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专题强化三：数列通项公式的常考方法归纳 （原卷版+解析版）
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专题强化三：高中数列通项公式的常考9大方法归纳题型一：累加法求通项公式若数列{an}满足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.1．（2023上·福建·高二统考期中）若数列满足，，则（ ）A．511 B．1023 C．1025 D．2047【答案】B【分析】通过累加和等比数列的求和即可得答案.【详解】由题意知:，则有，，，，，由累加可得，即.故选:B.2．（2023上·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用累加法结合等差数列求和公式求解即可.【详解】∵，∴，∴，故选：C.3．（2023下·广东佛山·高二校联考阶段练习）若数列满足，且对于都有，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，由题意可证得数列是以为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案.【详解】因为对于都有，，令，所以，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.所以，所以，所以，，……，，将这项累加，则，所以，则，所以.故选：B.题型二：累乘法求通项公式若数列{an}满足eq \f(an,an－1)＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.4．（2023下·广东佛山·高二南海中学校考期中）记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得，利用累乘法求出，从而可求得，代入中化简，再利用对勾函数的性质可求得结果.【详解】由，得，因为，所以，所以，所以，因为，所以由对勾函数的性质可知，当时，取得最小值.故选：C5．（2023下·广东佛山·高二佛山市荣山中学校考期中）已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由得，两式相减得，把分别代入，用累乘法得，，再验证也成立，即可得到.【详解】由得，两式相减得: ,即，即，即，.所以，，，…，.相乘得：……，即，因为，所以，.当时，，所以.故选：B6．（2022上·福建莆田·高二莆田第六中学校考阶段练习）已知数列满足，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用累乘法即可求得.【详解】因为，所以，上述各式相乘得，因为，所以，经检验，满足，所以.故选：D.题型三：an与Sn的关系求通项公式题设中有an与Sn的关系式时，常用公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))来求解.7．（2023上·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）数列的前项和为，若，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用求得，进而求得正确答案.【详解】依题意，，当时，，当时，由得，两式相减并整理得，所以数列从第项起是等比数列，则，即，所以.故选：D8．（2023下·辽宁大连·高二育明高中校考期中）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 .【答案】【分析】利用 求解【详解】数列的前n项和，可得；时，，不满足，则，故答案为：.9．（2023下·江苏南京·高二南京市江宁高级中学校联考期末）设等比数列的前n项和为.已知，，则 .【答案】/31.5【分析】根据得相减可得公比，由求解首项，即可由求和公式代入求解.【详解】当的公比为1时，由可知显然不成立，故公比不为1，由得，所以时，，相减可得，故公比，又，故，故答案为：题型四：构造法求通项公式当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝eq \f(q,p－1)，从而构造出等比数列{an＋λ}.10．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）己知数列满足，则 ．【答案】【分析】由已知得，根据等比数列的定义写出数列的通项公式，进而得到，即可求项.【详解】由题设，又，数列不可能存在为0的项，所以，故，且所以是首项为1，公比为2的等比数列，即，故，所以.故答案为：11．（2023下·山东淄博·高二校考期中）已知数列满足，，则数列的通项公式为 【答案】【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式.【详解】由得，故为等差数列，公差为1，首项为1，所以 所以.故答案为：12．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则数列的通项公式为 .【答案】【分析】解法一：利用待定系数法可得，结合等比数列分析运算；解法二：整理得，结合等比数列分析运算；解法三：整理得，根据累加法结合等比数列求和分析运算.【详解】解法一：设，整理得，可得，即，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即；解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，整理得，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即；解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即，当时，则，故，显然当时，符合上式，故.故答案为：.题型五：观察法求通项公式13．（2023下·甘肃兰州·高一兰州一中校考期末）数列的一个通项公式为 .【答案】【分析】观察数列规律可得.【详解】观察数列可知，数列的一个通项公式为.故答案为：.14．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知数列满足，（），若，数列的前项和为，则 ．【答案】2022【分析】根据题目条件，利用的表达式，求出的表达式，再错位相加求和，化简可得的通项公式，即可求解.【详解】由题意得：，即，两式相加得：，数列满足，（），所以，即，则，所以，故答案为：.