2022-2023学年度高考数学专题突破《数列通项公式的多种妙解方式》含十六大经典题型附答案解析

数列通项公式的多种妙解方式a与前n项的和S关系求通项问题nnn项积型S13(2022·全国·高考真题)记S为数列a的前na1=1,n是公差为的等差数列．nnan(1)求a的通项公式；n11a21(2)证明：a1++⋯+<2．anSSan13San13【解析】(1)∵a=∴S=a=1,∴1=1,又∵n是公差为的等差数列，∴n=+1n1-=111a1n+2an+1a1n+2ann+1a1n+23n,∴n=,∴当n≥2S=∴a=S-S1=-,n1nn3333ana1n+1n-1aaaaaa2an3142整理得：n-1a=n+1a,即=,∴a=a×2×3×⋯×1×=1×××nn1a1nn+112nn+1nn+1⋯××=n=1也成立，∴a的通项公式an=；n-2n-12n21an21n11a11a21an1212131n1(2)==2-,∴++⋯+=21-+-+⋯-=n+1n+1nn+1121-<2n+12S(2022·全国·高考真题(理))记S为数列a的前n项和．已知nn+n=2an+1．nn(1)证明：a是等差数列；n(2)若a,a,aS的最小值．479n2Sn【解析】(1)因为n+n=2a+2S+2=2na+n①n≥22S+n-12=2n-1a+1nnnn1n-1-②得，2n+2-21-n-12=2na+n-2n-1a-n-12a+2n-1=n1n2nan-2n-1a1+2n-1an-2n-1a1=2n-1an-a1=n≥2且n∈N是以1为公差的等差数列．an(2)由(1)可得a=a+a=a+a=a+aaaa=a⋅aa+62=27417191479491nn-112252a+3⋅a+8a=-12a=n-13S=-12n+=2-n=111nn212252625n--n=12或n=13时S=-78．n28类型Ⅰ观察法：一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与anan的通项an可用公式S,(n=1)a=1构造两式作差求解．n-(≥)n,n2a和a合为1n一个表达，(要先分n=1和n≥2)．类型Ⅲ累加法：a-a=f(n-1)n1a-a2=f(n-2)形如a1=an+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：n1...a-a=f(1)21将上述ma=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a,(n≥2)2n1①若f(n)是关于n②若f(n)是关于n③若f(n)是关于n④若f(n)是关于n类型Ⅳ累乘法：anfn1=(-)a1aaafn21=(-)n2形如a1=an⋅f(n)n1=()nfn型的递推数列其中fn是关于n的函数可构造：a(())...aaf12=()1将上述ma=f(n-1)⋅f(n-2)⋅...⋅f(2)f(1)a,(n≥2)2n1类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a1=pan+q(其中p,q均为常数且p≠0)型的递推式：(1)若p=1{a}为等差数列；(2)若q=0{a}为等比数列；(3)若p≠1且q≠0{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：a1+λ=p(an+λ)a1=pan+(p-1)λa1=pan+q比较系数(待定qqqqq-系数法)得λ=,(p≠0)⇒a+=pa+⇒an+=pa+p1p-1n1-p1n-p1-p11qq+构成以a1p为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出np-1p-1的通项整理可得a.qnp-1a1-aan-a1a1=pa+q得a=pa+q(n≥2)两式相减并整理得n=p,即a1-an构成以a2-nn1a1p为公比的等比数列．求出a1-an的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a.(二)形如a1=pan+f(n)(p≠1)型的递推式：(1)当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时：a+An+B=pa+A(n-1)+BABa+A+B为首n11n！nmAn=为公比的等比数列a+An+Ba+An+Bnn-!的通项整理可得a.f(n)的公差为da1=pa+f(na=pa+f(n-1)两式相减得：a1-an=pnn1(an-a1)+dbn=a1-a得：b=pb+d转化为类型Ⅴ㈠求出bn(累加法)便可求出nn1a.n(2)当f(n)为指数函数类型(即等比数列)时：a+λf(n)=pa+λf(n-1)λa+λf(1)Am=n11nn！为公比的等比数列a+λf(n)a+λf(n)的通项整理可得n-m!nna.nf(n)的公比为qa1=pa+f(n)--a=pa+f(n-1q得nn1a1-qaan-qa1anq=pqa1+qf(n-1)--a1-aq=p(a-qa1)n=pnn类型Ⅴ㈠便可求出a.a1=pan+q(其中pq均为常数)或a1=pan+rq(其中pq，r均为常数)apqaq1qaq在原递推公式两边同时除以q1q1=⋅n+b(其中b=n)：b=n1nnnnpq1qn+再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f(n)f(n)+apnf(n)+pn1aapn在a1=pan+f(n)两边同时除以p1可得到1=n+n=bnb1bn+=+pn1pn1为类型Ⅲ(累加法)b之后得a=pb．