2022年高考数学冲刺专题复习之——求数列通项公式 .pdf

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1、高考数学（文）冲刺复习之求数列的通项公式一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法.这种方法适用于已知数列类型的题目，此题目是必须掌握的基本运算，一般有“知二求一”的方程思想 . 例题等差数列na是递增数列，前n 项和为nS，且931,aaa成等比数列，255aS求数列na的通项公式 . 训练【2017 新课标 1 文】记 Sn为等比数列na的前 n 项和，已知S2=2，S3=-6 （1）求na的通项公式；（2）求 Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列【答案】（1）( 2)nna； （2） ，证明见解析【解析】122( 1)33nnnS（2）由（ 1）可得11

2、(1)22()1331nnnnaqSq由于3212142222()2()2313313nnnnnnnnSSS，故1nS，nS，2nS成等差数列【考点】等比数列【名师点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 27 页二、利用nS和na的关系求na的通项公式解法：巧用1112nnnSnaSSn，.使用是根据具体条件和结论，正用、逆用或同时使用，对等式退（进）一步作差. 1、形如 f(Sn,n)=0 型可利用公式：11SSSannn) 1()2(nn直接求

3、出通项na； （讨论1a能否被吸收 ）例题 1 已知数列 an的前 n项和为（1）Sn=2n2-n； （2）Sn=n2+n+1 ，分别求数列 an的通项公式；例题 2 已知数列na的前n项和nS满足2( 1) ,1.nnnSan求数列na的通项公式；变式 1 数列na的前 n 项和nS满足：naSnn32（n N+） ，求数列na的通项公式n；变式 2 已知数列na的前 n 项和为11,4nS a且1112nnnSSa， 数列nb满足11194b且13nnbbn (2)nnN且 （）求na的通项公式； （）求证：数列nnba为等比数列；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

4、总结 - - - - - - -第 2 页，共 27 页变式 3 若前 n项和为 Sn且满足 an=)2(1222nSSnn,且 a1=1，求数列的通项公式；2、形如 f(Sn,Sn+1)=0 型方法（ i）. 看成Sn的递推公式，求Sn的通项公式，再由nS求出n.（ii）. （逆用）利用 an=Sn-Sn-1转化成关于 an和 an-1的关系式再求。例题 1 已知数列 an 的首项 a1=1，前 n 项和 Sn满足关系式 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t（t 为常数且 t0，n=2,3,4 ）（1）求证：数列 an是等比数列；（2）设数列 an的公比为f(t)，作数列 bn，使 b1=1

5、，11()nnbfb(2,)nnN，求 bn变式 1： 若前 n 项和为 Sn方程 x2-anx-an=0 有一根为 Sn-1,3 ,2,1n求数列的通项公式n；变式 2：已知下列各数列na的前n项和nS的公式，求na的通项公式；（1）32nnS； （2）212 ,1nnSn ana【解析】（1）当1n时，111aS，2n时，112 3nnnnaSS?，11,12 3,2nnnan?（2）当2n时，22111nnnnnaSSn ana，即2211111,1nnnnannanaan精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 27 页1

6、234211233211233212.115431nnnnnnnaaaaaaannnaaaaaaannnn n?21nan n，又121111a，21nanNn n3、形如 f(Sn,an)=0 型利用 an=Sn-Sn-1转化为 g(an,an-1)=0 型或 h(Sn,Sn-1)=0 型例题 数列 an 的前 n 项和记为 Sn，已知).3, 2, 1(2, 111nSnnaann证明：数列nsn是等比数列 . 变式： 数列的各项均为正数，是的前 n项和， 对于任意， 总有成等差数列求数列的通项公式 ；设数列的前 n 项和为，且，求证：对任意实数和，总有点评：利用公式1112nnnSnaS

7、SnL L L L L L LL L L L L求解时，要注意对进行分类讨论，但若能合写时一定要合并.另外，此种方法的原理适合所有多写一项，逐项对齐，两式相减的题目四、由递推式求数列通项法对于递推式确定的数列的求解，通常可以通过地推公式的变换，转化为等差数列或等比数列，有时也用到特殊的转化方法与特殊数列；类型 1：1( )nnaaf n，( )f n为可求和的式子 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 27 页解法：把原递推公式转化为1( )nnaaf n，利用累加法（逐差相加法） 、迭代法或左边构造ns来求解例题 1 已

