2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结（解析版学案）

2024新高考新试卷结构数列的通项公式的 9种题型总结
题型解密
考点一：已知Sn= f n ，求 an
a= 1, n= 1 利用Sn ，注意一定要验证当n= 1时是否成立Sn Sn 1, n≥ 2
【精选例题】
1 已知Sn为数列 an 的前n项和，且Sn= 2n+1-1，则数列 an 的通项公式为 ( )
n 3, n= 1A. an= 2 B. an= C. a = 2
n-1
n D. a
n+1
n ≥ n
= 2
2 , n 2
【答案】B
【详解】当n≥ 2时，Sn-1= 2n-1，an=Sn-Sn-1= 2n+1-1- 2n+1= 2n；当n= 1时，a1=S = 21+11 -1= 3，不符
合 a = 2n
3, n= 1
n ，则 an= .故选：B.2n, n≥ 2
n
2 定义 + + + + 为 n个正数 p1,p2,p3, ,pn的“均倒数”，若已知数列 an 的前 n项的“均倒数”为p1 p2 p3 pn
1
，则 a10等于 ( )5n
A. 85 B. 90 C. 95 D. 100
【答案】C
1 n 1
【详解】因为数列 an 的前n项的“均倒数”为 ，所以 + + + + = a1+a2+a3+ +a5n a a a a 5n n=1 2 3 n
5n2，
于是有 a1+a2+a3+ +a10= 5× 102，a1+a 22+a3+ +a9= 5× 9 ，两式相减，得 a10= 5× (100- 81) = 95，故
选：C
n-1
3 ( ) a1+2a多选题 定义H 2+ +2 ann= 为数列 an 的“优值”．已知某数列 an 的“优值”Hn= 2n，前 nn
项和为Sn，下列关于数列 an 的描述正确的有 ( )
A. 数列 an 为等差数列 B. 数列 an 为递增数列
S
C. 2022 = 2025 D. S
2022 2 2
，S4，S6成等差数列
【答案】ABC
= a1+2a2+ +2
n-1a
详解 由已知可得H n【 】 = 2n，所以 a +2a + +2n-1n 1 2 an=n 2n，①所以n≥ 2时，an 1
+2a + +2n-22 an-1= n- 1 2n-1，②得n≥ 2时，2n-1a =n 2n- n- 1 2n-1n = n+ 1 2n-1，即n≥ 2
时，an=n+ 1，当n= 1时，由①知 a1= 2，满足 an=n+ 1．所以数列 an 是首项为 2，公差为 1的等差数
n n+ 3 S S
列，故A正确，B正确，所以S = n+ 3 2025n ，所以 n = ，故 2022 = ，故C正确．S2= 5，S =2 n 2 2022 2 4
14，S6= 27，S2，S4，S6不是等差数列，故D错误，故选：ABC．
4 设数列 a
1 1
n 满足 a1+ a2+ a3+ + 1- an=n+ 1，则2 n 1 an 的前n项和 ( )2 2 2
1
A. 2n-1 B. 2n+1 C. 2n D. 2n+1-1
【答案】C
【详解】解：当n= 1时，a1= 2，当n≥ 2时，由 a1+ 1 a 12+ a3+ + 1 a 1n-1+ an=n+ 1得2 22 2n-2 2n-1
2, n= 1
a1+ 1 a2+ 1 a3+ + 1- a
1
n-1=n，两式相减得， - an= 1，即 an= 2
n-1，综上，a =
2 22 2n 2 2n 1
n 2n-1, n≥ 2
2 1- 2n-1
所以 an 的前n项和为 2+ 2+ 4+ 8+ +2n-1= 2+ = 2n，故选：C.1- 2
【跟踪训练】
1 无穷数列 an 的前n项和为Sn，满足S
n
n= 2 ，则下列结论中正确的有 ( )
A. an 为等比数列 B. an 为递增数列
C. an 中存在三项成等差数列 D. an 中偶数项成等比数列
【答案】D
【详解】解：无穷数列 an 的前n项和为Sn，满足S
n
n= 2 ∴n≥ 2，an=Sn-S nn-1= 2 -2n-1= 2n-1，当n= 1时，
a 11=S1= 2 =
2,n= 1,
2，不符合上式，∴ an= n-1, ≥ 所以 an 不是等比数列，故A错误；又 a1= a2= 2，所以2 n 2,
an 不是递增数列，故B错误；假设数列 an 中存在三项 ar,am,as成等差数列，由于 a1= a2= 2，则 r,m,s∈
N *,2≤ r-m- 1≥ 0 2s-m-1≥ 1 且 2r-m-1> 0恒成立，故式子 1= 2r-m-1+2s-m-1无解， an 中找不到三项成等差数
a ( + ) 22n+12 n 1
列，故C错误；∴ a = 22n-12n (n∈N *)，∴ = = 4∴ a2n-1 2n 是等比数列，即 an 中偶数项成等比数an 2
列，故D正确.故选：D．
= a1+2a2+3a3+ +na2 对于数列 a nn ，定义Hn 为 an 的“伴生数列”，已知某数列 an 的“伴生数n
列”为H 2n= (n+ 1) ，则 an= ；记数列 an-kn 的前n项和为S ，若对任意n∈N*n ,Sn≤S6恒成立，则
实数 k的取值范围为 ．
22 19
【答案】 3n+ 1； ≤ k≤ .