【点睛】思路点睛：本题解决的难点在于以学习过的数列相关的知识为基础，通过问题的特征，引出新的解题思路，然后在快速理解的基础上，解决新问题.本题中主要是根据题目条件，联想到数列的错位相减求和，再根据条件和所求式进行构造及推理，将平时常见的错位相减求和转化为本题中所用的错位相加求和，可得所求式子的结果.15．（2023·广东潮州·统考二模）将数列中的项排成下表：，，，，，，，，，，，…已知各行的第一个数，，，，…构成数列，且的前项和满足（且），从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列，且公差为同一个常数.若，则第6行的所有项的和为 .【答案】1344【分析】根据所满足的条件，求出数列，由在表中的位置，得，所以每行等差数列公差，即可求第6行所有项的和．【详解】解：∵(且)，∴，即，∴数列的通项公式为，（且），观察表中各行规律可知，第n行的最后一项是数列的第项， ，∴在表中第8行第3列，∵，且，∴公差；∴第6行共有32个元素，则第6行所有项的和为 故答案为：1344．题型六：定义法求通项公式16．（2022上·陕西西安·高二校联考期中）在数列中，，，且，则数列的通项公式是 ．【答案】【分析】根据确定数列为等比数列，再利用等比数列公式计算得到答案.【详解】，故是等比数列，，故.故答案为：17．（2019·高二课时练习）在数列中，已知，则 .【答案】【分析】令，根据换元法求通项，即可得出结果.【详解】令，则，所以，所以，当时，上式也成立，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求数列的通项，利用换元法求解即可，属于基础题型.18．（2020·四川成都·高三校联考阶段练习）已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N*，λan≤+12”为真，则实数λ的最大值为 .【答案】7【分析】先求出的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan ≤+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+，又函数在上单调递减，在上单调递增，当或时，所以故答案为：7题型七：由递推公式求通项公式19．（2023下·江西上饶·高二上饶市第一中学校考阶段练习）已知数列满足，，则 .【答案】120【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，可求得数列的通项，即可得解.【详解】因为，所以，即，等式两边开方可得：，即，所以数列是以首项为，公差为1的等差数列，所以，所以，所以.故答案为：120.20．（2023下·湖南衡阳·高二校考期中）有穷数列共有项，其满足，，，若的最大值为4，则 .【答案】/【分析】利用递推求数列的通项，由题意不存在，可知，可求的值.【详解】满足，此时没有最大值，所以，由，有，即，可得则，若的最大值为4，则不存在，即，解得，即.故答案为：.21．（2023下·广东珠海·高二统考期末）已知非零数列，点在函数的图象上，则数列的前2024项和为 .【答案】【分析】根据等差数列的定义求得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】由已知条件，可得，所以①，，因为点在函数的图象上，所以，将①代入可得，,化简得，，，当时，由，则，得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，，因为，所以，故答案为: .题型七：通项公式的综合问题22．（2023上·江苏南通·高二校考期中）已知数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据得到，利用累乘法计算出，检验时，也成立，得到的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）由，得，则当时，，所以，当时，上式成立，所以；（2）由（1）知①，②，①-②得，，．23．（2023上·浙江宁波·高二镇海中学校考期中）已知等差数列，现在其每相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列．(1)求新数列的通项公式；(2)16是新数列中的项吗？若是，求出是第几项，若不是，说明理由．【答案】(1)(2)不是【分析】（1）求出原等差数列的通项公式，利用求解；（2）根据数列的通项公式求解即可.【详解】（1）设已知的等差数列为，易知， 则，则，由题意知：，则.（2）令，故不是新数列中的项.24．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）已知数列的前项和为，且．(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）由和的关系式及可得，由等差数列定义即可得；（2）易知，利用裂项相消求和可得.【详解】（1）当时，，即，又，所以．当时，，又，两式相减可得，即，化简得，又，所以，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列．所以，即数列的通项公式为（2）证明：因为，所以，所以，所以．因为，所以．专题训练一、单选题25．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知数列满足，且，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，两边取倒数，然后累加即可得到结果.【详解】，则，，，…，，以上各式相加可得，，.故选：B26．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）数列，满足：，，，则数列的最大项是第（ ）项．A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】根据累加法求出，.设数列的最大项是第项，由得出不等式组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，，两边分别相加可得，，所以有.因为，所以，.设数列的最大项是第项，则有，即，整理可得，，解得.又，所以.故选：A.27．（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）已知数列的前4项分别为，则该数列的一个通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】直接观察可得答案.