8、知数列na，求na（1）112,1nnaaan，求通项na（2）11211,2nnaaann，例题 2 已知数列 an满足)2(3, 1111naaannn, 证明213nna变式 设数列 an 满足 a10 且11an111an1.求an 的通项公式；类型 2 1( )nnaf n a，( )f n为可求乘积的式子解法：把原递推公式转化为1( )nnaf na，利用累乘法（逐商相乘法）或迭代法求解例题 1 已知数列na满足112,31nnnaaan，求na. 例题 2 已知数列na满足11313,(1)32nnnaaann，求na. 变式 1 （全国 I） 已知数列na满足112311,23

9、(1)(2),nnaaaaananL求na的通项na；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 27 页变 式2 （ 全 国I ） 设 数 列na是 首 项 为 1 的 正 项 数 列 ， 且22111(1)0(1,2,3)nnnnnanaaanL，求它的通项公式na；变式 3 （2017年四川全国卷三）类型 3 1( )nnapaf n， p 为非零常数，( )f n一般有下列三种情况：1、( )f n当为常数时，即1(1,0)nnapaq ppq点评：求递推式形如1nnapaq（ p、 q为常数）的数列通项，是近年高考考得很多

10、的一种题型 .解法一（待定系数累加法） ：用待定系数法构造辅助数列或构造一个新数列，可转化为特殊数列nak的形式求解 .一般地，形如1(1,0)nnapaq ppq的递推式均可通过待定系数法对常数p 分解法：设1()nnakp ak与原式比较系数可得pkkq，即1qkp，从而利用换元法构造等比数列nak精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 27 页解法二（特征 根法 ） ：设 已知数列na的项满足dcaabann 11, 其中, 1,0 cc求这个数列的通项公式。 作出一个方程,dcxx则当10ax时，na为常数列， 即010

11、1,;xbaaxaannn时当，其中nb是以 c为公比的等比数列，即01111,xabcbbnn.例题 1 已知数列na中111,23nnaaa，求na. 例题 2 数列na满足111,370nnaaa，求数列na的通项公式变式已知数列na满足，*11212,2nnnaaaaanN 2. 求na的通项公式。变式 1： （2006，福建）已知数列na满足111,21(*)nnaaanN（）求数列na的通项公式；（）若数列nb满足12111444(1) (*)nnbbbbnanNL,证明: nb是等差数列；（）证明 :122311(*)232nnaaannnNaaa（I）解： an+1=2 an+

12、1（nN）, an+1+1=2(an+1), | an+1| 是以 a1+1=2 为首项， 2 为公比的等比数列。an+1=2n，既 an=2n1(nN)。（II）证法一： 4b114 b224 bn1=(a+1)bn，4k1+k2+kn=2nk, 2(b1+b2+bn)-n=nb, 2(b1+b2+bn+1)-(n+1)=(n+1)bn+1-,得 2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nb, 即 (n-1)bn+1-nbn+2=0. nbn+2=(n+1)bn+1+2=0. -，得 nbn+2-2nbn+1-nbn=0, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

13、- - - - - -第 7 页，共 27 页即 bn+2-2bn+1+b=0, bn-2-bn+1=bn(nN*), bn 是等差数列 . 证法二：同证法一，得(n-1)bn+1=nbn+2=0 令 n=1，得 b1=2. 设 b2=2+d(dR),，下面用数学归纳法证明bn=2+(n-1)d. (1)当 n=1,得 b1=2. (2)假设当 n=k(k2)时，b1=2+(k-1)d,那么bk+1=.)1) 1(212)1(2(1121dkkdkkkkbkk这就是说，当 n=k+1 时，等式也成立 . 根据(1)和(2)，可知 bn=2(n-1)d 对任何 nN*都成立 . bn+1-bn=

14、d, bn是等差数列 . (3)证明：,.,2 ,1,21)212(212121211nkaakkkkkk.213221naaaaaann2223121) 12(21211212111kkkkkkkaa3121(k21),k=1,2,n, 变 式2 ： 设 正 数 列012,naa aaLL满 足21212(2)nnnnna aaaan且011aa，求na的通项公式；2、 当( )f n 为n的一次式时，可转化为特殊数列naAnB的形式求解，也可以同除以1np或1nq转化为前面的类型求解 ；解法：利用待定系数法，再利用换元法构造等比数列naAnB设nnbaAnB，即构造1+A1+AnnanBp

