(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题6-1 数列递推求通项15类归纳(02)（原卷+解析）学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
\l "_Tc17993" 【题型一】 通过“累加法”学通项思想1：基础型1
\l "_Tc26924" 【题型二】 通过“累加法”学通项思想2：换元型与同除型2
\l "_Tc12217" 【题型三】 通过“累加法”学通项思想3：复杂“同除换元型”4
\l "_Tc30563" 【题型四】 通过“累加法”学通项思想4：累积法5
\l "_Tc30563" 【题型五】 周期数列7
\l "_Tc30563" 【题型六】 构造二次等比数列型（待定系数型）8
\l "_Tc30563" 【题型七】 分式递推9
\l "_Tc30563" 【题型八】 构造二阶等差数列型10
\l "_Tc30563" 【题型九】 前n项积型11
\l "_Tc30563" 【题型十】 特殊通项1：“和”型求通项13
\l "_Tc30563" 【题型十一】特殊通项2：正负相间讨论型14
\l "_Tc30563" 【题型十二】特殊通项3：奇偶讨论型15
\l "_Tc30563" 【题型十三】特殊通项4：“求和公式换元”型18
\l "_Tc30563" 【题型十四】特殊通项5：因式分解型20
\l "_Tc30563" 【题型十五】特殊数列6：其他几类特殊数列求通项21
\l "_Tc30563" 【题型十六】压轴小题24
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练26
说明：为了达到更有针对性的复习，大题只提供求通项那一问的解答，略去后续非通项的解答
【题型一】通过“累加法”学通项思想1：基础型
【典例分析】
已知数列中，已知，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由得：，，……，，，各式相加可得：，
又，，.故选：B.
【提分秘籍】
基本规律
数列求通项，可以借助对“形形色色”的累加法研究学习，积累各类通项“变化”规律。
1.“等差”累加法，如典例分析
2.“等比累加法”，如变式1
3.“裂项累加法”，如变式2
4.无理根式裂项累加法，如变式3
【变式演练】
1.已知数列满足，，则（ ）
A．510B．512C．1022D．1024
【答案】B
【详解】由,得，，，…
，以上各式相加得，，
所以，所以.故选：B.
2.已知数列{an}满足，，n∈N*，求数列的通项公式an.
【答案】；
【详解】（1），
，
将以上个式子相加，
得
，即.
.
又当n=1时，也符合上式，.
3.数列an中，a1=0,an+1-an=1n+n+1且an=9，则n=_________
【答案】100
【详解】∵an+1-an=1n-n+1=n+1-n ，∴an=an-an-1+an-1-an-2+⋯+a2-a1+a1=n-n-1+n-1-n-2+⋯+2-1+0=n-1
∵an=9，即n-1=9，解得n=100故填：100
【题型二】 通过“累加法”学通项思想2：换元型与同除型
【典例分析】
已知数列满足：，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C．数列的最小项为和 D．数列的最大项为和
【答案】C
【详解】
令，则，又，所以，，， ，，
所以累加得，所以，
所以，
所以当时，，当时，，即，当时，，
即，所以数列的最小项为和，故选：C.
【提分秘籍】
基本规律
换元型，是许多复杂通项的基本变换之一
1.换元等差累加法，如典例分析
2.换元对数相消累加法。如变式1
3.同除换元等比累加法，如变式2
4.同除换元裂项累加法，如变式3
【变式演练】
1.在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意得，，则，…，，
由累加法得，，即，
则，所以，故选：D
2.已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求满足的所有正整数的取值集合.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）因为，所以.因为，，…，，所以，于是.
当时，，所以.
（2）因为，所以是递增数列.
因为，，，，，
所以，，，，，
于是所有正整数的取值集合为.
3.已知数列{an}满足a1＝1，an﹣an+1＝，则a10的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
解：由可得：，
则：＝，
则．故选：C．
【题型三】 通过“累加法”学通项思想3：复杂“同除换元型”
【典例分析】
已知数列满足，，则数列的通项公式____．
【答案】
【详解】易知，由，得，∴，∴．
∴当时，有，，．．．．．．，
将以上个等式相加得，又，
∴，经验证，当时符合上式，∴
【提分秘籍】
基本规律
1.双系数同除换元，如典例分析。
2.同除裂项型，如变式1
3.同构型同除型，如变式2，也可以裂项分离常数，构造累加法
【变式演练】
1.已知数列满足，则______.