【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.故选：D.28．（2023上·河北衡水·高二衡水市第二中学校考期中）在数列中，，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过构造等差数列的方法，先求得，进而求得.【详解】由，得，所以，所以，两边取倒数得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，.故选：A29．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）数列的通项公式可能是（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】结合选项中，数列的通项公式，逐项验证，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，符合题意，所以A正确；对于B中，由，可得，不符合题意，所以B错误；对于C中，由，可得，不符合题意，所以C错误；对于D中，由，可得，不符合题意，所以D错误.故选：A.30．（2023上·福建·高二统考期中）符合表示不超过实数的最大整数，如，，已知正项数列的前项和为，且，则（ ）A．22 B．19 C．18 D．16【答案】C【分析】根据得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求出，，利用放缩法得到时，，，从而得到，得到答案.【详解】，当时，，其中，解得，故，当时，，得，整理为，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，，，当时，，，又，，，．故选：C．31．（2023上·天津津南·高二校考期末）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用求通项公式，进而可得，再应用分组求和，结合等差、等比前n项和公式求.【详解】由题设且(n ≥ 2)，故且，所以，又也满足，故，则，所以.故选：B32．（2023下·黑龙江鹤岗·高二鹤岗一中校考期中）数列的前项和为，，数列的前项和为，且，则的值为（ ）A．30 B．39 C．51 D．66【答案】C【分析】先利用的关系，求出，得到，求和可得答案.【详解】当时，；当时，，，时，，所以，所以.故选：C.33．（2023下·河南南阳·高二校考阶段练习）已知数列的项满足，而，则＝（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，可得，然后利用累乘法可求得结果【详解】由，得，所以，，，……，，，（），所以，所以，因为，所以，因为满足上式，所以，故选：B34．（2023上·河北唐山·高二校考期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……，已知在斐波那契数列中，，，，若，则数列的前2020项和为（ ）．A．m－1 B． C． D．【答案】A【分析】由题意结合累加法可得，即可得答案.【详解】由题，，则，.将以上各式相加可得，则，则.故选：A二、多选题35．（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）已知正项数列的前项和为，且，则（ ）A．是递减数列 B．是等差数列C． D．【答案】ACD【分析】根据题中的递推公式，分别可求出，，，从而可对各项进行求解.【详解】因为，所以.因为，所以.当时，因为，所以，所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故D正确；因为，所以，故B错误；因为（也满足），所以，所以是递减数列，故A正确；因为，即，所以C正确.故选：ACD36．（2023上·江苏苏州·高二苏州中学校考期中）已知无穷等差数列的前n项和为，且，则（ ）A．在数列中，最大 B．在数列中，最大C． D．当时，【答案】AD【分析】由题意可得，结合等差数列的性质讨论各选项即可得答案.【详解】因为且，所以，则等差数列的公差，则在数列中，最大，故A正确，B错误；因，故C错误；因，，则当时，，故D正确. 故选：AD.37．（2023上·福建三明·高二校联考期中）已知数列的前项和，则（ ）A．不是等差数列 B．C．数列是等差数列 D．【答案】BC【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列得定义和前项和公式逐一判断即可.【详解】由，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，故B正确；因为，所以是等差数列，故A错误；对于C，，因为，所以数列是等差数列，故C正确；对于D，令，则，所以当时，，当时，，故，故D错误.故选：BC.38．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知数列满足，则（ ）A．B．是等差数列C．是等差数列D．数列的前100项和为【答案】ACD【分析】选项A，由递推公式直接计算即可；选项B，由条件可得，从而可判断；选项C，由选项B的判断过程可进一步得出的通项公式，从而得出，可判断；选项D，由上面的过程可得，由裂项相消可得答案.【详解】当时，，当时，，A正确.由2，得，即.因为，所以是首项为1，公比为的等比数列，B错误.从而可得，则，所以，因为，所以是等差数列，C正确.，所以数列的前100项和为，D正确.故选：ACD三、填空题39．（2023上·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期中）已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ．【答案】【分析】由累加法算数列的通项公式，再由递推公式求结果.【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，所以当时，可得，当时， 所以当时，故答案为：40．（2023上·山东青岛·高二统考期中）设是数列的前项和，，，则 .【答案】【分析】当时，求出的值，当时，由代入等式，可推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，再由可求得数列的通项公式.【详解】对任意的，，则，当时，则有，可得；当时，，即，所以，数列是等差数列，首项为，公差为，所以，，则，故当时，，也满足，故对任意的，.故答案为：.41．（2023上·上海闵行·高二校考阶段练习）在数列中，若，，则的通项公式为 .【答案】【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式即得.【详解】在数列中，，，因此数列是常数列，则，