nnn类型Ⅵ形如a1=(p>0,an>0)型的递推式：在原递推式a1=q两边取对数得lga1=qlga+lgpb=lga得：b=qbn+lgpa1=pan对数变换法：nnn1+qb之后得a=10.(10)．bnn类型Ⅶ倒数变换法：1an1a1形如a1-an=pa1an(p为常数且p≠0)a1an=+p1an为a1=pan+q型求出an；man1a1m1qanmp还有形如a1pan+q型求出=的递推式，也可采用取倒数方法转化成=+a1=pan+q1ana．类型Ⅷ形如a2=pa1+qan型的递推式：{an-a}a2-ka1=h(a1-ka)h+k=p,-hk=qhk{a1-ka}是公比为ha1=pan+q型．a.Sn=1(1)若数列{a}的前n项和为Saa=1nnnn-，≥，∈n2nN∗SnS1S求an=1的验证．nna≥aa≤a1a-(2)在数列{a}annn1.nn≥n≤ana1ana111111.(2022·全国·高三专题练习)数列an的前4项为：,25811,,()1111A.B.C.D.2n-12n+13n-13n+11111258111111,,,可以写成,,,，3×1-13×2-13×3-13×4-11所以a的通项公式为；n3n-1故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为()A.2nB.2n-1D.2n+1C.2n+22n-，所以第n行的首尾两个数均为2n-1.3.(2022·全国·高三专题练习20221901年研究的一种分形曲线，.若第一个正三角形(图①)的边长为15个图形的周长为___________.25627【答案】1341343则周长之间的关系为n=⋅4⋅1=1，43431所以{}是公比为q=b=b=3⋅，1n25627当n=55=.25627故答案为：1pannan+14.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a}a=a1=p0nN.p1，>,∈*若=n1{a}的通项公式.an11ana1=a1-=nnn-1nan+1111111-+-+⋯+-=1+2+⋯+n-1=n≥2a2a1a3a2ana12nn-1nn-11an1a11an∴-==+，n≥2，222当p=1an=，n≥2，2-n2+当n=1an=1成立，2所以an=2-n2+aan15.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an满足1-n=∈nN*=a11an的n+1+nn1通项公式；aan11n1ana11n1-n==-n-1=-n≥2，n+1nn+1n+1n-1n-1aa11a2a112an1n1-2=-⋯2-1=-n-=-1a1≥．n2n-1n-2n-2n-11an2n-1又a1=n=a=2n-1n≥2．nn经检验，a=a=2n-1．1n6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an中，a1=1中，a1=an+n(n∈N)a4=________an=________.2-n+2【答案】72n∈Nn≥an-a1=n-a1=，1+n-1则a=a+(a-a)+(a-a)+⋯+(a-a)=1+1+2+⋯+(n-1)=1+⋅n-1=n12132n22-n+2，22-n+242-4+2而a=1a=a4==7.1n222-n+2故答案为：7；2nn+27.(2022·全国·高三专题练习)在数列an中，a1=a(n∈N)a4a的通项公式an==n1n________.8【答案】nn+1nn+2aann+2a1=a1=，naa13则2=1，a243=2，，aaa354=3⋮ana1n-1n+1=≥，n2aa132435n-3n-2n-12累乘得n=×××⋯×××=，n-1nn+1nn+118所以an=.nn1+8故答案为：.nn+18.(2022·全国·高三专题练习)设an是首项为1(n+2)a-na2+2a1an=0(n∈N*)通项公式an=___________2【答案】n(n+1)(n+2)a-na2+2aan=0(n∈N[(n+2)a1-na](a1+a)=，aann+2∵an>∴a1+an>∴(n+2)a1-nan=0∴1=，naaaaaa3ana1132435n-2n-1n2∴a=a⋅2⋅3⋅4⋅⋅⋅⋅⋅=1××××⋅⋅⋅××=(n≥2，n1n+1(+)nn1122又a=1满足上式，∴a=.1n(+)nn12故答案为：.n(n+1)239.(2022·全国·高三专题练习)数列an满足：a1=22-1a121-2ann=∈*Nan的通项公式为_____________.2n【答案】an=-+-2n12n11aa21-2+-2n212n-1+-2n2122-1a=21-2a1==2⋅，1nnana1aaaaaa121-122-123-121-121-1213-3则即⋅1⋅2⋅⋅⋅2=2⋅⋅2⋅⋅2⋅⋅⋅⋅2⋅=21⋅21-12n-1，21-12n-123aa3⋅2122nn=1a1=an=.2n-121-132n-121-12n故答案为：an=.-+-2n12n1110.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列an的首项为1a1=2a+1S是数列a的前n项nnn()A.a3=7B.数列an+1是等比数列C.an=2n-1D.n=21-n1-【答案】AB【解析】∵a1=2an+a1+1=2a+1，n又a1+1=2∴数列a+1是以2为首项，2B正确；n则a+1=2∴a=2n-C错误；nn则a3=A正确；21-2n∴n=-n=21-n-D错误.1-2故选：AB.1211.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列an满足a1=2an+8项和为506a1=___________.