【答案】2020
【详解】因为，所以，
式子两端除以，整理得：，即为常数列.
因为，所以，所以，所以.
故答案为：2020
2.已知数列中，，，，则的取值范围是_____________．
【答案】
【详解】由题意得，，即，则，即，
所以，，，…，，
相加得，，故，
因为函数在上单调递增，且当时，，
所以，即的取值范围是.故答案为：.
【题型四】 累积法
【典例分析】
已知数列满足，，则的值为 ___，的值为_ ____.
【答案】
解：令，则，，令，则，所以，所以，
因为，所以，即，
当时，有，，
因为，所以，所以，所以，故答案为：，
【提分秘籍】
基本规律
累积法主要有“分式型”和“指数型”。
【变式演练】
1.已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.
【答案】(1) (2)
试题解析：（Ⅰ）因为，故，得；（也可以累积法）
设，所以，，，又因为，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，故，故.
（Ⅱ）略.
2.已知数列的前项和为，则数列的通项公式为___________.
【答案】
【详解】
由，可得当时，，
则，即，故，
所以.
当满足.故数列的通项公式为.
故答案为：
3.数列满足：，，则数列的通项公式___________.
【答案】
解：因为①；当时，②；
①减②得，即，所以，所以，所以所以，，，……，，
所以，所以，又，所以，当时也成立，所以故答案为：
【题型五】 周期数列
【典例分析】
已知数列满足，则
A．0B．C．D．
【答案】A
【详解】
由上述可知，数列是每三项一次循环的数列，
则有故选A．
【提分秘籍】
基本规律
1.周期数列型一：分式型，如典例分析
2.周期数列型二：三阶递推型，如变式1
3.周期数列型三：乘积型，如变式2
4.周期数列型四：反解型，如变式3
【变式演练】
1.数列中，，，，那么
A．1B．2C．3D．-3
【答案】B
【详解】
由题意，得，，，，，…，由此发现数列是以6为周期的数列，又，所以，故正确答案为B.
2.在数列中，若，并有对且恒成立；则_______________．
【答案】
解：由条件及，得，
即（且），则，从而知是数列的一个周期；
由，及，得；故故答案为：.
另解：由，又即对且，可得从而知是数列的一个周期；
故.故答案为：
3.设数列满足，且对任意正整数，总有成立，则数列的前2019项的乘积为
A．B．1C．2D．.3
【答案】D
【详解】由题意可得：，故：，，，
，，据此可得数列是周期为的周期数列，
注意到，且：，故数列的前2019项的乘积为：.
故选D.
【题型六】 构造二阶等比数列型（待定系数型）
【典例分析】
已知数列满足：，.
（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；（2）略
试题解析：（1）解：由知，代入得：，
化简得：，即是等比数列，又，则，进而有．
（2）证明：由于，
所以
【提分秘籍】
基本规律
形容 为常数）,构造等比数列。特殊情况下，当q为2时，=p，如变式1
【变式演练】
1.数列满足则
A．33B．32C．31D．34
【答案】A
【详解】数列满足，是以2为公比的等比数列，首项为1，得到故答案为A．
2.已知数列中，，（且），则数列通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由，知：且()，而，，
∴是首项、公比都为3的等比数列，即，故选：C
【题型七】 分式递推
【典例分析】
在数列中，，，则是这个数列的第________________项．
【答案】2018
【分析】同取倒数，得到关于是等差数列；进而求得的通项公式即可求出项数．详解】
由已知得，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，令，解得
【提分秘籍】
基本规律
形如 为主(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
【变式演练】
1.数列满足：，且 ，则数列的通项公式是=_____．
【答案】
【详解】
原等式可化简为：，所以数列为以3为首项，2公差的等差数列，
则，所以.
2.已知在数列中，，，则数列的通项公式为______.
