2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破数列综合大题归类含答案.pdf

1数列综合大题归类 数列综合大题归类 目录目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型 基础原理：mpq=mq-p1p-1q，如：124=14-212-14；基本题型：1n n+1=1n-1n+1；12n-12n+1=1212n-1-12n+1；注意(避免掉坑)分母分解因式：1n2+3n=1n n+3=131n-1n+3；系数不相同就提系数：1n 2n+4=121n n+2=12121n-1n+2；求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n+k=1k1n-1n+k；(2)1n+k+n=1kn+k-n；2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破数列综合大题归类（学生版）2(3)12n-12n+1=1212n-1-12n+1；(4)1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2；分式型分子裂差法形如f nanan+1型，如果f n=an+1-an，则可以分子裂差：f nanan+1=an+1-ananan+1=1an-1an+11(2222 2323 龙岩龙岩 二模二模)已知等差数列 an的首项为1，公差d0，前n项和为Sn，且SnS2n为常数(1)求数列 an的通项公式；(2)令bn=nanan+1-n+1an+1an+2，证明：b1+b2+b3+bn132(2222 2323 秦皇岛秦皇岛 模拟预测模拟预测)设等比数列 an的前n项和为Sn，数列 bn为等差数列，且公差d0,a1=b1=2，a3=b3,S3=b5.(1)求数列 an的通项公式以及前n项和Sn；(2)数列2n+1n2bn+42 的前n项和为Tn，求证：Tn19.3(20242024下下 福建福建 高三校联考开学考试高三校联考开学考试)已知正项数列 an中，a1=1，an+1=an+2 an+1(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列bn=2 an+1anan+1的前n项和Sn，求满足Sn99100的正整数n的集合3【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型 指数裂项法形如mqn+r+thqn+bhqn+1+b型，如果mqn+r+t=hqn+b-hqn+1+b，则可以分子裂差：mqn+r+thqn+bhqn+1+b=hqn+1+b-hqn+bhqn+bhqn+1+b=1hqn+b-1hqn+1+b1(20232023 广西玉林广西玉林 校联考模拟预测校联考模拟预测)记Sn为数列 an的前n项和，已知a1=2，an+1=Sn+n(1)证明：当n2时，数列 an+1是等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)设bn=2n+1an+1an+2，数列 bn的前n项和为Tn，证明：Tn132(20232023上上 海南海口海南海口 高三校考阶段练习高三校考阶段练习)在数列 anan0和 bn中，a1=1,b1=2，且an+1bn是anan+1和anbn+1的等差中项.(1)设cn=bnan，求证：数列 cn-1为等比数列；(2)若bn=32n2n+1,an的前n项和为Sn，求证：Sn0，a2n+2an+1=4Sn.(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列-1n4nanan+1 的前n项和Tn.2(20232023 江苏镇江江苏镇江 二模二模)已知数列 an满足：a1=14,an+1=nn+2an.(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn=(-1)n(2n+1)an，求数列 bn的前n项和Sn.3(20232023 湖南永州湖南永州 三模三模)记正项数列 an的前n项积为Tn，且1an=1-4Tn.(1)证明：数列 Tn是等差数列；(2)记bn=-1n8n+6TnTn+1，求数列 bn的前2n项和S2n.5【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和 正负型：指数裂和型形如-1nmqn+r+thqn+bhqn+1+b型，如果mqn+r+t=hqn+b+hqn+1+b，则可以分子裂和：-1nmqn+r+thqn+bhqn+1+b=-1nhqn+1+b+hqn+bhqn+bhqn+1+b=-1n1hqn+b+1hqn+1+b1(2323 2424上上 湖北湖北 期中期中)已知an为等比数列，且a2+a3+a4=14，a2,a3+1,a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)当an为递增数列时，bn=(-1)n6an+22n+12n+1+1，数列bn的前n项和为Tn，若存在nN,mTn，求m的取值范围.2(2323 2424上上 黔东南黔东南 阶段练习阶段练习)已知数列 an满足：a1=1，an=2an-1+1 n2.