【答案】3212∵a1=2an+121an1+1212∴a1+=2a+=2nan+2121212∴数列a+是以a+为首项，2a+的前n项和为Tnn1n12a1+(1-2)12121212128==a1++a2++a3++⋯+a8+=(a+a+a+⋯a)+×8=506+412381-2=510323解得：a1=故答案为：212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列an的前n项和为S2S+n=3an∈N．*nnn(1)求数列a的通项公式；n(2)若b=ab的前10项和．nnn【解析】(1)当n=12S+1=3a2a+1=3aa=1；11111当n≥2∵2S+n=3a∴2S+n-1=3a1，nn1两式作差得2a+1=3a-3a，nn1212即an=3a1+1,an+=3a+，1121an+1232∴=a1+=，+a121232∴数列a+是以为首项，3为公比的等比数列，n12323n2∴an+3n=×3-=n1，1212an=-=3n-1.2(2)∵b=a，nn则T=b+b+b+⋯+b123=a+a+⋯+a241==3-1+3-1+⋯+3-1422123+34+⋯+3-102321-91==-1021-99-89．1613.(2022·全国·高三专题练习)设数列an满足a=2a-2a=2-nn∈N*．1n1(1)求证：a-na的通项公式；nn(2)若b=a-n⋅nb的前n项和．nnn【解析】(1)因为a=a-2a=2-nn∈N*，1n1所以an=2a1+2-a-n=2a-n-1n1又a-1=2-1=a-n是以1为首项，2为公比的等比数列，1n所以a-n=1×2a=21+nnn(2)由(1)可得b=a-n⋅n=n×2-，n1nn所以n=1×20+2×21+3×22+⋯+n×21所以2n=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n①-②得-n=1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×21-n×2n1-2n即-n=-n×2T=n-1×2n+1；n1-214.(2022·全国·高三专题练习)在数列an中，a1=5a1=2an-1n∈N*.(1)证明：a-1a的通项公式；nn(2)令b=(-1)⋅ab的前n项和.nnnna1-1an-1【解析】(1)因为a1=2an-a1-1=2a-1a-1==a-1是以nn14为首项，2为公比的等比数列.故an-1=4×2an=1+.211n2kk1+,=,∈N*2n(2)由(1)得b=(-1)⋅2++1b=n=2k,k∈N*n=*nn1nn1n2k1k-21+,=-,∈N-2-1+2+1-2+1+⋯+-2-1+2++1=-2+2-2+2+⋯-2+2+=2+2+⋯234nn12345nn124434322+7+2n=2-1;②当n=2k-1,k∈N*S=S-1=2+-1-2++1=-nn1n2nn1342n-1,n=2k,k∈N*3所述，n=22+7-,n=2k-1,k∈N*3an-1n+115.(2022·广东·模拟预测)已知数列an中，a=5且a=2a+2n-1n≥2,n∈Nn∗=1n1(1)b是等比数列；n(2)从条件①n+bn⋅bnn求数列______的前n项和．【解析】(1)因为a=5且a=2a+2n-1n≥2,n∈N∗，1n1所以当n≥2a-1=2a-1+2，n1an-12na1-121an-12na1-121所以所以所以=+-=1a-1a1-12=2为首项，1为公差的等差数列，n是以2nan-1=2+n-1×1=n+，2nan-1+12n+1-1n所以a=n+12n+b====2nnnn+1n+1a1-1n2n因为1==n≥2=2-1+112n1所以数列b是以2为首项，2为公比的等比数列．n(2)b=2n+b=n+2，nnnn则T=(1+2)+2+22+3+23+⋅⋅⋅+n+2nn=1+2+3+⋅⋅⋅+n+2+2+2+⋅⋅⋅+223n21-2n1-21222n2=nn+1+=++2+-2n1b=2nb=n⋅2T=1×21+2×22+⋅⋅⋅+n×2(i)nnn2n=1×22+2×23+⋅⋅⋅+n×2(ii)(i)-(ii)得-T=1×2+2+2+⋅⋅⋅+2-n×2+123nn1n21-2n1-2n=n×21-=×n21-1+=22-1+n12216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an满足a1=1a1=2an+3nan的通项公式.a23a3n13a3na1=2an+3n两边同除以31得1=⋅n+n=n，+3n1231323则1=n+1+λ=(n+λλ=-，23231-1=(b-1b-1=-，n12323∴数列{n-1}是以-为首项，为公比的等比数列，23nn-1=-a=3n-2nn17.(2022·全国·高三专题练习)在数列an中，a1=11=4an+2a的值为()A.757×2B.757×2C.757×2D.无法确定【解析】∵a1=1=4a+∴S=a+a=4a+a=5.n21212∵1=4an+∴2=4a1+a2=4a1-4a，∴a2-2a1=2a1-2a，n∴a1-2an是以a-2a=3为首项，2为公比的等比数列，21aa2n34∴a1-2a=3×2-2+1-n=，n1n1n+2n1a2n34a2112∴n是以为公差，1=为首项的等差数列，a2n12343n-1∴n=+n-1×=，43n-1∴an=×2=3n-1×2-，nn24∴a=3×2019-1×2=757×2.故选：A.18.(2022·全国·高三竞赛)数列an满足a1=pa1=a2+2a．则通项a=______．