难点冲刺05求数列的通项公式

难点冲刺05求数列的通项公式一、等差等比的证明（1）若满足定值，则数列为等差数列，则求出对应的首项即可求得通项公式；（2）若满足定值，则数列为等比数列，则求出对应的首项即可求得通项公式；二、累加累乘法:（1）累加法：适用于具体步骤:将上述个式子相加(左边加左边,右边加右边)整理得:（2）累乘法适用于具体步骤:，将上述个式子相乘(左边乘左边,右边乘右边)整理得:三、、“和”型与“积”型（1）已知与的关系或与的关系:用,得到（2）已知与的关系或与的关系:替换题目中的（3）“和”型：已知等式中左侧含有:作差法（4）已知前积和的关系或和的关系:用,得到四、构造法（1）形如为常数,:可用“待定系数法”将原等式变形为,由此构造出新的等比数列,先求出的通项,从而求出数列的通项公式;（2）形如:可通过两边同除,将它转化为,从而构造数列为等差数列,先求出的通项,便可求得的通项公式（3）形如:可通过两边同除以,变形为的形式,从而构造出新的等差数列,先求出的通项，便可求得的通项公式.注：可转换成分式为常数)的数列,可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解五、隔项数列（1）隔项等差数列:形如①，则②,③则②①其中为常数)；①③得:，则为隔项等差数列;（2）隔项等比数列:形如①,则②，③,则(其中为常数);或,则为隔项等比数列数)题型一等差等比的证明【例1】在数列中，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题目条件得到为等差数列，公差为1，并求出首项，从而得到通项公式，求出，得到答案.【详解】因为，所以为等差数列，公差为1，首项为，故，所以，因为，所以，.故选：C【例2】已知数列的前n项和为，，且，.(1)在下列问题①②中选择一个求解；①求证：是等比数列，并求；②求证：是等差数列，并求.(2)设，，若是等比数列，求λ的值.注：如果选择多个问题分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）由得，选①：可证是等比数列得，可得，求得.选②：可得，且，所以是各项均为0的常数列，求得.（2）（法一）因为是等比数列，可设为非零常数)，可解得；（法二）由，解得或，可验证是否满足是等比数列即可.【详解】（1）由，得，两式相减，得，即.又，所以.选①:因为，且，所以是首项为3，公比为2的等比数列，所以.两边同除以，得，即，所以又，所以是各项均为0的常数列，则，所以.选②:因为，所以，且，所以是各项均为0的常数列，也是等差数列，所以，即.又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以.（2）由（1）知，（法一）因为是等比数列，可设为非零常数).则，即，即，即对恒成立.因为为非零常数，所以，则，所以解得.（法二）因为是等比数列，所以，又，所以，化简得，解得或.①当时，，所以，所以是等比数列，符合题意.②当时，，则，因为，所以不是等比数列，不合题意.综上，.【变式11】已知数列满足，(1)求证：数列为等差数列;(2)求数列的通项公式与最大值.【答案】(1)证明见解析(2)，最大值是【分析】（1）计算，根据等差数列的概念即得结论；（2）由（1）可得，再研究其单调性，计算可得结论．【详解】（1）因为，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列.（2）由（1）可得，即当时，由反比例函数的性质知单调递减，所以，又，，，所以数列的最大值是【变式12】已知数列满足.(1)求证：是等差数列.(2)求数列的通项公式.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等差数列的定义即可求证，（2）根据等差数列的通项即可求解.【详解】（1）为常数，所以为公差为的等差数列，（2）由于为公差为的等差数列，且首项为，所以，所以【变式13】已知数列的首项为3，且满足.(1)求证：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并判断数列是否是等比数列.【答案】(1)证明见解析(2)，数列不是等比数列【分析】（1）化简变形为，结合定义即可证明；（2）由即可判断.【详解】（1）由，，得，又，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）由（1）得，，所以所以数列不是等比数列.题型二累加累乘法【例3】已知数列满足，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】运用累乘法，结合余弦函数的周期性进行求解即可.【详解】函数的最小正周期为，所以有故选：D【例4】已知数列中，，，则，．【答案】11【分析】应用累加法求通项公式，进而求第5项即可.【详解】依题意，，，，而，则，也满足该式，所以，．故答案为：11；【变式21】在数列中，，且，求数列的通项公式．【答案】【分析】根据已知，利用累加法求数列的通项公式．【详解】由题设，所以且，显然满足上式，所以【变式22】已知数列满足（），且，求数列的通项公式．【答案】（）．【分析】利用累加法以及裂项相消法求解通项公式.【详解】由题意得（），即，，，，所以个式子累加得，因为，所以（），因为，所以（），又当时，，所以（）．【变式23】已知数列的前项和为，，，．(1)写出数列的前4项；(2)求出数列的通项公式．【答案】(1)，，，(2)．【分析】（1）利用求得，也即求得，由此求得正确答案.（2）利用累乘法求得.【详解】（1）因为①，所以②，②－①得，所以，所以，所以，，，．（2）当，由，得，，，…，，所以，即，又，所以．当时，满足上式，故．题型三利用消【例5】已知数列的前n项和为，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用构造法，结合与等差数列的定义即可得解.【详解】因为，则，整理得，又，则，因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，则，所以.故选：D.【例6】设数列的前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前2n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据求得.