(1)证明：an+1是等比数列，并求 an的通项公式；(2)令bn=(-1)n(3n+2)n(n+1)an+1+1，求 bn的前n项和Sn.3(2222 2323高二下高二下 黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨 期中期中)已知数列 an满足a1=14,an+1=3an-4.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=(-1)nan3n+13n+1+1，数列 bn的前n项和为Tn，若存在nN N*，使mTn，求m的取值范围.6【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 仿写规律：t1bnanan+1tn1antn-1-1an+1tn=bnanan+1tn(可通分反解)；bntnanan+1tn+1an+1-tnan=bntnanan+1(可通分反解)1(2323 2424上上 甘南甘南 期中期中)在数列 an中，a1=2且nN*,an+1=3an+23n.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=an+3nanan+1，若 bn的前n项和为Sn，证明：Sn14.2(2323 2424上上 合肥合肥 阶段练习阶段练习)在数1和3之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作Tn，令an=log3Tn.(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn=n+12n-1anan+1，求数列 bn的前n项和Sn.3(2323 2424上上 昆明昆明 阶段练习阶段练习)已知数列 an满足a1=2,an+1=2n+1annN N*.(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn=log2a2n-n2，数列bn+22n+1bnbn+1 的前n项和为Sn，求证：38Sn1为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n+2个数为8，设an=log2qn(1)证明：数列1an 是等差数列；(2)设bn=tanantanan+1，求数列 bn的前100项和S1002(2222 2323高三上高三上 山东济宁山东济宁 期中期中)已知nN N*，抛物线y=-x2+n与x轴正半轴相交于点A，在点A处的切线在y轴上的截距为an(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn=4ncosnan-1an+1，求数列 bn的前项和Sn3(2222 2323上上 芜湖芜湖 期末期末)已知Sn是数列 an的前n项和，2Sn=n+1an且a1=1(1)求 an的通项公式；(2)设a0=0，已知数列 bn满足bn=sin1cosancosan-1，求 bn的前n项的和Tn8【题型七】递推公式：分式型不动点【题型七】递推公式：分式型不动点 已知分式一次型数列递推关系an+1=Can+DAan+B求通项的问题解法：法一，化归法.当D=0时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当D0时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令an+1+x=Can+DAan+B+x=C+xAan+D+BxAan+B，可由1x=C+AxD+Bx解得x的值，即可得到构造方向bn+1=tbnAan+B，通过这样的转化将问题又化归为D=0的情形再求解.法二，特征根法求解.先构造特征方程x=Cx+DAx+B，解方程得根x1,x2，若x1x2，则an-x2an-x1 为等比数列；若x1=x2，则1an-x1 为等差数列.1(2222-2323高三高三 河南河南 阶段练习阶段练习)已知数列 an满足a1=0,an+1=-an-22an+3,nN(1)证明：数列1an+1 是等差数列；(2)证明：a2 a3 a4 an+112n+12(20242024高三高三 全国全国 专题练习专题练习)在数列an中，a1=4且 an+1=3an+2an+4，求数列an的通项公式.3(20232023高三高三 全国全国 专题练习专题练习)已知数列 an满足性质：对于nN,an-1=an+42an+3,且a1=3,求an的通项公式.9【题型八】插入数型【题型八】插入数型 插入数型1.插入数构成等差数列在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等差数列，可通过构造新数列bn来求解dnn+2个数构成等差数列，公差记为dn，所以：bn+2=b1+(n+2-1)dndn=bn+2-b1(n+2-1)2.插入数构成等比数列在an和an+1之间插入n个数，使这n+2个数构成等比数列，可通过构造新数列bn来求解dnn+2个数构成等比数列，公差记为dn，所以：bn+2=b1qn(n+2-1)qn(n+2-1)=bn+2b1lnbn+2b1=lnqn(n+2-1)=(n+2-1)lnqn3.