15、 anB例题 设数列na：114,321,(2)nnaaann，求na；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 27 页变 式 ： 在 数 列 an中 ，231a,114,2=63,nnaaan求 通 项an.(96)21(9nann.) 说明：若( )f n 为 n的二次式，则可设2nnbaAnBnC ，利用待定系数法进而求解3、 当( )nf nq时，则递推公式为1nnnapaq（其中p、q均为常数）解法：一般地，（1）在原递推公式两边同除以1np（累加法）或1nq（构造等比数列）转化为前面的类型求解（2）待定系数法：设 a

16、n+1+qn+1=p(an+qn). 则 an+1=pan+ (p-q)qn，令则 cn+1=pcncn是等比数列，可求 cn通项。范例 已知数列na满足111,32(2)nnnaaan，求na；变式 1 （1）已知数列na中，111511,( )632nnnaaa，求na；（2）在数列na中，11a，122nnnaa求数列nb；（3）设 a0为常数，且 2an=3n-1-3an-1 求通项 an. 变式 2 在数列)0,(2)2(,2111Nnaa，aannnnn中（1）求证：数列2() nnna是等差数列；（2）求数列na的前 n 项和nS；变式 3（全国）1pq1nnncaqpq)(Nn

17、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 27 页设数列na的前 n 项和14122,1,2,3,333nnnSanL（1） 求首项1a与通项na；（2） 设2,1,2,3,nnnTnSL证明：132niiT类型 4 21nnnapaqa型（其中 p,q 均为常数）。（二阶递推如果在高考中出现，可以不用特征根法，因为不是高考要求，一定能转化成前面一阶递推的形式，只要有整体和转化思想。）解法一（分解系数法）递推式21nnnapaqa中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合， 即把中间一项1na的系数分解成两个数， 适当组合，换元法构造

18、等比数列1nnaa。解法二（待定系数法） ：先把原递推公式转化为211()nnnnasat asa其中 s,t 满足stpstq，高考中常用此法 ；解法二（特征根法）：对于由递推公式2112,nnnapaqaaa给出的数列na，方程20 xpxq，叫做数列na的特征方程。若12,x x是特征方程的两个根，当12xx时，数列na的通项为1112nnnaAxBx，其中A 、B 由12,aa决定（即把1212,a ax x和 n=1,2，代入1112nnnaAxBx，得到关于A、B 的方程组）；当12xx时，数列na的通项为11()nnaABn x，其中 A、B 由12,aa决定（即把1212,a

19、axx和 n=1,2，代入11()nnaABn x，得到关于 A、B 的方程组）。例题 已知数列na中，1221211,2,33nnnaaaaa ，求na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 27 页变式 1、数列na中，nnnaaaaa122123 ,2, 1，求数列na的通项公式。解：由nnnaaa1223得,313212nnnaaa设)(112nnnnkaahkaa比较系数得3132khhk，解得31, 1 hk或1,31hk若取31, 1 hk，则有)(31112nnnnaaaa1nnaa是以31为公比，以1121

20、2aa为首项的等比数列11)31(nnnaa由逐差法可得112211)()()(aaaaaaaannnnn=11)31()31()31()31(232nn=1311)31(11n=11)31(43471)31(143nn说明 ：若本题中取1,31hk，则有nnnnaaaa3131112即得311nnaa为常数列 ,nnaa311131nnaa1231aa37312故可转化为例 13。变式 2： （2006，福建）已知数列na满足12211,3,32()nnnaaaaanN（1） 证明：数列1nnaa是等比数列；（2） 求数列na的通项公式；（3） 若数列nb满足12111444(1) ()nb

21、bbbnnanNK， 证明nb是等差数列。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 27 页变式 3： （四川）设数列的na前 n 项和为nS，已知2(1)nnnbabS，求na的通项公式类型 5 1( )( )( )nnnf n aag n ah n型解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为1nnapaq。例题 已知数列na满足：111,1,31nnnaaaa，求数列na的通项公式。变式 1 （江西）1111233(2,)221(1)22!nnnnnnnaaaannNananaaan?L L已知数列满足：，且求数列的通项