【答案】
【详解】由题意，，取倒数得，即，
又，所以，数列是公比为的等比数列，故，
所以.故答案为：.
3.已知数列满足．（1）求数列的通项公式;
（2）设数列的前项和为,用数学归纳法证明:.
【答案】（1）.（2）答案见解析
【详解】（1）,
是首项为,公差为的等差数列．
【题型八】构造二阶等差数列
【典例分析】
数列满足：，且，则数列的前项和__________.
【答案】
【解析】∵∴，即
∴是以3为首项，3为公差的等差数列∴∴数列的前项和
【提分秘籍】
基本规律
形如,构造等差数列，可通过同除构造等差数列
【变式演练】
1.数列满足，（），则__________．
【答案】
【解析】数列满足，，变形得到
则。
2.数列{an}中，，，则
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得：，即：，
据此可得，数列是首项为，公差为的等差数列，
故：.本题选择A选项.
3.如果数列满足，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
由化简得，
所以数列是等差数列，首项为，公差.
所以.故答案为：B
【题型九】 前n项积型
【典例分析】
已知数列的前项积为，若对，，都有成立，且，，则数列的前10项和为____．
【答案】1023
【分析】把化成，结合可知为等比数列，从而可求其通项与其前项和.
【详解】因为，故即（），而，
所以为等比数列，故，所以，填.
【提分秘籍】
基本规律
类比前n项和求通项过程：
1.n=1，得a1
2.n时，
【变式演练】
1.若数列的前n项的积为，则_____________.
【答案】
【详解】设数列的前项积为，则.当时，；
当时，.满足.综上所述，.故答案为：
2.设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并满足条件，且，，下列结论正确的是（ 多选题 ）
A．B．
C．数列无最大值D．是数列中的最大值
【答案】ABD
【详解】根据题意，等比数列的公比为q，若，
则，又由，必有，则数列各项均为正值，
若，必有，，则必有，依次分析选项：
对于A，数列各项均为正值，则，必有，A正确；
对于B，若，则，B正确，
对于C，根据，可知是数列中的最大项，C错误；
对于D，易得D正确，故选：ABD.
3.已知各项均不为零的数列的前n项积满足，则________，数列的前n项和________．
【答案】
【详解】由，得．因为，所以．由题意知，当时，，所以当时，，两边同时除以，得．因为，所以，，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，，从而，故，所以数列的前项和为．
故答案为：；.
【题型十】 特殊通项1：“和”型求通项
【典例分析】
已知数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为 ( )
A．5 B． C．D．
【答案】B
【解析】
因为，所以 因此， ，选B.
【提分秘籍】
基本规律
满足，称为“和”数列，常见如下几种：
1.“和”常数型，如典例分析。
2.“和”等差型，如变式1
3.“和”二次型，如变式2
4.“和”换元型，如变式3
【变式演练】
1.知数列满足：，且a1=2，则________________．
【答案】
【详解】∵数列{an}满足a1=2，an+1+an=4n-3（n∈N*），∴当n=1时，a2+a1=1，解得a2=-1．
当n≥2时，an+2+an+1=4n+1，∴an+2﹣an=4，
∴数列{an}的奇数项构成等差数列，首项为2，公差为4；偶数项构成等差数列，首项为-1，公差为4．
∴a2k﹣1=2+4（k﹣1）=4k﹣2，即n为奇数时：an=2n．
a2k=-1+4（k﹣1）=4k-5，即n为偶数时：an=2n-5．∴．
2.已知数列的前项和为，若，且，则
A．－5B．－10C．12D．16
【答案】C
【详解】由题意可得：，，
两式作差可得：， ①
进一步有：， ②
①-②可得：，故数列的偶数项为等差数列，且公差为4，
据此可得：，即：，解得：.故选C.
3.若数列满足（为常数），则称数列为等比和数列，称为公比和，已知数列是以3为公比和的等比和数列，其中，，则______.
【答案】
解：令 ，则 ①，②，
①-②得：，即,又，所以，
所以,即，
所以
所以.故答案为
【题型十一】 特殊数列2：正负相间讨论型
【典例分析】
已知数列中，，，则___________.