插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列an提供了多少项，其余都是插入进来的。1(20242024 全国全国 武钢三中校联考模拟预测武钢三中校联考模拟预测)已知数列 an为等差数列，a1=1,3a4-a2=10，且数列 abn 是公比为2的等比数列，b1=2.(1)求 an，bn的通项公式；(2)若数列 cn满足cn=an,n是奇数an-2,n是偶数，将 cn中的项按原有顺序依次插入到数列 bn中，使bk与bk+1之间插入2项，形成新数列，求此新数列前面20项的和T20.102(20232023 上海虹口上海虹口 华东师范大学第一附属中学校考三模华东师范大学第一附属中学校考三模)若数列 an满足a2n+1-a2n=p(n为正整数，p为常数)，则称数列 an为等方差数列，p为公方差(1)已知数列 xn,yn的通项公式分别为xn=n+1,yn=3n-1,判断上述两个数列是否为等方差数列，并说明理由；(2)若数列 an是首项为1，公方差为2的等方差数列，数列 bn满足bn=2,n=1loga2na2n+1,n2，且b1b2b3bm=8，求正整数m的值；(3)在(1)(2)的条件下，若在yk与yk+1之间依次插入数列 a2n中的k项构成新数列 cn:y1，a21,y2,a22,a23,y3,a24,a25,a26,y4,，求数列 cn中前50项的和T503(江苏南京南京外国语学校校考 江苏南京南京外国语学校校考)设等比数列an的前n项和为Sn=2n+1-2；数列bn满足6n2-t+3bnn+2bn=0(tR，nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)试确定t的值，使得数列bn为等差数列；在结论下，若对每个正整数k，在ak与ak+1之间插入bk个2，符到一个数列cn设Tn是数列cn的前n项和，试求满足Tm=2Cm+1的所有正整数m11【题型九】数列跳项型【题型九】数列跳项型 1(湖北省黄冈中学第三次模拟考试理科数学试题湖北省黄冈中学第三次模拟考试理科数学试题)设 an是等差数列，bn是等比数列.已知a1=1，b1=2，b2=2a2，b3=2a3+2.(1 1)求 an和 bn的通项公式；(2 2)数列 cn满足cn=1,n=2kan,n2k(kN)，设数列 cn的前n项和为Sn，求S2n.2(宁夏银川一中宁夏银川一中20232023届高三上学期第三次月考数学届高三上学期第三次月考数学(文文)试题试题).已知数列 an的前n项和为Sn，a1=1，且nan+1+Sn+1=2 nN*(1)证明：数列 nSn为等差数列；(2)选取数列 Sn的第2nnN项构造一个新的数列 bn，求 bn的前n项和Tn12【题型十】证明数列不等式【题型十】证明数列不等式 数列与不等式问题要抓住一个中心-函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；(3)不等关系证明中进行适当的放缩1(20242024上上 重庆重庆 高三重庆巴蜀中学校考期中高三重庆巴蜀中学校考期中)数列 an的前n项和Sn，已知a2=a1+4，2Sn=nan+n+k nN，k为常数.(1)求常数k和数列 an的通项公式；(2)数列1Sn 的前n项和为Tn，证明：43-12n+1Tn0，a2n+2an=4Sn+3.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=1anan+1，求数列 bn的前n项和为Tn，证明115Tn16.3设数列 an的首项a1(0,1),an=3-an-12(n=2,3,4,)(1)求 an的通项公式；(2)设bn=an3-2an，证明：bntSk恒成立，求实数t的最大值.152(20242024 辽宁葫芦岛辽宁葫芦岛 一模一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作L M,N删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列设数列 an的通项公式an=3n-1，nN N+，通过“数据漏斗”软件对数列 an进行L 3,1操作后得到 bn，设 an+bn前n项和为Sn(1)求Sn；(2)是否存在不同的实数p,q,rN N+，使得Sp，Sq，Sr成等差数列？若存在，求出所有的 p,q,r；若不存在，说明理由；(3)若en=nSn2(3n-1)，nN N+，对数列 en进行L 3,0操作得到 kn，将数列 kn中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到 pn，再将 pn的每一项都加上自身项数，最终得到 cn，证明：每个大于1的奇平方数都是 cn中相邻两项的和163(20242024 安徽黄山安徽黄山 一模一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用对于数列 an，规定 an为数列 an的一阶差分数列，其中an=an+1-annN*，规定 2an为数列 an的二阶差分数列，其中2an=an+1-annN N*(1)数列 an的通项公式为an=n3nN N*，试判断数列 an,2an是否为等差数列，请说明理由？