专题强化三：高中数列通项公式的常考9大方法归纳题型一：累加法求通项公式若数列{an}满足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用累加法求通项.1．（2023上·福建·高二统考期中）若数列满足，，则（ ）A．511 B．1023 C．1025 D．2047【答案】B【分析】通过累加和等比数列的求和即可得答案.【详解】由题意知:，则有，，，，，由累加可得，即.故选:B.2．（2023上·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用累加法结合等差数列求和公式求解即可.【详解】∵，∴，∴，故选：C.3．（2023下·广东佛山·高二校联考阶段练习）若数列满足，且对于都有，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，由题意可证得数列是以为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案.【详解】因为对于都有，，令，所以，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.所以，所以，所以，，……，，将这项累加，则，所以，则，所以.故选：B.题型二：累乘法求通项公式若数列{an}满足eq \f(an,an－1)＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，则可用叠乘法求通项.4．（2023下·广东佛山·高二南海中学校考期中）记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得，利用累乘法求出，从而可求得，代入中化简，再利用对勾函数的性质可求得结果.【详解】由，得，因为，所以，所以，所以，因为，所以由对勾函数的性质可知，当时，取得最小值.故选：C5．（2023下·广东佛山·高二佛山市荣山中学校考期中）已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由得，两式相减得，把分别代入，用累乘法得，，再验证也成立，即可得到.【详解】由得，两式相减得: ,即，即，即，.所以，，，…，.相乘得：……，即，因为，所以，.当时，，所以.故选：B6．（2022上·福建莆田·高二莆田第六中学校考阶段练习）已知数列满足，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用累乘法即可求得.【详解】因为，所以，上述各式相乘得，因为，所以，经检验，满足，所以.故选：D.题型三：an与Sn的关系求通项公式题设中有an与Sn的关系式时，常用公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))来求解.7．（2023上·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）数列的前项和为，若，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用求得，进而求得正确答案.【详解】依题意，，当时，，当时，由得，两式相减并整理得，所以数列从第项起是等比数列，则，即，所以.故选：D8．（2023下·辽宁大连·高二育明高中校考期中）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 .【答案】【分析】利用 求解【详解】数列的前n项和，可得；时，，不满足，则，故答案为：.9．（2023下·江苏南京·高二南京市江宁高级中学校联考期末）设等比数列的前n项和为.已知，，则 .【答案】/31.5【分析】根据得相减可得公比，由求解首项，即可由求和公式代入求解.【详解】当的公比为1时，由可知显然不成立，故公比不为1，由得，所以时，，相减可得，故公比，又，故，故答案为：题型四：构造法求通项公式当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝eq \f(q,p－1)，从而构造出等比数列{an＋λ}.10．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）己知数列满足，则 ．【答案】【分析】由已知得，根据等比数列的定义写出数列的通项公式，进而得到，即可求项.【详解】由题设，又，数列不可能存在为0的项，所以，故，且所以是首项为1，公比为2的等比数列，即，故，所以.故答案为：11．（2023下·山东淄博·高二校考期中）已知数列满足，，则数列的通项公式为 【答案】【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式.【详解】由得，故为等差数列，公差为1，首项为1，所以 所以.故答案为：12．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则数列的通项公式为 .【答案】【分析】解法一：利用待定系数法可得，结合等比数列分析运算；解法二：整理得，结合等比数列分析运算；解法三：整理得，根据累加法结合等比数列求和分析运算.【详解】解法一：设，整理得，可得，即，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即；解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，整理得，且，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即；解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即，当时，则，故，显然当时，符合上式，故.故答案为：.题型五：观察法求通项公式13．（2023下·甘肃兰州·高一兰州一中校考期末）数列的一个通项公式为 .【答案】【分析】观察数列规律可得.【详解】观察数列可知，数列的一个通项公式为.故答案为：.14．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知数列满足，（），若，数列的前项和为，则 ．【答案】2022【分析】根据题目条件，利用的表达式，求出的表达式，再错位相加求和，化简可得的通项公式，即可求解.【详解】由题意得：，即，两式相加得：，数列满足，（），所以，即，则，所以，故答案为：.