【答案】-9
【详解】当为奇数时，，当为偶数时，，
故
故答案为:-9
【提分秘籍】
基本规律
利用n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律
【变式演练】
1.已知数列满足，则___________.
【答案】5050
【分析】
【详解】因为，
所以，左右分别相加得：
，
，，
.故答案为：5050
2.数列满足，前16项和为540，则 .
【答案】7
【思路分析】在已知数列递推式中，分别取为奇数与偶数，可得与，利用累加法得到为奇数时与的关系，求出偶数项的和，然后列式求解．
【解析】：由，当为奇数时，有，
可得，，累加可得
；
当为偶数时，，
可得，，，．
可得．．
，
，即．故答案为：7．
3.已知数列满足，则的前40项和为__________．
【答案】
【详解】∵，当n为奇数时,
该数列前项和为．
【题型十二】 特殊数列3：奇偶讨论型
【典例分析】
已知数列的前项和为，且，，则
A．200B．210C．400D．410
【答案】B
【分析】
首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用等差数列的前项和公式的应用求出结果．
【详解】
由题，，又因为
所以当时，可解的
当时，，与相减得
当为奇数时，数列是以为首相，为公差的等差数列，
当为偶数时，数列是以为首相，为公差的等差数列，
所以当为正整数时，，
则。故选B.
【提分秘籍】
基本规律
1.分段数列
2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列
【变式演练】
1.已知数列的首项，且满足，则=________．
【答案】512
【分析】利用已知将n换为n+1，再写一个式子，与已知作比，得到数列的各个偶数项成等比，公比为2，再求得，最后利用等比数列的通项公式即可得出．
【详解】∵anan+1=2n，（）∴an+1an+2=2n+2．（）
∴,（），∴数列的各个奇数项成等比，公比为2，
数列的各个偶数项成等比，公比为2，
又∵anan+1=2n，（），∴a1a2=2,又，∴，
可得：当n为偶数时，∴a20＝1•29＝512．故答案为512．
2.在数列中，，，则下列结论成立的是（ ）
A．存在正整数，使得为常数列
B．存在正整数，使得为单调数列
C．对任意的正整数，集合为有限集
D．存在正整数，使得任意的、，当时，
【答案】C
【分析】
对分奇数和偶数两种情况讨论，根据是否有解可判断A选项的正误；对分奇数和偶数，结合递推公式，说明两种情况下数列的单调性，进行推理，进而判断B选项的正误；设，利用数学归纳法证明出数列有界，进而可判断C选项的正误；由列有界可判断D选项的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于A，若为偶数时，，不符题意，
若为奇数时，无解，故A错；
对于B，若为偶数，，，若为单调数列，即为递减数列，
而，可以为奇数，此时，，不满足递减数列.
若为奇数，，，若为单调数列即为递增数列，
而，，不满足递增数列，故B错；
对于C，，
不妨令（其中是一个给定的正整数），记，
①若为奇数，当、时，成立，
为偶数，成立，
假设当时，若是奇数，则，若是偶数，则，
那么时，若是奇数，则是偶数，；
若是偶数，则，
若此时是奇数，则满足，若是偶数，则满足，即时结论成立；
②若为偶数，当、时，成立，成立.
假设当时，若是奇数，则，若是偶数，则，
那么时，若是奇数，则是偶数，；
若是偶数，则，
若此时是奇数，则满足，若是偶数，则满足，即时结论成立.
综上，对任意的正整数，若为奇数，则，若为偶数，则，
所以，对任意的正整数，集合为有限集，故C对；
对于D选项，当时，，即各项的数值各不相同，
则当，集合有无穷多个元素，这与有上界矛盾，故不符合，故D错.
故选：C．
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)．
(1)求a2的值并证明：an＋2－an＝2；
(2)求数列{an}的通项公式．
【答案】（1）详见解析；（2）an＝.
试题解析：(1)令n＝1得2a1a2＝4S1－3，又a1＝1，∴a2＝.2anan＋1＝4Sn－3，①2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3.②
②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.∵an≠0，∴an＋2－an＝2.