nnn【答案】p+1-1【解析】∵an=a1+2a1，∴a+1=a+12=a+1=⋯=a+1=p+1．1n12即a=p+1-1．n故答案为p+1-112an3an+119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an满足a1=a1=an=__________1【答案】3n-1an3an+11a11an1a11ana1=两边取倒数可得=+-=311=3n-，所以数列aann1所以an=；3n-11故答案为：3n-1an1+2an20.(2022·全国·高三专题练习)数列an满足a1=∈∗，=()nNa112a1a31a1=+B.2C.2n1a-=1=D.3aaaA.ana1n∈Nan>，ana12a1+1a21+2a2=a=a=>a3=>，1+2an121+2aan1an1a11an1a11所以，=n=+-==，a111，an所以，=1+2n-1=2n-2n-1a=n∈NC对；ann12a111=-==224是等比数列，对；2ana2aB1a22a1a31a由等差中项的性质可得=+A对；1111991197由上可知an=3aa=3××=a==，2n-152×5-12×17-12×49-1所以，3aa≠aD错.5故选：D.an13721.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an满足a1=1a1=-(∈*)>annN的n的最4an+1大取值为(A.7)B.8C.9D.10an4an+11a111a11an1a1a1==4+an==，1是以1为首项，4为公差的等差数列．数列an1an11371137所以=1+4(n-1)=4n-an=an>>0<4n-3<374n-34n-334<n<10nn的最大值为9；22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列12122到数列12242nn∈N次得到的数列的所有项的积记为anbnlogab=_3*=2n__________n=___________.3n+1【答案】142n次构造后得到的数列为xxx2.则a=2xx⋯x，12kn12k则第n+1次构造后得到的数列为xxxxxxxx2x2.111221kkkan2312122则a1=4xx⋯x3=4×=a3∴1=a1=loga3=-1+3b，nn12k12121232∴1-=3b-∵b=log2=∴数列b-是以为首项，3为公比的等比数列，2n12n12323n23n+12∴n-=×3-=n1n=3=14.3n+12故答案为：14；23.(2022·全国·高三专题练习(文))fnfnn满足x1=xn-n为牛顿数列．如果函数n+2n-2fx=2x2-8nan=lna11x=，>．数列2nn的前项和为annn=______．【答案】2n-1【解析】∵fx=2x2-∴fx=4，-84nx+4fn222又∵1=n-=n-=n，fx2nnn+22n-22∴1+2=1-21-2=，2n2nn+22∴=，n-21-2又n>21+21-2n+22n+2n-2∴ln=ln=2ln，n-2n+2n-2又an=lna1=，所以a1=2a，∴数列a是首项为2的等比数列，n1×1-2n1-2∴a的前n项和为SS==2n-1.nnn故答案为：2n-1.a与前n项的和S关系求通项问题nn24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S=n+1aa2+a=2S,a>0n+1=nnnnnnann≥2.已知数列an的前n项和为S,a=1___________.n1(1)求a的通项公式；na1+1+2n183(2)设n=b的前n项和为Tn使得T>.nnn【解析】(1)2S=n+1a,n∈N2S=na,n≥，nn1两式相减得2a=n+1a-nan-1a=na,n≥2,nn1nanaananna11n=1,n≥==an=n；即nn-1a2+a=2Sn∈N*a2+a1=21n≥2，nnn1两式相减an-a2+an-a1=2n-21=2an≥2，1n得a-aa+an=an+a1n≥2，1n1因为a>0,∴a+a>0,∴an-a1=1n≥2，nn1所以aa=1+n-1×1=n；nnn+1=an≥2变形得，S+1=n-1，nn所以n+1=n+1n-1，由题意知n>n-1=n为等差数列，又S=a=S=n,S=,∴a=S-S=2n-1n≥2，11nnnn1又n=1a=1a=2n-1；1nn+1+1n+22n1(2)若选择①或②，n==，++2n1122+4×123+5×124121所以n=3×+⋯+n+2×,12123+4×124+5×15122所以n=3×+⋯+n+2×，212122123124+⋯+121122两式相减得n=3×++-n+2×1812n1-1+34122n422=+-n+2×=1-，121-n+483n+42n183n+42n123则n=2-n>2-><-，+++2n1n+483当n∈N*2n>n∈Nn>.1a1+1n+1n==，+2n12n12122+4×12312n所以n=2×+3×+⋯+n+1×，12122+3×123+4×124121故n=2×+⋯+n+1×，两式相减得：1412n1-11212212312n121121n=1+++⋯+-n+1×=1+-n+1×12131-32n+3n+32nn+383n+32n=-n=3-n=3-><，212n即2n-3n-9>c=2n-3n-c=-10<，n1当n≥2c1-c=21-3n+1-9-2n-3n-9=2n-3>，n又c<0,c>c<c<c<0<c<c，452345683n>成立的最小正整数n的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列an的前n项和是n43S=a+a1-4n∈N.