（2）根据分组求和法求得正确答案.【详解】（1）依题意，，当时，，当时，，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，也符合.所以.（2）由（1）得，所以.【变式31】已知数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用关系，构造数列及等比数列定义写出的通项公式；（2）由（1）得，讨论、求前n项和．【详解】（1）当，则；当，则，所以，而，则是首项、公比为2的等比数列，所以，且也满足，综上，.（2）由（1）得，当时，，当时，.所以.【变式32】在数列，中，若，数列的前项和满足.(1)求数列的通项公式.(2)若数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件得到时的递推关系式，然后两式作差，最后利用累乘法求解出的通项公式；（2）先将的通项公式裂项，然后采用裂项相消法进行求和.【详解】（1）由题设可得，当时，，得，当时，，两式相减得，所以，即，所以，所以，显然符合的情况，所以数列的通项为；（2）因为，所以数列的前项和.【变式33】已知数列和，其中的各项均为正数，前n项和为，满足，数列的前n项和为，且．(1)求，的通项公式；(2)若的前n项和为，求证：．【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）将与的关系转化为与的关系，即可求出的通项公式，当时，利用，可求得的通项公式，继而求得的通项公式.（2）验证时，不等式成立，当时，利用放缩法和裂项对进行变形，，求和即可得证.【详解】（1）∵，∴当时，，两式相减得，即，∵，∴，∴．当时，，得，则是首项为1、公差为1的等差数列，故．，当时，，，∴．当时，，∴．则．∵，∴．（2）由（1）得，当时，，当时，,.故成立.题型四利用消【例7】设数列的前项和为，，，，则数列的前项和为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件构造为常数列，求出，再利用裂项相消法求和即可.【详解】，且，，即，，故数列为常数列，且，，则，故数列的前项和.故选：D.【例8】已知数列满足，，其中为的前项和，求.【答案】.【分析】结合变形给定等式，再利用等差数列通项计算即得.【详解】数列中，，又当时，，由，得，整理得，显然由，得，同理可得，，以此类推，对任意的，，因此，即数列是以为首项，为公差的等差数列，因此，所以.【变式41】已知正项数列的前项和为，且.(1)证明：数列是等差数列；(2)若数列满足，且，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据与之间的关系结合等差数列的定义分析证明；（2）由（1）可得，进而可得是常数列以及，代入利用裂项相消法求和.【详解】（1）当时，，由于，解得；当时，，整理得；所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.（2）由（1）可知：，因为，整理得，可知数列是常数列.所以，即，可得，所以.【变式42】设是数列的前项和，，.(1)求；(2)求数列的通项公式.【答案】(1)(2)【分析】（1）代入及计算即可得；（2）借助与的关系，消去计算出的通项，再由计算出即可得.【详解】（1）当时，，又，故，当时，，即，解得或，又，故；（2）对任意的，，则，当时，，即，又，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，.【变式43】设是数列的前n项和，且，则，数列的前5项和为．【答案】【分析】代入，再证明为等差数列，可求得的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和.【详解】原式为，即整理为：，即，即数列是以为首项，为公差的等差的数列，所以，即；，则数列的前5项和为.故答案为：；题型五“和”型与“积”型【例9】已知数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由方程组法得，然后再根据求通项公式即可；（2）先根据（1）求出，然后利用等差数列求和公式求解即可.【详解】（1）当时，.当时，由，得，则，因为满足，所以.当时，.因为满足，所以.（2）由（1）可知，，则是以7为首项，2为公差的等差数列，所以.【例10】已知数列满足．(1)求的通项公式．(2)记，数列的前n项和为，是否存在实数m，使得数列为等差数列？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，.【分析】（1）根据求出通项公式；（2），裂项相消法求和得到，变形得到，假设存在实数m，使得数列为等差数列，从而根据等差数列的定义得到.【详解】（1）①中，令得，，解得，当时，②，①②得，，故，当时，，满足要求，综上，的通项公式为（2），，，假设存在实数m，使得数列为等差数列，故当时，，只有当，即时，为常数，其他值均不合要求，故当时，是等差数列.【变式51】已知数列满足．数列满足，且．(1)求数列和的通项公式；(2)设数列前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数取值范围．【答案】(1)，；(2).【分析】（1）利用递推公式，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）结合错位相减法进行求解即可.【详解】（1）当时，，因为，而，所以有，也适合所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，即，由，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以有；（2），，两式相减，得：，代入中，得：，设，因为，所以，因此要想不等式对任意恒成立，只需，即实数取值范围为.【变式52】设数列满足．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用数列的递推关系可解，注意验证当时，是否满足上式；（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）当时，，