(2)由(1)可知：数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，
∴a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n.数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，
∴a2k＝＋2(k－1)＝2k－，即n为偶数时，an＝n－.综上所述，an＝.
【题型十三】 特殊数列4：“求和公式换元”型
【典例分析】
已知数列满足.求数列的通项公式.
【答案】
【分析】
由求出，当时，得出，并与相减，得出，代入，验证是否等于，即可得出数列的通项公式.
【详解】
由题意，知当时，。因为①，
所以当时，②
①－②得，即，易知时，满足上式，
所以数列的通项公式为
【提分秘籍】
基本规律
和共式如，把an任意换元可得
【变式演练】
1.若数列满足,,则______ ．
【答案】
【分析】
利用递推公式再递推一步,得到一个新的等式,两个等式相减,再利用累乘法可求出数列的通项公式,利用所求的通项公式可以求出的值.
【详解】
得, ,
所以有,因此.
故答案为：
2.已知数列满足，，则_________________．
【答案】
【分析】
首先求得的值，然后结合递推关系式求解时的通项公式即可确定数列的通项公式.
【详解】
当时，，
当时，由题意可得：
，
，
两式作差可得：，故，
综上可得：.
3.在数列中，, 则数列的通项公式_____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用数列的递推关系式，求出相邻两项的关系式，得出数列从第二项起是以2为首项，3为公比等比数列，即可求解.
【详解】
由题意知，数列满足，
所以
两式相减可得，即，
令时，，所以，
所以数列从第二项起构成以2为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以
所以数列的通项公式为.
【题型十四】 特殊数列5：因式分解型求通项
【典例分析】
已知正项数列的前项和满足=,
(1)求数列的通项公式;
【答案】（1）；
试题解析：(1)解关于的方程=可得或(舍去),
==.
【变式演练】
1.设是首项为1的正项数列，且，则____，_____.
【答案】
【分析】由条件可得，可得，再由递推即可得到所求通项．
解：是首项为1的正项数列，且，
可得，
即有，
由是的正项数列可得，则
可得，．故答案为(1). (2).
2.已知数列的各项均为正数，且满足.
（1）求，及的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；.；（2）
【分析】（1）根据题意，知，且，令和即可求出，，以及运用递推关系求出的通项公式；
（2）通过定义法证明出是首项为8，公比为4的等比数列，利用等比数列的前项和公式，即可求得的前项和.
【详解】
解：（1）由题可知，，且，
当时，，则，
当时，，，
由已知可得，且，
∴的通项公式：.
【题型十五】 特殊数列6：其他几类特殊数列求通项
【典例分析】
已知正项数列满足，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）将题干中的等式因式分解后得出，由此得出，再利用定义证明出数列为等比数列；
（2）求出，利用放缩法得出，结合等比数列的求和公式可证明出结论成立.
【详解】
（1），.
，，，即，
则有且，
【提分秘籍】
基本规律
1.二次型：形如，如典例分析
2.三阶递推：形如型，多在大题中，有引导型证明要求，如变式1
3.“纠缠数列”：两个数列，多为等差和等比数列，通项公式组成“方程组”如变式2
4.数学归纳型：可以通过数学归纳法，猜想，证明（小题省略证的过程），如变式3
【变式演练】
1.在数列中，，，.
（1）证明为等比数列；
（2）求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由，构造出的关系，然后利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）由（1）得，利用累加法求解通项即可
【详解】
解：（1）由得
，
又，所以是以1为首项，以2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，所以，.
所以时，
..
因此，.
当时，也满足上式，故.
2.已知和满足，，，．
（1）证明：是等比数列，是等差数列；
（2）求和的通项公式；
【答案】（1）证明见解析（2），
【分析】
（1）由，两式相加减即可证明
（2）由（1）解方程组得和的通项公式
（3）利用错位相减求得，结合数列单调性即可证明
【详解】
（1）（其中），①
（其中），②
由①与②相加得，
即（其中），又，故是以1为首项为公比的等比数列
由①与②相减得，
即（其中），又，
则数列是以1为首项，以2为公差的等差数列．
（2）由（1）知，（其中），③
（其中），④
得，，
即，（），
3.设正数数列的前项和为，且，试求，并用数学归纳法证明你的结论.
