
当时，，
当时，，
所以，
即，
又因为，满足上式，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则.
（2）因为，
所以.
8．（2023·四川·校联考模拟预测）已知数列的前项和为,且满足,数列的前项积.
(1)求数列和的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1),
(2)
【分析】（1）对于数列,根据,利用和的关系求解;对于数列,因为其前项积,根据即可求解;
（2）由（1）知,利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时,,
∴,
当时,,
化简得,
∵,∴,
∴数列是首项为,公差为的等差数列,
∴.
当时,,
当时,，当时也满足，
所以.
（2）,
设①,
则②,
①-②得,
∴.
9．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知数列的首项为1，前项和；
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与之间的关系可得，注意要验证首项是否符合通项公式；
（2）一个等差数列乘以一个等比数列构成一个新数列，利用错位相减法求这个新数列的前项和.
【详解】（1）因为①，所以有②，
②①得，即，
经验证符合，
所以数列的通项公式为.
（2），
所以①，
②，
①②可得，
即，化简得，
所以数列的前项和.
10．（2023·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）若数列的前项的和为，且，
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意，即可求出、，再根据作差得到的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，且，，
所以，解得，所以，
当时，所以，
即，
当时也成立，所以；
（2）由（1）可得，
所以
.
【能力提升】
一、单选题
1．（2023·四川·校联考模拟预测）在数列中，，，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，可得，，两式相除即可求得数列通项，再逐一分析各个选项即可.
【详解】因为，所以，，
两式相除，得，
又，所以，
所以是以为公比的等比数列，
所以，
记，则，所以，所以，
所以，
即，故A错误；
因为，所以，
所以，
同理，，，
所以，
即，故B错误；
，
所以，故C正确；
，所以，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据，可得，，两式相除得出是以为公比的等比数列，是解决本题得关键.
二、多选题
2．（2023·浙江·校联考二模）已知递增数列的各项均为正整数，且其前项和为，则（ ）
A．存在公差为1的等差数列，使得
B．存在公比为2的等比数列，使得
C．若，则
D．若，则
【答案】ABC
【分析】运用公式法计算A，B选项，根据数列的性质推导C，D选项.
【详解】对于A，设数列的首项为，则 ，解得 ，
即当等差数列的首项为138，公差为1时， ，正确；
对于B，设首项为 ，则 ，正确；
对于C，欲使得尽可能地大，不妨令 ，则有 ，
又 ，即 ，
，
即 ，正确；
对于D， ， ，即 ，
比如， ，
则 ，D错误；
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：数列中与整数有关的不等式或方程问题，注意利用整数的性质来处理.
3．（2023·广东茂名·统考二模）已知数列和满足：，，，，，则下列结论错误的是（ ）
A．数列是公比为的等比数列B．仅有有限项使得
C．数列是递增数列D．数列是递减数列
【答案】ABD
【分析】由题意，，将第二个式子乘以后与第一和式子相加可得，令，解得，取，利用等比数列的定义和通项公式对各选项依次判断即可.
【详解】由题意可知，
第二个式子乘以后与第一和式子相加可得，
令，解得，
取可得，
因为，，所以，
所以，
所以数列是公比为的等比数列，选项A说法错误；
因为，，所以，
所以当为正奇数时，，即，
当为正偶数时，，即，选项B说法错误；
由，，，，可知，，且数列和均为递增数列，
而，
所以数列是递增数列，选项C说法正确；
因为，所以数列是递增数列，选项D说法错误；
故选：ABD
三、解答题
4．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知数列中，，是与9的等差中项，记为数列的前项和，满足（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求实数的最小值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合前项和意义可得数列是等比数列，再利用等差中项的意义求解作答.
（2）由（1）的信息，利用等比数列的前项和公式求出，再变形给定不等式，构造数列，探讨数列单调性求解作答.
【详解】（1）依题意，，，当时，，两式相减得，即，
当时，，又，有，则当，，
因此数列是首项为3，公比的等比数列，
而，即，解得，则，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，数列是首项为，公比为的等比数列，，
于是不等式化为：，设，
，
当时，，当时，，
即当时，数列递增，当时，数列递减，
从而，则，所以实数的最小值为.
5．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）已知是数列的前项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）时，，
时，
经验证时满足，
；
（2），
.
6．（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由和与项的关系求得，进而判断数列是等差数列，从而利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）求得，进而，最后利用裂项相消求和法即可求解.
【详解】（1）当时，，
当时，
因为对也成立.
所以，所以数列是等差数列，
则公差，
故.
（2）因为，
所以，
故.
7．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知是数列的前项和，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系，结合累乘法即可求出数列的通项公式；
（2）分和利用等差数列的求和公式求解即可.
【详解】（1）由，则，
两式相减得：，
整理得：，
即时，，
所以时，，
又时，，得，也满足上式．
故．
（2）由（1）可知：．
记，设数列的前项和．
当时，；
当时，
综上：
8．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）数列的前项积为，.
(1)若，求；
(2)若，设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由首项，再结合条件，以及，即可求解；
（2）首先求数列的通项公式，代入，求通项，最后求得数列的前项和.
【详解】（1），.
，，，；
（2），当时，，
当时，，又也满足.
，
，
数列的前n项和.
9．（2023·山西·校联考模拟预测）已知正项数列的前项和满足关系式.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，得到，进而得到，得到为等差数列，求出通项公式；
（2）由得到，
当时，，当时，显然成立，当时，，当（且）时，，，故当时，有.
【详解】（1）由得，
当时，，
两式相减得，
，
当时，由，得，也满足上式.
.
当时，，则，
又，所以，
∴数列是等差数列，.
（2）证明：由（1）得，
，
注意到当时，
.
当时，.
当时，显然成立.
当时，，
从而时，.
当（且）时，，
.
综上可知当时，有.
【点睛】对于公式，
（1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式，
（2）当时，，求出，
（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写.
10．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）数列中，，对任意正整数n都有.
(1)求的通项公式；
(2)设的前项和为，证明：
①；
②.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意化简得，得到数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2）①易得；
②由①得，设，利用乘公比错位相减法求得，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
所以，即，
又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
从而，则.
（2）①因为，所以；
②由①得，
设，
则，
两式相减得，
即，
从而，故.
【真题感知】
一、单选题
1．（2020·北京·统考高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
2．（2023·北京·统考高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【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，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
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.
二、填空题
3．（2020·全国·统考高考真题）数列满足，前16项和为540，则 .
【答案】
【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
4．（2022·北京·统考高考真题）已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，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
三、解答题
5．（2021·浙江·统考高考真题）已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；
（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.
6．（2020·浙江·统考高考真题）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【答案】（I）；（II）证明见解析.
【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
7．（2021·全国·统考高考真题）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）[方法一]：
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;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（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,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；概念
含义
数列的定义
按照一定顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公式法
通项公式
把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法