因为①，当时，②，

①②得，，所以，

当时，，满足上式，

故数列的通项公式为．（2）由（1）知，，记的前项和为，则，所以④③得，，所以数列的前项和为．【变式53】数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由．【答案】(1)，(2)存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项【分析】（1）由题意得，与原式相除可得，利用累加法，即可得通项.（2）设，分析可得数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数，分别讨论数列的奇数项和偶数项，根据数列的单调性，分析求解，综合即可得答案.【详解】（1）因为，所以两式相除得，又当时，满足上式，所以从而，所以，，，累加可得时，则，又当时，亦符合该通项，所以的通项公式为，．（2）设，则数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数．所以若出现最大项，一定在偶数项出现；若出现最小项，一定在奇数项出现．（i）考查奇数项，令，解得，此时，又，且，所以,所以有，这表明数列的最小项为．（ii）考查偶数项，令，解得，此时，又，即，所以有，这表明数列的最大项为．综上所述，存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项．【点睛】解题的关键是熟练掌握由递推与通项、累加法等求通项的方法，难点在于分析得为摆动数列，结合数列的单调性，分奇偶讨论最大和最小，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.题型六构造法【例11】（多选）设数列满足，（），则（

）A．为等比数列 B．的通项公式为C．为递减数列 D．的前n项和【答案】ABD【分析】对于A、B：根据题意利用构造法结合等比数列的定义运算求解；对于C：检验前两项即可判断；对于D：利用等比数列求和结合分组求和运算求解.【详解】因为，则，整理得，且，所以是以首项，公比的等比数列，故A正确；可得，解得，故B正确；因为，即，所以不是递减数列，故C错误；因为，所以的前n项和，故D正确；故选：ABD.【例12】已知数列满足，，则满足的最小正整数．【答案】5【分析】根据题意先求得，，从而求得，再构造等比数列，从而得到数列的通项公式，进而根据的单调性即可求解．【详解】由，解得，又，所以．另一方面由，可得，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以，易知是递增数列，又，，所以满足的最小正整数．故答案为：5．【点睛】本题考查递推数列．【变式61】设为数列的前项和，已知，，则【答案】【分析】两边同除，令，则有且，则有，即可得；【详解】，令，则，∴又，，∴；故答案为：；【变式62】已知，求的通项公式．【答案】．【分析】将已知式子变形为，进而根据等比数列的定义求得答案．【详解】，，则，则，，所以是以2为首项，2为公比的等比数列．于是，．【变式63】已知各项均为正数的数列满足，，，．(1)当时，求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）推导出，计算得出，即可得出当时，数列的通项公式；（2）由（1）可求得，计算可得，利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】（1）当时，，所以，，即，所以，，所以，，即，因为，所以，当时，.（2）解：由（1）可知，当时，，则，即，所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，.故，设数列的前项和为，所以，，①则，②①②可得，因此，.题型七隔项数列【例13】（多选）对于数列，若，，则下列说法正确的是（

）A． B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．【答案】ACD【分析】由，得，两式相减得，结合可知数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，从而即可对选项进行逐一判断.【详解】由，，得，，，所以A选项正确；又，，两式相减得，令，可得，所以不是等差数列，是等差数列，故B选项错误，C正确；同理，令，则，所以是以为首项，公差为2的等差数列，所以，故D正确.故选：ACD【例14】（多选）已知数列满足，，则下列结论正确的是（

）A． B．为等比数列C． D．【答案】AD【分析】利用递推公式求出可判断A；由可判断B；由，利用等比数列的求和公式可判断C；由递推公式可得，再由由累加法可判断D.【详解】对于A，因为，，则，，则，，则，故A正确；对于B，，所以，，所以，，故不是等比数列，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，由可得，由，两式相减可得：，所以，，，……，，上式相加可得：，，又因为，所以，故D正确.故选：AD.【变式71】（多选）已知数列中，，，，则下列说法正确的是（