【答案】；证明见解析
【分析】
根据，分别求出时，，，猜想；，利用数学归纳法的证明规则及递推公式，即可证明.
【详解】
解：当时，由，得，
当时，由，得，
当时，由，得，
……
猜想：.下面用数学归纳法证明.
证明：(1)当时，已证；
(2)假设时，成立；
则时，， ，
，
即，
解得，
∴当时也成立，
由(1)，(2)可得，对，总有成立.
【题型十六】 压轴小题
【典例分析】
1.已如数列，，且，则_____，______.
【答案】
【详解】由，可得，，两式相除可得，所以时，;,所以，所以时，，所以.
故答案为： ；
2.已知数列与满足，且，则__________．
【答案】
【解析】
分析：令和，得，令，得①，令，得,②①-②得：，利用累加求通项即可.
详解：由，当,；当,.
由，令，得：,①
令，得：,②
①-②得：.从而得：，，…….
上述个式子相加得：.
由①式可得：，得.所以.
故答案为.
3.已知数列是共有k个项的有限数列，且满足，若，，，则_.
【答案】
【详解】
由题数列是共有个项的有限数列，且满足，
则 ，则
……

以上 各式子同向相加，将代入可得
（舍）.故答案为50.
4.已知数列满足，且，则__________.

【答案】
【解析】
由递推关系可得：，则：
，即，
据此可得，数列是首项为，公比为的等比数列，
故，则，
据此可得，数列的通项公式为.
5.已知数列满足，且，则数列的通项公式__________．
【答案】
【解析】
∵
两边同除以，得：，
整理，得：即是以3为首项，1为公差的等差数列.
,即.
1.在数列{an}中，a1=1，(n≥2)，求数列{an}的通项公式.
【答案】
解：因为a1=1，(n≥2)，所以，
所以·…··1=.
又因为当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=.
2.已知数列中，，，则该数列的通项_______.

【答案】
【详解】,在等式两边同时除以，得，
，,,,
,累加得：，
故答案为：
3.已知数列中，，，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【详解】∵，，
∴，，，，
4.已知数列{an}中，，．
（1）若，证明：数列{bn}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若，求数列的前n项和Sn．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
试题解析：（1）
又所以，
，又所以数列是以为首项为公比的等比数列．
5.已知数列满足，，则__________．

【答案】
详解： ∵，∴，即，又，
∴数列是以为首项，为公差的等差数列，∴，∴，
故．
6.已知数列中，且，则__________．
【答案】
【解析】
7.若是正项递增等比数列，表示其前n项之积，且，则当取最小值时，n的值为_________.
【答案】15.
【解析】试题分析：，所以因此当取最小值时，n的值为15.
8.数列满足，则的前项和为
【解析】的前项和为
可证明：

9.已知数列满足，则的通项公式______．
【答案】．
【解析】
【分析】
利用已知条件，通过代换n，两式作差，求解即可．
【详解】
当时，由，得；
当时，由，
可得，
两式相减得，，故．
故答案为：．
10.数列,满足,且,.
(1)证明:为等比数列;
(2)求,的通项.
【答案】（1）证明见解析；（2），
【分析】
（1）由，可得，，代入，化简整理可得，即可得证.
（2）由（1）可得：，化为：，利用等比数列的通项公式可得，进而得到.
【详解】
（1）证明：由，可得：，
，代入，
可得：，
化为：，
，
为等比数列，首项为-14，公比为3.
（2）由（1）可得：，
化为：，
数列是等比数列，首项为16，公比为2.
，
可得：，
.
11.已知数列满足,,,.
(1)证明:数列是等比数列;
(2)求数列的通项公式;
【答案】(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.
【分析】
由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；
【详解】(1)因为，所以，
因为，所以，所以数列是等比数列；
(2)因为，所以，所以，
又因为，所以，所以是以为首项，
为公比的等比数列，所以，所以；