(2)数列 logabn是以1为公差的等差数列，且a2，对于任意的nN N*，都存在mN N*，使得2bn=bm，求a的值；(3)各项均为正数的数列 cn的前n项和为Sn，且 cn为常数列，对满足m+n=2t，mn的任意正整数m,n,t都有cmcn，且不等式Sm+SnSt恒成立，求实数的最大值1数列综合大题归类 数列综合大题归类 目录目录【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型【题型七】递推公式：分式型不动点【题型八】插入数型【题型九】数列跳项型【题型十】证明数列不等式【题型十一】新结构第19题型：差分密码型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型【题型一】“函数型”裂项求和：基础型 基础原理：mpq=mq-p1p-1q，如：124=14-212-14；基本题型：1n n+1=1n-1n+1；12n-12n+1=1212n-1-12n+1；注意(避免掉坑)分母分解因式：1n2+3n=1n n+3=131n-1n+3；系数不相同就提系数：1n 2n+4=121n n+2=12121n-1n+2；求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项(或正负项)对应.(1)1n n+k=1k1n-1n+k；(2)1n+k+n=1kn+k-n；2(3)12n-12n+1=1212n-1-12n+1；(4)1n n+1n+2=121n n+1-1n+1n+2；分式型分子裂差法形如f nanan+1型，如果f n=an+1-an，则可以分子裂差：f nanan+1=an+1-ananan+1=1an-1an+11(2222 2323 龙岩龙岩 二模二模)已知等差数列 an的首项为1，公差d0，前n项和为Sn，且SnS2n为常数(1)求数列 an的通项公式；(2)令bn=nanan+1-n+1an+1an+2，证明：b1+b2+b3+bn13【答案】(1)an=2n-1(2)证明见解析【分析】(1)由SnS2n为常数，则n1+1+(n-1)d22n1+1+(2n-1)d2=2-d+nd4-2d+4nd为常数，即d=2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得bn=nanan+1-n+1an+1an+2=n(2n-1)(2n+1)-n+1(2n+1)(2n+3)，然后累加求和即可得证【详解】(1)依题意，得：S1S2=S2S4，即a1a1+a2=a1+a2a1+a2+a3+a4所以，12+d=2+d4+6d，化简得：d(d-2)=0因为d0，所以d=2所以an=1+2(n-1)=2n-1经检验：SnS2n=n24n2=14成立(2)因为an=2n-1所以bn=n(2n-1)(2n+1)-n+1(2n+1)(2n+3)=144n(2n-1)(2n+1)-4(n+1)(2n+1)(2n+3)=1412n-1+12n+1-12n+1+12n+3=1412n-1-12n+3，所以b1+b2+b3+bn=14 1-15+13-17+15-19+12n-5-12n-1+12n-3-12n+1+12n-1-12n+3=141+13-12n+1-12n+3=1443-12n+1-12n+3132(2222 2323 秦皇岛秦皇岛 模拟预测模拟预测)设等比数列 an的前n项和为Sn，数列 bn为等差数列，且公差d0,a1=b1=2，a3=b3,S3=b5.(1)求数列 an的通项公式以及前n项和Sn；(2)数列2n+1n2bn+42 的前n项和为Tn，求证：Tn19.【答案】(1)an=2n,Sn=2n+1-2(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.3(2)利用裂项相消法求出Tn=19 1-1n+12，而1-1n+121，从而得出证明.【详解】(1)设 an的公比为q，由题意，可得a1q2=b1+2da1+a1q+a1q2=b1+4d，解得q=2d=3，所以an=2n，所以Sn=2 1-2n1-2=2n+1-2；(2)由(1)得bn=2+3 n-1=3n-1，所以2n+1n2bn+42=2n+1n2(3n+3)2=2n+19n2(n+1)2=191n2-1(n+1)2，所以Tn=b1+b2+bn=191-122+122-132+1n2-1(n+1)2=19 1-1n+12，因为1-1n+121，所以Tn19，得证.3(20242024下下 福建福建 高三校联考开学考试高三校联考开学考试)已知正项数列 an中，a1=1，an+1=an+2 an+1(1)求数列 an的通项公式；(2)记数列bn=2 an+1anan+1的前n项和Sn，求满足Sn99100的正整数n的集合【答案】(1)an=n2(2)nN N*|1n8【分析】(1)由题意，可得到数列an是公差为1的等差数列，进而得到数列 an的通项公式；(2)由(1)可得数列 bn的通项公式，利用裂项相消法即可求出Sn，进而解不等式.