22、公式；（ ）证明：对于一切正整数，不等式类型 6 型)0(11pqaqapaannnn解法：两端除以nnaa1得：qapann111例题 已知数列 na 满足2, 11na时，nnnnaaaa112，求通项公式na。变式变式 4：在数列 an 中，a11,3anan1anan10(n2，nN)(1)试判断数列 1an 是否为等差数列； (2)设bn 满足 bn1an，求数列 bn 的前 n 项为 Sn；类型 7 hraqpaannn 1型（不动点法）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 27 页解法： （特征根法）如果数列n

23、a满足下列条件：已知1a的值且对于Nn，都有hraqpaannn 1（其中 p、q、r、h 均为常数， 且rharqrph1,0,） ，那么，可作特征方程hrxqpxx,当特征方程无根时，则数列为周期数列；当特征方程有且仅有一根0 x时,则01nax是等差数列； 当特征方程有两个相异的根1x、2x时，则12nnaxax是等比数列。例题 1 已知数列na满足性质：对于,324,N1nnnaaan且,31a求na的通项公式 . 例题 2 已知数列na满足：对于,Nn都有.325131nnnaaa（1）若, 51a求;na（2）若,31a求;na（3）若,61a求;na（4）当1a取哪些值时，无穷数

24、列na不存在？解：作特征方程.32513xxx变形得,025102xx特征方程有两个相同的特征根. 5 依定理 2 的第（ 1）部分解答 . (1) .,511aa对于,Nn都有;5na(2) .,311aarprnabn)1(1151131)1(531n,8121n令0nb，得5n. 故数列na从第 5 项开始都不存在，当 n4，Nn时，51751nnbann. (3),5,61a.1a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 27 页.,811) 1(11Nnnrprnabn令,0nb则.7nn对于.0bN,nn.N,743

25、5581111nnnnbann(4) 、显然当31a时，数列从第 2 项开始便不存在 . 由本题的第（ 1）小题的解答过程知，51a时，数列na是存在的，当51a时，则有.N,8151) 1(111nnarprnabn令,0nb得N,11351nnna且 n2. 当11351nna（其中Nn且 N 2）时，数列na从第 n项开始便不存在 . 于是知：当1a在集合3或,:1135Nnnn且 n2上取值时，无穷数列na都不存在 . 变式数列).1(0521681111naaaaaannnnn且满足记).1(211nabnn（）求 b1、b2、b3、b4的值；（）求数列nb的通项公式及数列nnba的

26、前 n 项和.nS解：由已知，得125168nnnaaa，其特征方程为25168xxx，解之，得1524xx或116()122168nnnaaa，1512()544168nnnaaa111112255244nnnnaaaa，111111422( )552244nnnnaaaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 27 页12524nnna。类型 8 qpnaann 1或nnnpqaa1型解法：这种类型一般可转化为12na与na2是等差或等比数列求解。例题 （I）在数列na中，nnanaa6, 111，求na（II）在数列na

27、中，nnnaaa3, 111，求na类型 9 周期型11类型周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。一般周期数列的题目有强烈暗示，达到一定熟练程度能很快洞察到或者在被逼无奈山穷水尽疑无路的情况下可以朝那里想。思考分式型数列为什么有时候会和周期数列扯上关系。例 题若 数 列na满 足)121( , 12)210(,21nnnnnaaaaa， 若761a， 则20a的 值 为_ 。变 式（ 湖 南 ） 已 知 数 列na满 足)(133,0*11Nnaaaannn， 则20a=（）A0 B3C3D23五、求数列通项还有其他方法1、构造数列（二次甚至三次构造）；恒等变形：平方、开方，退一步或进一

28、步作差，等式两边同除以同一个多项式（数列前后两项的乘积）；利用求求根公式等例 题已 知 数 列na的 首项13a， 通 项 公 式na与 前n项和nS之 间 满足122nnnaS Sn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 27 页求数列na的通项公式 . 变式 1：数列na中，11a，对所有2n，都有2123.na a aan，求35aa变式 2：设数列123,.,.na aaa满足1231,2aaa，且对任意正整数n，都有121nnnaaa?，又123123nnnnnnnnaaaaaaaa?，求1100.aa的值是多少