）A． B．是等比数列 C． D．【答案】ABD【分析】先由分析出数列的奇数项和偶数项均为等比数列，再逐项判断即可.【详解】解：数列中，，，所以，即因为，所以所以所以数列的奇数项和偶数项，均为以为公比的等比数列所以对A，，故A正确；对B，由分析知，是等比数列，故B正确；对C，，故C错误；对D，，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过对已知数列的递推公式进行变形整理，得到新的递推公式，从而得到数列的奇数项和偶数项均为等比数列.【变式72】（多选）设正项数列的前项和为．若，，，则（

）A．B．C．当且为偶数时，D．【答案】ABC【分析】通过已知条件及赋值法可判断选项A，通过递推关系构造等比数列从而推出的通项公式，即可判断选项B，由选项B得出的通项公式利用放缩法即可判断选项C，由选项C的结论结合放缩法可判断选项D．【详解】数列的递推关系，等比数列的通项公式和前项和公式当时，有，由于，则，故选项A正确；由于，，则，即，令，则，，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，，所以，故选项B正确；（另解：因为，，所以，当为奇数时，，所以；当为偶数时，，所以．综上，，故选项B正确）当且为偶数时，，故选项C正确；由选项C知，当且为偶数时，，则，即，又，所以，故选项D错误．故选:ABC．【变式73】数列满足.（Ⅰ）若是等差数列，求其通项公式；（Ⅱ）若满足，为的前n项和，求.【答案】（I）；（Ⅱ）.【分析】（1）利用等差数列基本量运算即得；（2）由题可得奇数项与偶数项分别构成等差数列，公差均为4，然后分组求和法即得．【详解】（1）∵，∴，∴，又是等差数列，设公差为d，∴d=2，∵，∴，∴．（2）∵，，∴．又∵，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，∴.1．（2022上·吉林长春·高二长春十一高校考期末）已知数列中，，，则数列的前10项和（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.【详解】解：∵，∴，∴．∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴，∴．∴，∴数列的前10项和．故选:C．2．（2022上·陕西渭南·高二统考期末）设数列满足，则（

）A．7 B． C． D．【答案】C【分析】根据题意令，，两式作差即可得结果.【详解】令，可得，令，可得，两式相减可得，所以.故选：C.3．（2023下·湖北孝感·高二校联考期末）设是数列的前项积，则“”是“是等差数列”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由求出的表达式，结合等差数列的定义可判断充分条件；举特例可判断必要条件，综合可得结论.【详解】若，则；当时，.所以，对任意的，，则，此时，数列是等差数列，故“”能得出“是等差数列”；若“是等差数列”，不妨设，则，即“是等差数列”不能得出“”.所以“”是“是等差数列”的充分不必要条件.故选：A.4．（2024上·河北邢台·高二河北省博野中学校联考期末）（多选）已知数列的前项和为，则（

）A．B．为等比数列C．D．【答案】ACD【分析】选项A，代入递推关系可得；选项B，递推关系变形可得，从而可得为等差数列；选项C，由错位相减法数列求和得，可得；选项D，将代入可得，令可求.【详解】选项A，由题意得，A正确；选项B，将两边同时除以，得，即，则是首项为，公差为的等差数列，不是等比数列，错误；选项C，由，得，所以①，则②，①②得，，，即，则，C正确；选项D，因为，所以，D正确.故选：ACD.5．（2022上·陕西铜川·高二校考期末）我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项依次为1，3，6，10，则该数列的第10项为．【答案】55【分析】根据二阶等差的定义可得，进而利用累加法即可求解.【详解】由题意可得故为等差数列，且公差为，首项为2，所以，故，因此累加可得所以故答案为：556．（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）已知在数列中，．(1)令，证明：数列是等比数列；(2)设，证明：数列是等差数列．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据等比数列定义由利用递推关系式化简可得，即可得证明；（2）解法一：由（1）可得，代入表达式可得；解法二：由的关系式可得，化简可得结论.【详解】（1）证明：易知，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）证明：解法一：由（1）知，所以，所以，即，又，所以，所以时，，又，所以，数列是首项为1，公差为1的等差数列.解法二：由，，相减得，所以，又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.7．（2024上·江苏·高二期末）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且对一切都成立.若是公差为2的等差数列，.(1)求数列与的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用的关系结合条件及等比数列的定义可得，再根据等差数列的概念计算求；（2）利用分组求和及等比数列求和公式计算即可.【详解】（1）由，且对一切都成立，可得，又，所以，则，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，则.又是公差为2的等差数列，，所以，则.综上.（2）由上可知，故.8．（2023上·河北唐山·高二校考期末）已知数列中，，，前项和为，若．(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前项和为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由，结合题意可得，再由可得数列通项；（2）由（1）可知当时，，即可得，后结合在上是递增的可得相关结论【详解】（1）若，由，可得，则数列是