【点睛】思路点睛：本题解决的难点在于以学习过的数列相关的知识为基础，通过问题的特征，引出新的解题思路，然后在快速理解的基础上，解决新问题.本题中主要是根据题目条件，联想到数列的错位相减求和，再根据条件和所求式进行构造及推理，将平时常见的错位相减求和转化为本题中所用的错位相加求和，可得所求式子的结果.15．（2023·广东潮州·统考二模）将数列中的项排成下表：，，，，，，，，，，，…已知各行的第一个数，，，，…构成数列，且的前项和满足（且），从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等差数列，且公差为同一个常数.若，则第6行的所有项的和为 .【答案】1344【分析】根据所满足的条件，求出数列，由在表中的位置，得，所以每行等差数列公差，即可求第6行所有项的和．【详解】解：∵(且)，∴，即，∴数列的通项公式为，（且），观察表中各行规律可知，第n行的最后一项是数列的第项， ，∴在表中第8行第3列，∵，且，∴公差；∴第6行共有32个元素，则第6行所有项的和为 故答案为：1344．题型六：定义法求通项公式16．（2022上·陕西西安·高二校联考期中）在数列中，，，且，则数列的通项公式是 ．【答案】【分析】根据确定数列为等比数列，再利用等比数列公式计算得到答案.【详解】，故是等比数列，，故.故答案为：17．（2019·高二课时练习）在数列中，已知，则 .【答案】【分析】令，根据换元法求通项，即可得出结果.【详解】令，则，所以，所以，当时，上式也成立，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求数列的通项，利用换元法求解即可，属于基础题型.18．（2020·四川成都·高三校联考阶段练习）已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N*，λan≤+12”为真，则实数λ的最大值为 .【答案】7【分析】先求出的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan ≤+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+，又函数在上单调递减，在上单调递增，当或时，所以故答案为：7题型七：由递推公式求通项公式19．（2023下·江西上饶·高二上饶市第一中学校考阶段练习）已知数列满足，，则 .【答案】120【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，可求得数列的通项，即可得解.【详解】因为，所以，即，等式两边开方可得：，即，所以数列是以首项为，公差为1的等差数列，所以，所以，所以.故答案为：120.20．（2023下·湖南衡阳·高二校考期中）有穷数列共有项，其满足，，，若的最大值为4，则 .【答案】/【分析】利用递推求数列的通项，由题意不存在，可知，可求的值.【详解】满足，此时没有最大值，所以，由，有，即，可得则，若的最大值为4，则不存在，即，解得，即.故答案为：.21．（2023下·广东珠海·高二统考期末）已知非零数列，点在函数的图象上，则数列的前2024项和为 .【答案】【分析】根据等差数列的定义求得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】由已知条件，可得，所以①，，因为点在函数的图象上，所以，将①代入可得，,化简得，，，当时，由，则，得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，，因为，所以，故答案为: .题型七：通项公式的综合问题22．（2023上·江苏南通·高二校考期中）已知数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据得到，利用累乘法计算出，检验时，也成立，得到的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）由，得，则当时，，所以，当时，上式成立，所以；（2）由（1）知①，②，①-②得，，．23．（2023上·浙江宁波·高二镇海中学校考期中）已知等差数列，现在其每相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列．(1)求新数列的通项公式；(2)16是新数列中的项吗？若是，求出是第几项，若不是，说明理由．【答案】(1)(2)不是【分析】（1）求出原等差数列的通项公式，利用求解；（2）根据数列的通项公式求解即可.【详解】（1）设已知的等差数列为，易知， 则，则，由题意知：，则.（2）令，故不是新数列中的项.24．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）已知数列的前项和为，且．(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）由和的关系式及可得，由等差数列定义即可得；（2）易知，利用裂项相消求和可得.【详解】（1）当时，，即，又，所以．当时，，又，两式相减可得，即，化简得，又，所以，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列．所以，即数列的通项公式为（2）证明：因为，所以，所以，所以．因为，所以．专题训练一、单选题25．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知数列满足，且，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，两边取倒数，然后累加即可得到结果.【详解】，则，，，…，，以上各式相加可得，，.故选：B26．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）数列，满足：，，，则数列的最大项是第（ ）项．A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【分析】根据累加法求出，.设数列的最大项是第项，由得出不等式组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，，两边分别相加可得，，所以有.因为，所以，.设数列的最大项是第项，则有，即，整理可得，，解得.又，所以.故选：A.27．（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）已知数列的前4项分别为，则该数列的一个通项公式为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】直接观察可得答案.