【详解】(1)由an+1=an+2 an+1，有an+1=an+12，即an+12=an+12，因为数列 an是正项数列，所以an+1=an+1，即an+1-an=1，可得数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以an=a1+n-1=n，故数列 an的通项公式为an=n2；(2)由(1)可得bn=2n+1n2n+12=n+12-n2n2n+12=1n2-1n+12所以Sn=1-122+122-132+1n2-1n+12=1-1n+12，故不等式Sn99100可化为1-1n+1299100，解得0n9，所以满足Sn99100的正整数n的集合为 nN N*|1n8.【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型 指数裂项法形如mqn+r+thqn+bhqn+1+b型，如果mqn+r+t=hqn+b-hqn+1+b，则可以分子裂差：mqn+r+thqn+bhqn+1+b=4hqn+1+b-hqn+bhqn+bhqn+1+b=1hqn+b-1hqn+1+b1(20232023 广西玉林广西玉林 校联考模拟预测校联考模拟预测)记Sn为数列 an的前n项和，已知a1=2，an+1=Sn+n(1)证明：当n2时，数列 an+1是等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)设bn=2n+1an+1an+2，数列 bn的前n项和为Tn，证明：Tn13【答案】(1)证明见解析，an=2,n=12n-1,n2(2)证明见解析【分析】(1)令n=1可求得a2的值，当n2时，由an+1=Sn+n，可得an=Sn-1+n-1，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列 an的通项公式；(2)bn=12n+1-1-12n+2-1，利用裂项相消法可证得结论成立.【详解】(1)证明：因为a1=2，an+1=Sn+n，Sn为数列 an的前n项和，当n=1时，a2=S1+1=2+1=3，当n2时，由an+1=Sn+n，可得an=Sn-1+n-1，-可得an+1-an=an+1，即an+1=2an+1，所以，an+1+1=2 an+1，又因为a2+1=3+1=42 a1+1，则当n2时，数列 an+1是等比数列，其公比为2，即当n2时，an+1=a2+12n-2=42n-2=2n，则an=2n-1，a1=2不满足an=2n-1，所以，an=2,n=12n-1,n2.(2)证明：bn=2n+1an+1an+2=2n+12n+1-12n+2-1=12n+1-1-12n+2-1，则Tn=b1+b2+bn=122-1-123-1+123-1-124-1+124-1-125-1+12n+1-1-12n+2-1=13-12n+2-113.综上，对任意的nN N，Tn13.2(20232023上上 海南海口海南海口 高三校考阶段练习高三校考阶段练习)在数列 anan0和 bn中，a1=1,b1=2，且an+1bn是anan+1和anbn+1的等差中项.(1)设cn=bnan，求证：数列 cn-1为等比数列；(2)若bn=32n2n+1,an的前n项和为Sn，求证：Sn0，故Sn0，a2n+2an+1=4Sn.(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列-1n4nanan+1 的前n项和Tn.【答案】(1)an=2n-1(2)Tn=-1+(-1)n12n+1【分析】(1)利用Sn与an的关系计算求通项；(2)结合(1)的结论，利用裂项相消法计算即可.【详解】(1)已知a2n+2an+1=4Sn，当n=1时，a1=1.当n2时，a2n-1+2an-1+1=4Sn-1-得：a2n+2an-a2n-1-2an-1=4an，即 an+an-1an-an-1-2=0.又an0，所以an+an-10，an-an-1=2.所以数列 an是以1为首项，2为公差的等差数列.所以an=2n-1.(2)设bn=(-1)n4nanan+1=(-1)n4n2n-12n+1=(-1)n12n-1+12n+1.Tn=-1+13+13+15-15+17+(-1)n12n-1+12n+1=-1+(-1)n12n+1.2(20232023 江苏镇江江苏镇江 二模二模)已知数列 an满足：a1=14,an+1=nn+2an.(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn=(-1)n(2n+1)an，求数列 bn的前n项和Sn.【答案】(1)an=12n n+1(2)Sn=-12+-1n12n+2【分析】(1)运用累乘法计算；(2)运用裂项相消法求和.【详解】(1)由题意：a2a1=13,a3a2=24,a4a3=35,a5a4=46,an+1an=nn+2，a2a1a3a2a4a3a5a4an+1an=13243546nn+2=2n+1n+2，an+1a1=2n+1n+2,an+1=a12n+1n+2=12 n+1n+2，an=12n n+1，将n=1代入上式也成立，an=12n n+1；(2)bn=-1n2n+1an=-1n2n+12n n+1=-1n1n+1n+112，Sn=b1+b2+b3+b4+b5+bn=12-1-12+12+13-13-14+-1n1n+-1n1n+1=12-1+-1n1n+1=-12+-1n12n+2.3(20232023 湖南永州湖南永州 三模三模)记正项数列 an的前n项积为Tn，且1an=1-4Tn.7(1)证明：数列 Tn是等差数列；(2)记bn=-1n8n+6TnTn+1，求数列 bn的前2n项和S2n.