*nn(1)求a的通项公式；n(2)求数列na的前n项和.n【解析】(1)设等比数列a的公比为q.n43因为S=a+a1-4n∈N*，nn434所以当n=1a=a+a-a=3；11224当n=2a+a=a+a-a=a3-4.122331343因为aaa=aa-4a=，33n1323292整理得4a2-12a-27=a=-(舍去)或a3=.333aa32a所以q=3=,a1=2=，2321所以an=2×.321(2)由(1)得nan=2n×，323232n2321所以T=2×1+2×+3×+⋯+n-1×+n×①2n3232322+3×32332132n②则T=2×1×+2×+⋯+n-1×+n×nT232323232-3223+⋯+n1n①-②得-n=2×1+++-2n×3232n1-1-32n32n=2×-2n×=-4+4-2n×,32n所以T=4n-8×+8.n126.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a}的前n项和为Sa=-1n∈Na1.*=Snnn11是等差数列.1-S1【解析】∵-1=a1=1-SS=1≠S≠-1=n，n1n111n1=是以1为首项，1为公差的等差数列.有-Sn27.(2022·上海中学高二期末)数列{xn}满足x1=xn-x1,n≥2,n∈N*,x1axbx=______=,=2___.【答案】b-a.1=，2=，x=x-x=b-，321x=x-x=b-a-b=-，432x=x-x=-a-(b-a)=-，543x=x-x=-b-(-a)=a-，654x=x-x=a-b-(-b)=，765x=x-x=a-(a-b)=，876x=x-x=b-⋯987∴数列{}是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯，∴=3=b-a．故答案为b-a.1128.(2022·全国·高三专题练习)数列{a}满足a=2a=2的正整数nan=n121-a11-a1a=__________.12【答案】111211a2==-1,a3==,a4==2,a5==-，1-2--121-211-112故{a}是周期为3a=a=a3=.1故答案为：.21+a1-an1229.(2022·河南·模拟预测(文))设数列an满足a1=n,且a1=a=()1312A.-2B.-C.D.312121+1+a1-a11+a1+3a2=1==a3=2=1-a21-3=-，1-1-1+a+-21+a1111=-，=1331312a4=3=1-a3a4===，a1--51-a42+据此可得数列a是周期为4的周期数列，n则a=a2=a2=3.30.(2022·全国·高三专题练习)设数列an的通项公式为an=-1n2n-1⋅cosnπ+1n∈N*n项2和为n=(A.-60)B.-120C.180D.240nπ2n=4k-k∈N*cosnπ=a3=1；当n=4k-k∈N*cos=-a2=2×4k-2-1×-1+1=-8k+6；2nπ2当n=4k-k∈N*cosnπ=a1=1；当n=4k∈N*cos=ak=2×4k-1+1=8k.21204∴a3+a2+a1+a=1+-8k+6+1+8k=∴=×8=240.kn项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列an的前n项积为TT=2-2an∈N.*nnn1是等差数列；(1)求证数列Tn(2)设b=1-a1-ab的前n项和.nnn1【解析】(1)因为数列a的前n项积为TT=2-2an∈N*，nnnn2132∴当n=1T=a=2-2aa=，=.111131n12n211n1112当n≥2n=2-2⇒1=-∴-=，1是以1=3112所以为首项，为公差的等差数列；TT2n1nn+22n+1n+2(2)由(1)知数列所以n==T=2-2a得a=，nnn111=-，++n+2n+3n2n3所以1314141511131nn=-+-+⋯+-=-=.n+2n+3n+33n+91n3an32.(2022·全国·高三专题练习)记n为数列an的前n+=3=()163154133114A.B.C.D.43TT11n3an【解析】n=1,1=,T=aaa⋯a,则a=n(n≥2+=，n123nn13n+33133化简得：n-1故选:C.=n=,=.33.(2022·全国·高三专题练习)记n为数列an的前n项和，bn为数列n的前n2S+b=2nna9=___________.1【答案】110b=S∙S∙⋯S，n12nb所以b=S=ab=S∙S∙⋯(n≥2n=n(n≥2),111112b12323又因为2S+b=n=1时a1=b=S=a=，nn111n当n≥22×+n=，12n21即=+，22=1所以所以d=，bbn2n=3+(n-1)×1=n+，223所以n=故n=1=，n+22，n+22即S∙S∙⋯S=，12nn+22所以S∙S∙⋯S=(n≥2，121n+1n+1n+2两式相除得：n=，n所以1=(n≥2，n+1n+1nn+11所以a=S-S=-=，nn1n+2n1n2(+)(+)11110所以a9==.11×101故答案为：.11034.