【详解】观察可知，该数列的一个通项公式为.故选：D.28．（2023上·河北衡水·高二衡水市第二中学校考期中）在数列中，，，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过构造等差数列的方法，先求得，进而求得.【详解】由，得，所以，所以，两边取倒数得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，.故选：A29．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）数列的通项公式可能是（ ）A． B．C． D．【答案】A【分析】结合选项中，数列的通项公式，逐项验证，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，符合题意，所以A正确；对于B中，由，可得，不符合题意，所以B错误；对于C中，由，可得，不符合题意，所以C错误；对于D中，由，可得，不符合题意，所以D错误.故选：A.30．（2023上·福建·高二统考期中）符合表示不超过实数的最大整数，如，，已知正项数列的前项和为，且，则（ ）A．22 B．19 C．18 D．16【答案】C【分析】根据得到数列是以1为首项，1为公差的等差数列，求出，，利用放缩法得到时，，，从而得到，得到答案.【详解】，当时，，其中，解得，故，当时，，得，整理为，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，，，当时，，，又，，，．故选：C．31．（2023上·天津津南·高二校考期末）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用求通项公式，进而可得，再应用分组求和，结合等差、等比前n项和公式求.【详解】由题设且(n ≥ 2)，故且，所以，又也满足，故，则，所以.故选：B32．（2023下·黑龙江鹤岗·高二鹤岗一中校考期中）数列的前项和为，，数列的前项和为，且，则的值为（ ）A．30 B．39 C．51 D．66【答案】C【分析】先利用的关系，求出，得到，求和可得答案.【详解】当时，；当时，，，时，，所以，所以.故选：C.33．（2023下·河南南阳·高二校考阶段练习）已知数列的项满足，而，则＝（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，可得，然后利用累乘法可求得结果【详解】由，得，所以，，，……，，，（），所以，所以，因为，所以，因为满足上式，所以，故选：B34．（2023上·河北唐山·高二校考期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……，已知在斐波那契数列中，，，，若，则数列的前2020项和为（ ）．A．m－1 B． C． D．【答案】A【分析】由题意结合累加法可得，即可得答案.【详解】由题，，则，.将以上各式相加可得，则，则.故选：A二、多选题35．（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）已知正项数列的前项和为，且，则（ ）A．是递减数列 B．是等差数列C． D．【答案】ACD【分析】根据题中的递推公式，分别可求出，，，从而可对各项进行求解.【详解】因为，所以.因为，所以.当时，因为，所以，所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故D正确；因为，所以，故B错误；因为（也满足），所以，所以是递减数列，故A正确；因为，即，所以C正确.故选：ACD36．（2023上·江苏苏州·高二苏州中学校考期中）已知无穷等差数列的前n项和为，且，则（ ）A．在数列中，最大 B．在数列中，最大C． D．当时，【答案】AD【分析】由题意可得，结合等差数列的性质讨论各选项即可得答案.【详解】因为且，所以，则等差数列的公差，则在数列中，最大，故A正确，B错误；因，故C错误；因，，则当时，，故D正确. 故选：AD.37．（2023上·福建三明·高二校联考期中）已知数列的前项和，则（ ）A．不是等差数列 B．C．数列是等差数列 D．【答案】BC【分析】根据即可求出数列的通项，再根据等差数列得定义和前项和公式逐一判断即可.【详解】由，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，故B正确；因为，所以是等差数列，故A错误；对于C，，因为，所以数列是等差数列，故C正确；对于D，令，则，所以当时，，当时，，故，故D错误.故选：BC.38．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知数列满足，则（ ）A．B．是等差数列C．是等差数列D．数列的前100项和为【答案】ACD【分析】选项A，由递推公式直接计算即可；选项B，由条件可得，从而可判断；选项C，由选项B的判断过程可进一步得出的通项公式，从而得出，可判断；选项D，由上面的过程可得，由裂项相消可得答案.【详解】当时，，当时，，A正确.由2，得，即.因为，所以是首项为1，公比为的等比数列，B错误.从而可得，则，所以，因为，所以是等差数列，C正确.，所以数列的前100项和为，D正确.故选：ACD三、填空题39．（2023上·上海闵行·高二上海市七宝中学校考期中）已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ．【答案】【分析】由累加法算数列的通项公式，再由递推公式求结果.【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，所以当时，可得，当时， 所以当时，故答案为：40．（2023上·山东青岛·高二统考期中）设是数列的前项和，，，则 .【答案】【分析】当时，求出的值，当时，由代入等式，可推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，再由可求得数列的通项公式.【详解】对任意的，，则，当时，则有，可得；当时，，即，所以，数列是等差数列，首项为，公差为，所以，，则，故当时，，也满足，故对任意的，.故答案为：.41．（2023上·上海闵行·高二校考阶段练习）在数列中，若，，则的通项公式为 .【答案】【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式即得.【详解】在数列中，，，因此数列是常数列，则，
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