【答案】(1)证明见解析(2)-8n40n+25【分析】(1)根据题意得到TnTn-1=an，由1an=1-4Tn，化简得到Tn-Tn-1=4，求得T1=5，结合等差数列的定义，即可求解；(2)由(1)可得Tn=4n+1，得到bn=-1n14n+1+14n+5，结合裂项法，即可求解.【详解】(1)证明：由题意得Tn=a1a2an，当n2时，可得Tn-1=a1a2an-1，可得TnTn-1=an,(n2)，因为1an=1-4Tn，所以Tn-1Tn=1-4Tn,(n2)，即Tn-1=Tn-4(n2)，即Tn-Tn-1=4,(n2)，当n=1时，可得T1=a1，所以1T1=1-4T1，解得T1=5，所以数列 Tn是以5为首项，4为公差的等差数列(2)解：由(1)可得Tn=5+(n-1)4=4n+1，所以bn=-1n8n+6TnTn+1=-1n8n+6(4n+1)(4n+5)=-1n14n+1+14n+5，所以S2n=-15+19+19+113-113+117+-18n-3+18n+1+18n+1+18n+5=-15+18n+5=-8n40n+25.【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和 正负型：指数裂和型形如-1nmqn+r+thqn+bhqn+1+b型，如果mqn+r+t=hqn+b+hqn+1+b，则可以分子裂和：-1nmqn+r+thqn+bhqn+1+b=-1nhqn+1+b+hqn+bhqn+bhqn+1+b=-1n1hqn+b+1hqn+1+b1(2323 2424上上 湖北湖北 期中期中)已知an为等比数列，且a2+a3+a4=14，a2,a3+1,a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)当an为递增数列时，bn=(-1)n6an+22n+12n+1+1，数列bn的前n项和为Tn，若存在nN,mTn，求m的取值范围.【答案】(1)an=2n-1或an=25-n(2)m-815【分析】(1)运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到an通项.(2)由an递增可得an=2n-1，对bn通项进行裂项展开，当n为偶数、奇数时分别求出Tn表达式，然后再分别8求出Tn的范围，由存在nN,mTn，即可求出m的取值范围.【详解】(1)设等比数列an公比为q，由a2+a3+a4=14a2+a4=2 a3+1 a3=4q=2 或a3=4q=12，an=2n-1或an=25-n.(2)当an为递增数列时，an=2n-1所以bn=(-1)n32n+22n+12n+1+1=(-1)n12n+1+12n+1+1当n为偶数时，Tn=-12+1+122+1+122+1+123+1+12n+1+12n+1+1=-13+12n+1+1在nN*上单调递减，Tn-13,-29，当n为奇数时，Tn=-12+1+122+1+122+1+123+1+-12n+1+12n+1+1=-13-12n+1+1在nN*上单调递增，Tn-815,-13，m-815.2(2323 2424上上 黔东南黔东南 阶段练习阶段练习)已知数列 an满足：a1=1，an=2an-1+1 n2.(1)证明：an+1是等比数列，并求 an的通项公式；(2)令bn=(-1)n(3n+2)n(n+1)an+1+1，求 bn的前n项和Sn.【答案】(1)证明见解析，an=2n-1(2)Sn=(-1)n(n+1)2n+1-12【分析】(1)通过构造可证 an+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得an+1，然后可得an；(2)将数列 bn通项公式变形为bn=(-1)n1n2n+1(n+1)2n+1，直接求和可得.【详解】(1)证明：由an=2an-1+1(n2)，所以an+1=2an-1+2=2(an-1+1)，所以an+1是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，所以an+1=2n，即an=2n-1(2)由(1)知：an+1+1=2n+1，所以bn=(-1)n(3n+2)n(n+1)2n+1.又bn=(-1)n1n2n+1(n+1)2n+1，所以Sn=-12+1222+1222+1323-1323+1424+-1n1n2n+1n+12n+1=(-1)n(n+1)2n+1-123(2222 2323高二下高二下 黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨 期中期中)已知数列 an满足a1=14,an+1=3an-4.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=(-1)nan3n+13n+1+1，数列 bn的前n项和为Tn，若存在nN N*，使mTn，求m的取值范围.