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列an中，a=1n≥2a+a2+a3+⋯1213111+a=a.n1n-1(1)求a的通项公式；n1(2)若n=b的前项n和为S：S<3.aannnn112131【解析】(1)因为n≥2,a1+a2+a3+⋯+a1=a，n-112131n-2n所以当n≥3,a1+a2+a3+⋯+a2=a，1a=an-aa1=a，n-1n1n1-当n=2a=a=，21ana1nn-1所以当n≥3=，ana1aaann-132n2所以当n≥3an=×1×⋯×3×a2=××⋯××1=，an-1n-222当n=2n=11,n=1所以an=n,≥.n221,n=1(2)(1)知n=4n(n+1),≥n241n1当n≥2n==4-，(+)nn1n+1所以当n=1=1<3；11313141n121n+11当n≥2n=1+4-+4-+⋯+4-214121313114=1+4-+-+⋯+-=1+4-=3-<3.nn+1n+1n+1综上，n<3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列an满足a1∈Za1+a=2n+3n项和为S.若S=annm整数m=(A.99)B.103C.107D.198a1+an=2n+3得a1-(n+1)-1=-a-n-1，n∴a-n-1为等比数列，∴a-n-1=(-1)-a-2，n1nn1∴a=(-1)-a-2+n+a=(-1)-a-2+m+，n1m1n1m1∴S=a+a+a+⋯+a+a=a+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a+102，12311①m为奇数时，a-2+m+1=a+102m=103；11②m为偶数时，-a-2+m+1=a+102m=2a+99，111∵a∈Zm=2a+99只能为奇数，∴m11综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列an的前n项和为n1+n=22n∈N*，且a≠0a=28a的值为11A.-8B.6C.-5D.41+n=2，当n=1时有S+S=a-2=-2a2121∵1+S=2n，2n∴n+1=2(n-1)(n≥2)两式相减得：a1+an=4n-2a1-2n=-an-2(n-1)(n≥2)由a≠0可得a-2=-2a≠0,121a1-2nan-2(n-1)∴=-1(n≥2)即a-2(n-1)从第二项起是等比数列，n所以a-2(n-1)=a-2(-1)，n2即a=a-2(-1)2+2(n-1，n2则a=a-2+18=28a=12，22由a-2=-2a可得a=-，211故选C.37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列an满足a=1,a+a=3nn∈Na*=__________1n1_.【答案】3026【解析】∵an+a1=3∴a1+a2=3n+1a-a=∵a=1,a+a=3nn∈N*∴a+2n1n11a=3⇒a=a∴a=a2+1008×3=2+3024=22n3026.故答案为：3026aa38.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an中，a=1a=2a=-1an2+=()122113213219A.3B.C.D.n为奇数时，a2-a=a中的奇数项依次构成首项为2的等差数列，nn所以，a=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a2+an=a4+a2=a4-an=，所以，a=a2=a2=，aa219故=，故选：D.a-1,n=2k-139.(2022·广东·高三开学考试)已知数列an满足a=3a=2a=n.122=n2k3a,(1)求数列a的通项公式；n(2)求数列a的前2n项的和.n【解析】(1)当n为奇数时，a2-an=-，所以所有奇数项构成以a1=3-1的等差数列，-127-n2所以an=3+(n-1)⋅=，当n为偶数时，a2=3aa=23a=2×(3)n2n7-n2,n=2k-1,n=2kn-222=2×3an=；2n-22×3(-1)⋅n(n-1)(2)S=a+a+⋯+a=a+a+a+⋯+a+a+a+⋯+a=3n++nn12n135124221-3n1-3(7-n)n1272=+3n-1=-2+n+3n-1.240.数列{a}满足a2+(-1)an3n116项和为540aꢀꢀ．=-=2{a}满足a2+(-1)an=3n-，当n为奇数时，a2+an=3n-，所以a+a=a+a=14a+a=26a+a=38，31759则a+a+a+a+a+a+a+a=80，13579当n为偶数时，a2-an=3n-，所以a-a=a-a=a-a=17a-a=23a-a=29a-a=35a-a=41，4264868故a=5+aa=16+aa=33+aa=56+aa=85+aa=120+aa=161+a，4262822222因为前16项和为540，所以a+a+a+a+a+a+a+a=540-80=460，2468所以8a+476=460a=-2．22故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a}满足a2+(-1)a=3n-116项和为508a=ꢀꢀ．n1a2+(-1)an=3n-，当na2-an=3n-，可得an-a2=3(n-2)-，⋯a-a=3⋅1-，31n-12(n-1)(3n-5)累加可得a-a=3[1+3+⋯+(n-2)]-=；n14当n为偶数时，a2+an=3n-，可得a+a=a+a=17a+a=29a+a=41．4286可得a+a+⋯+a=92．24∴a+a+⋯+a=416．1314∴8a1+(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a=24a=3．11故答案为：3．42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a}满足：a=aa2-4a2+a1-2a=0n∈N．*n11n(Ⅰ)判断数列{a}(Ⅱ)若a=2a=b-n．n∈N*{b}的前n项和S．