29、？变式 3：设数列12,.,.na aa中的每一项都不为0，证明：na是等差数列对任何nN，都有1223111111.nnnna aa aa aa a2、换元法例题 已知数列na满足111(1 41 24)116nnnaaaa，求数列na的通项公式。解：令124nnba ，则21(1)24nnab故2111(1)24nnab，代入11(1 4124)16nnnaaa得221111(1)14(1)241624nnnbbb即2214(3)nnbb精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 27 页因为1240nnba，故111240n

30、nba则123nnbb，即11322nnbb，可化为113(3)2nnbb，所以3nb是以11312431 24 132ba为首项，以21为公比的等比数列，因此121132( )( )22nnnb，则21( )32nnb，即21124( )32nna，得2 111( )()3 423nnna。评注：本题解题的关键是通过将124na 的换元为nb，使得所给递推关系式转化11322nnbb形式，从而可知数列3nb为等比数列，进而求出数列3nb的通项公式，最后再求出数列na的通项公式。3、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数

31、量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换， 产生新的解题方法， 这种思维方法的特点就是 “构造”. 若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 如构造等差数列或等比数列；构造差式与和式；构造商式与积式；构造对数式或倒数式一种特殊的构造法 -待定系数法1） 、通过分解常数， 可转化为特殊数列 an+k的形式求解。 一般地，形如 a1n=p an+q（p1，pq0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a1n+k=p（an+k）与原式比较系数可得pkk=q，即 k=1pq，从而得等比数列an+k。2） 、通过分解

32、系数，可转化为特殊数列1nnaa的形式求解。这种方法适用于nnnqapaa12型的递推式， 通过对系数 p 的分解，可得等比数列1nnaa：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 27 页设)(112nnnnkaahkaa，比较系数得qhkpkh,，可解得kh,。4、特征根法形如1nnacad；nnnqapaa12；hraqpaannn 1均可使用特征根法5、方程思想例题已知函数( )22xxf x，数列满足2log2nfan nN（）求数列na的通项公式；【解析】（）2( )22,log2 ,xxnf xfanQ有22log

33、log222nnaan，即212 ,210nnnnananaa，解得221,0,1nnnannaann nNQ变式6、间接法例题已知数列na满足1144,42nnaana，令12nnba（）求证：数列nb是等差数列；（）求数列na的通项公式【解析】（）因为1111224442nnnnnabaaa，所以1211222222nnnnnnnaabbaaa，所以数列nb是12d的等差数列（）由（）知12na构成以11122a为首项，12d为公差的等差数列，所以11112222nnna?， 所 以22nan， 所 以 数 列na的 通 项 公 式 为22nanNn精选学习资料 - - - - - - -

34、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 27 页7、分解因式例 题（ 2016 年 全 国 卷 三 ）已 知 各 项 都 为 正 数 的 数 列na满 足11a，211(21)20nnnnaaaa. （I）求23,aa；（II）求na的通项公式 . 变式（江西文） 正项数列na满足：2(21)20nnanan. (1) 求数列na的通项公式na；(2) 令221(2)nnnbna，数列nb的前n项和为nT分析（1）根据已知的na和n的关系式进行因式分解，通过0na得到数列na的通项公式；（2）把数列na的通项公式代入nb的表达式，利用裂项法求出数列nb的前n项和 .

35、 解析（1）由22120nnanan，得210nnana.由于na是正项数列，所以2nan. （2）由12 ,1nnnan bna，则11112121nbn nnn，111111111222311nTnnnnL1112121nnn. 高考链接1、【全国 1 文】已知数列 an中， a1 1，前 n 项和23nnnSa. (1)求 a2，a3；(2)求an 的通项公式【解析】：(1)由2243Sa得 3(a1a2)4a2，解得 a23a13；由3353Sa得 3(a1a2a3)5a3，解得 a332(a1a2)6. (2)由题设知a1 1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师

36、归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 27 页当 n1 时有 anSnSn112133nnnnaa，2、 （四川）设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS（）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（）求na的通项公式【解】 ：由题意知12a，且21nnnbabS11121nnnbabS两式相减得1121nnnnb aaba即12nnnaba（）当2b时，由知122nnnaa于是1122212nnnnnanan122nnan又111 210na，所以12nnan是首项为 1，公比为 2 的等比数列。（）当2b时，由（）知1122nnnan，即11 2nnan当2b时，

37、由由得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 27 页1111122222nnnnnababb22nnbbab122nnb ab因此11112222nnnnab abb2 12nbbb得121122222nnnnab bnb3、已知数列na满足*12211,3,32().nnnaaaaanN（1）证明：数列1nnaa是等比数列；（2）求数列na的通项公式；（3）若数列nb满足12111*44.4(1) (),nnbbbbnanN证明nb是等差数列。【解】 证明：2132,nnnaaaQ21112*2112(),1,3,2().