【答案】(1)an=43n+2(2)-720,+【分析】(1)依题意可得an+1-2=3 an-2，再结合等比数列的定义即可证明；9(2)由(1)可得bn=(-1)n13n+1+13n+1+1，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】(1)证明：因为an+1=3an-4，所以an+1-2=3 an-2，即an+1-2an-2=3 nN N*，因为a1=14，所以a1-2=12，故数列 an-2是以12为首项，3为公比的等比数列，所以an-2=123n-1=43n，则an=43n+2.(2)解：由(1)知an=43n+2，所以bn=(-1)nan3n+13n+1+1=(-1)n43n+23n+13n+1+1=(-1)n13n+1+13n+1+1.当n为偶数时，Tn=-13+1-132+1+132+1+133+1+L+-13n+113n+1+13n+1+13n+1=-13+1+13n+1+1=-14+13n+1+1，因为Tn=-14+13n+1+1是单调递减的，所以-140，所以-720Tn1bnanan+1tn1antn-1-1an+1tn=bnanan+1tn(可通分反解)；bntnanan+1tn+1an+1-tnan=bntnanan+1(可通分反解)1(2323 2424上上 甘南甘南 期中期中)在数列 an中，a1=2且nN*,an+1=3an+23n.(1)求 an的通项公式；(2)设bn=an+3nanan+1，若 bn的前n项和为Sn，证明：Sn14.【答案】(1)an=2n3n-1,nN(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，化简得到an+13n+1-an3n=23，得出数列an3n 为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而10求得数列 an的通项公式；(2)由an=2n3n-1，得到bn=121an-1an+1，结合裂项法求和，求得Sn=14-14(n+1)3n，进而证得Sn0，可得14-14(n+1)3n14，即Sn0，所以，Tn=3n+22，则an=log3Tn=log33n+22=n+22.11(2)解：bn=n+12n-1anan+1=n+12n-1n+2n+34=n+12n+1n+2n+3=2 n+2-n+32n+1n+2n+3=-2n+1n+2+2n+2n+3，所以，Sn=-223+234+-234+245+-2n+1n+2+2n+2n+3=2n+2n+3-43.3(2323 2424上上 昆明昆明 阶段练习阶段练习)已知数列 an满足a1=2,an+1=2n+1annN N*.(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn=log2a2n-n2，数列bn+22n+1bnbn+1 的前n项和为Sn，求证：38Sn12.【答案】(1)an=2n n+12(2)证明见解析【分析】(1)运用累乘法求出 an的通项公式；(2)先运用裂项法求出Sn的解析式，再运用缩放法证明.【详解】(1)由已知a1=2,an+1an=2n+1nN N*，所以an=anan-1an-1an-2a2a1a1=2n2n-1222=2n n+12n2，当n=1时，a1=2满足条件，所以an=2n n+12；(2)由于bn=log2a2n-n2=n，所以bn+22n+1bnbn+1=n+22n+1n n+1=1n2n-1n+12n+1，所以Sn=112-1222+1222-1323+1323-1424+1n2n1n+12n+，所以Sn=112-1n+12n+1，显然Sn在N*上为增函数，S1=112-1222=38,SnS1=38，又Sn=112-1n+12n+1112=12，所以38Sn1为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n+2个数为8，设an=log2qn(1)证明：数列1an 是等差数列；(2)设bn=tanantanan+1，求数列 bn的前100项和S100【答案】(1)数列1an 是以公差为23的等差数列.1an+1-1an=23(2)-99【分析】(1)根据等比数列的性质分析可得an=32n+1，再结合等差数列的定义分析证明；(2)根据两角差的正切公式整理得bn=-33tanan+1-tanan-1，结合裂项相消法运算求解.【详解】(1)由题意可得：q2n+1n=81=8，且qn1，可得qn=232n+1，所以an=log2232n+1=32n+1，可得1an=2n+13，则1an+1-1an=2 n+1+13-2n+13=23，所以数列1an 是以公差为23的等差数列.(2)由(1)可得an+1-an=23，则tan23=tanan+1-an=tanan+1-tanan1+tanan+1tanan=-3，整理得bn=tanantanan+1=-33tanan+1-tanan-1，则S100=b1+b2+b100=-33tana2-tana1-1+-33tana3-tana2-1+-33tana101-tana100-1=-33tana2-tana1+tana3-tana2+tana101-tana100-100=-33tana101-tana1-10