nnnn(Ⅰ)∵a1-4an+a1-2an=∴(a1-2a)(a1+2an+1)=，又∵数列{a}为正项数列，∴a1=2a，∴①当a=0{a}不是等比数列；a②当a≠01={a}是首项为2的等比数列．ann(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a=2，nn∴b=2+，nn2(1-2)1-2n(1+n)n(n+1)∴S=(2+2+⋯+2)+(1+2+⋯+n)=+=21-2+．12nn2243.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a}满足a=12a2-aan-6a2=0(n≥2,n∈N*)设b=loga．n1n1n2n(1)求bbb；123(2)判断数列{}(3){b}n项和为S．nn(1)a=2a2-aan-6a2=an>，1n1可得(2an+3a)(an-2a)=，则an=2a1，数列{a}为首项为2的等比数列，可得an=2；b=loga=n-，n2nb=bb=1×2=2；123(2)数列{}1-n=n-(n-1)=，则数列{}为首项为1的等差数列；(3)b=loga=log2-=n-，n1n2n2122-n前n项和为n=n(0+n-1)=．244.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a}满足a=2且(n+1)a2+aa-na2=0(n∈N)n1nn11(Ⅰ)证明数列{a}为等差数列；4(Ⅱ)若记n={b}的前n项和S．nnaan1【解析】(I)(n+1)a2+aa-na2=0(n∈N，nn11变形得：(an+a)[(n+1)an-na]=，aan+1n由于{a}为正项数列，∴1=，n利用累乘法得：a=2n(n∈N){a}是以22为公差的等差数列．nn411n1(Ⅱ)(Ⅰ)知：n===--，2n2n1∙(+)(+)nn1n+11212131315111nn+1从而S=b+b+⋯+b=1-+-++⋯+-=1-=．n12nn-1n+1n+145.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a}{a}满足5a+4a1-an=0.nn2(1)证明数列{an+a}为等比数列；15125(2)若a1=a2={a}的通项公式.15【解析】(1)各项都为正数的数列{a}满足5a2+4a1-an=a1+a2=(a1+aa1+aan+a15152=所以数列{an+}是公比为的等比数列；an11512562562515(2)因为a1=a2=a+a=(1)知数列{an+a}是首项为的等比数1262515a115115n1515an+a1=×-=-a-=(-1)na-a1-=1n15n15nan-=a=.n46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列an满足a=1,a=6a=4an-4a1,121n≥2,n∈N*.(1)证明数列a1-2ana的通项公式；n(2)求数列a的前n项和.n【解析】(1)因为a1=4an-4a,n≥2,n∈N*所以a1-2a=2a-4a=2(an-2a1)nn1又因为a-2a=421所以a1-2an是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a1-2an=4×21=21a2na变形得1-n=11n2a2na212=所以n是以1为首项，1为公差的等差数列a2n1212所以n=+n-1=n-an=(2n-1)21(2)因为T=1×2+3×2+5×2+⋅⋅⋅+(2n-1)2-⋯①012n1n所以2n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②2(1-2)1-2①-②得：-n=1+22+23+⋅⋅⋅+21-(2n-1)2n=1+所以n=(2n-1)2n-21+3=(2n-3)2n+3-(2n-1)2n47.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a}的前n项和为S2S=nnnan+1an∈N*()nA.a⋅a<1B.a⋅a>1C.a<-22022D.a>22022an+1an{a}的前n项和为S2S=n∈N*，nnna1+1a1所以当n=121=n∈N*a=1或a=-，11an+11an1当n≥22n==an+=S-S+2-=，n1S-Sn1an所以数列S2是以1为公差的等差数列，n当a=±1S2=1+(n-1)=S=n或S=-n1nnn所以a=S-S=n-n-1a=1a=S-S=-n+n-1首项a1=-1满nn11nn1足此式，所以a=2022-2021或a=2021-2022，所以CD错误，当an=n-n-1a⋅a=2021-20202022-202111=×<，2021+20202022+2021当an=-n+n-1a⋅a=2020-20212021-202211=×<，2021+20202022+2021所以A正确，B错误，48.(2022·全国·高三专题练习)若数列an和n满足a=2b=02a=3a+b+22b=a+3b-111nn1nn2a+=(A.2⋅3+1)B.3⋅2-1C.3⋅2+1D.3⋅2-12a1=3a+b+2b=a+3b-，nn1nn所以2a1+21=a+3b-2+3a+b+2=4a+ba+1=2a+b，nnnnnn1nn又a+b=，11所以a+b是以2为首项，2为公比的等比数列，nn所以a+b=2，nn3212又2a1=3a+b+a=an+n+，nn132123232所以a1+n=an+b+1+b=a+b+1=×2n+1nnnn32所以a+=×2+1=3×2+1；2311323an=a1++1+11+149.