38、nnnnnnnnaaaaaaaanNaaQ1nnaa是以21aa2为首项， 2 为公比的等比数列。（II）解：由（ I）得*12 (),nnnaanN112211()().()nnnnnaaaaaaaa12*22.2 121().nnnnN（III ）证明：1211144.4(1) ,nnbbbbnaQ精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 27 页12(.)42,nnbbbnb122(.),nnbbbnnb12112(.)(1)(1).nnnbbbbnnb，得112(1)(1),nnnbnbnb即1(1)20.nnnbnb2

39、1(1)20.nnnbnb，得2120,nnnnbnbnb即2120,nnnbbb*211(),nnnnbbbbnNnb是等差数列 A 组1、若 an0, 前 n 项和为 Sn且 S11,6nS=( an+1)( an+2) 2、数列an的前 n 项和为nS，a1=1，an+1=2nS+1（n1）（1）求数列 an 的通项公式；（2）等差数列 bn 的各项均为正数， 前 n 项和为nT，且 T3=15，又 a1+b1、a2+b2、a3+b3成等差数列，求nT。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 27 页3、设数列na的前n

40、项和为,nS已知11,a142nnSa（I）设12nnnbaa，证明数列nb是等比数列（II）求数列na的通项公式。4、在数列na中，11111,(1)2nnnnaaan（I ）设nnabn，求数列nb的通项公式（II ）求数列na的前n项和nS5、已知数列na的前 n 项和11()22nnnSa（n 为正整数）。（）令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；（）令1nnncan，12.nnTccc试比较nT与521nn的大小，并予以证明。6、已知数列满足递推关系式na=21na+2n(n2) ，其中4a=64。（1）求1a，2a，3a；（2）求数列 na的通项公式；精选

41、学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 27 页（3）求数列 na的前 n 项和nS。7、已知数列 na满足 a1=1，a2=3，2na=3na+1-2na（nN*）（1）证明：数列 1na-na 是等比数列；（2）求数列 na的通项公式；8、设数列 na 的前 n 项和为 Sn，点（ n，nSn） （nN*） ，均在函数 y=3x-2 的图象上。（1）求数列 na的通项公式；（2）设13nnnaab，Tn 是数列 bn 的前 n 项和，求使得 Tn0） ，求数列 nb的前 n 项和nT12、设na是等差数列，nb是各项都为正数的

42、等比数列，且111ab，3521ab，5313ab（）求na，nb的通项公式；（）求数列nnab的前 n 项和nS13、在数列 an中，a1=1, an+1=2an+2n. （）设12nnnab证明：数列nb是等差数列； （）求数列na的前n项和nSB 组1、已知数列na的前 n 项和为11,4nS a且1112nnnSSa，数列nb满足11194b且13nnbbn (2)nnN且（）求na的通项公式；（）求证：数列nnba为等比数列 ; 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 27 页（）求nb前 n 项和的最小值2. 在数

43、列)0,(2)2(,2111Nnaa，aannnnn中（1） 求证：数列2() nnna是等差数列；（2） 求数列na的前 n 项和nS；3、已知数列nanN是等比数列 , 且130,2,8.naaa(1) 求数列na的通项公式 ; (2) 求证:11111321naaaa；(3) 设1log22nnab, 求数列nb的前 100项和. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 27 页4、数列 an中，18a，42a，且满足21nnaa常数 C(1) 求常数 C 和数列的通项公式；(2) 设201220|TaaaL， (3) 12|nnTaaaL,nN5、已知数列nn2 ,na =2n 1,n为奇数；为偶数；，求2nS6、已知数列na的相邻两项1,nnaa是关于x的方程022nnbxxn(N)*的两根,且11a. (1) 求证: 数列nna231是等比数列 ; (2) 求数列nb的前n项和nS. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 27 页