(2022·浙江·嘉兴一中高一期中)数列{a},{b}满足a=2,b=1,(n≥2,n∈N*)，nn11n=a13则(a+)(a-)=_____.2017【答案】.3a+b=(a+)+2(n≥2，nn1又a+b=，11∴数列{a+b}是首项为2的等差数列，nn∴a+b=3+2(n-1)=2n+1．nn13又由条件得a-b=a1-1,(n≥2a-b=，nn1113∴数列{a-b}是首项为的等比数列，nn131∴a-b=．nn13，∴a+=2×1008+1=2017a-=1320173∴(a+)(a-)=2017×=．50.(2022·全国·高三专题练习)已知数列an和n满足a=2b=02a+b=3n+1a1+2bn=3n+11n11a-b=______a+b=______．nnnn【答案】2n2n(2an+)-(a1+2b)=2(a-b)=a-a-b=，nnn111所以{a-b}2a-b=2，nnnn(2an+)+(a1+2b)=6n+2(a+b)+(a+)=6n+，nnn1令c=a+b2c+c=6n+，nnnn1故-2(cn-2n)=c1-2(n+1c-2=a+b-2=，111所以{c-2n}c-2n=c=a+b=2n.nnnnn故答案为：22n.51.(2022·全国·模拟预测)策·7n个圆环所需的最少步骤数aa=1a=2a=5a=10a=21a=42⋯9个圆环步骤数最少为()n123456A.127B.256C.341D.512n≥2时n为奇数时，an=2a1+n为偶数时，an=2a1，∴当n为奇数时，an=4a2+，1313∴an+=4a+,21343又a=∴a+=×4∴a9=341，19故选:C．52.(多选题)(2022·全国·高三专题练习)·(下图所示的是一个4层的三角跺)13三层有6个球，⋯n层有an层球的球的总数为S()nnA.an-a1=n+1(n≥2)B.7=8498×99C.a=21a11a21a31a40442023D.+++⋅⋅⋅+=【答案】BCDa=a-a=a-a=a-a=，12132n1以上n个式子累加可得n(n+1)an=1+2+⋯+n=(n≥2，n(n+1)2又a=1a=A错误；1n2则a=a=a=10a=15a=21a=28，234567得S=a+a+⋯+a=1+3+6+10+15+21+28=84B正确；7有a=112798×99C正确；221n1由得=+=2-，n(n+1)n1+an1a11a2112121311140442023+⋯+=21-+-+⋯+-=21-=，a202220232023故D正确.故选：BCD.53.(2022·广东·东莞四中高三阶段练习)有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第123站、⋯1010n站的概率为n1棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于39站(失败)或者第10站(获胜)3=___________________．34【答案】-P-P121212341212P123=+×=n=P2+P(3≤n≤8n1=-P-P=P12111281--1212112122127-n-P=-,n≥P=1+-+-+⋅⋅⋅+-==n18121--851281285256,=8=．385故答案为：；4256.54.(2022·广东佛山·三模)调出相应难度的试题给挑战者挑战，现将试题难度近似当做挑战成功的概率．已知某挑战者第一次挑战2313成功的概率为23．记第n次挑战成功的概率为P．则P=________P=____n2n____．49121613n∈N*【答案】+×-【解析】2表示第2次挑战成功的概率，2313132349所以2=×+×=.设第n-1次挑战成功的概率为(n≥2，13231323则n=P×+(1-)×=-P+1(n≥2)1121n-12131213所以n-=-P-=-，1P-1212231216又1-=-=121613所以P-是以为首项，-为公比的等比数列，n1216×-n=13121613n∈N*所以n-=+×-41921613n∈N*故答案为：；+×-131.(2022·浙江·高考真题)已知数列an满足a1=1,a1=an-ann∈N∗()52527272A.2<100a<B.<100a<3C.3<100a<D.<100a<423【解析】∵a=a=∈0,1a∈0,112n131a13-1an1由题意，a1=a1-a==+，nn3-aan3ann1a11an113∴-=>，3-an1a21a1111a2111a3131an1a113即->，->，->，->,(n≥2，3a33a41an131an13累加可得-1>n-1>(n+2),(n≥2，313410034∴an<,n≥2a<100a<<3,n+21a11an11131又-=<=1+,(n≥2，3-an3n+131-n+21a21a11312113131113141an1a1131n∴-=1+，-<1+，-<1+，-<1+,(na3a2a4a3≥3，1an131132131n累加可得-1<n-1+++⋯+,(n≥3，1a113213199113216∴-1<33+++⋯+<33+×4+×94<39，1a14052即<40∴a>100a>；52综上：<100a<3．故选：B．2.(2022·全国·高考真题(理))1α1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nb1=1+b2=1+113=1+⋯α∈N(k=1,2,⋯)．则()1α21kα1+α1+1α3α2+A.1<5B.3<8C.6<2D.4<7α∈N*k=1,2,⋯，k111所以α<α+，>b>b，1211α2α11α2α1+1α21同理α1+>α1+b<bb>b1α32313α2+1α21111α3+又因为>,α1+<α1+