7 6
a +2a +3a + +na
【详解】因为H = (n+ 1)2= 1 2 3 nn ，所以n (n+ 1)2= a1+2a2+3a3+ +nan n①，所以当 n=
1时，a1= 4，当n≥ 2时，(n- 1) n2= a1+2a2+3a3+ +(n- 1)an-1②，①-②：3n2+n=nan，所以 an= 3n
+ 1，综上：an= 3n+ 1，n∈N*，
令 bn= an-kn= (3- k)n+ 1，则 bn+1-bn= 3- k，可知 {bn}为等差数列，又因为对任意 n∈N*，Sn≤S6恒成
S6-S5= b6≥ 0， b6= 3- k × 6+ 1= 19- 6k≥ 0， 22 19立，所以 - = ≤ 则有 解得 ≤ k≤ ．故答案为：3n+S7 S6 b7 0， b7= 3- k × 7+ 1= 22- 7k≤ 0， 7 6
1 22 ≤ k≤ 19；
7 6
考点二：叠加法 (累加法)求通项
若数列 an 满足 an+1 an= f(n) (n∈N *)，则称数列 an 为“变差数列”，求变差数列 an 的通项时，利用
恒等式 an= a1+ (a2 a1) + (a3 a2) + + (an an 1) = a1+f(1) + f(2) + f(3) + +f(n 1) (n≥ 2)求通项
公式的方法称为累加法。
【精选例题】
2
1 数列 an 满足 a1= 1，且对任意的m,n ∈ N *都有 am+n= am+an+mn 1 1 1 1，则 + + + + =a1 a2 a3 a201
( )
A. 201 B. 400 C. 200 D. 199
101 201 201 200
【答案】A
【详解】已知 am+n= am+an+mn，令m= 1可得 an+1= a1+an+n= an+n+ 1，则n≥ 2时 an-an-1=n,an-1
+an-2=n- 1，
，a3-a2= 3,a2-a1= 2，将以上式子累加可得 an-a1=n+n- 1+ +3+ 2，an=n+n- 1+ +3+ 2+
n+ 1=
n n+ 1 n
1 ，n= 1 1 2 1 1 1 1 1时也符合，则 an= ， = = 2 - ，则 + + + 2 2 an n+ 1 n n n+ 1 a1 a2 a3
+ 1 = 2× 1- 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 2× 1- 1 = 201 .故选：A.a201 2 2 3 201 202 202 101
n
2 已知数列 an 的首项 a1= 2，且满足 an+1= a + 1n n∈N * .若对于任意的正整数 n，存在M，使得 a2 n
【答案】3
n n
【详解】∵ 1数列 an 满足 a1= 2，且 an+1= an+ n∈N* ，即 an+1-an= 1 ，∴当n= 1时，a2-a1=2 2
1
1
2 ，
1 2 1 3 n-1
当n= 2时，a3-a2= ，当n= 3时，a4-a3= ， 当n=n- 1时，an-an-1= 1 ，以上各式2 2 2
1 n-1
1 1 1 2 1 3 1 n-1 2 × 1-
1 n-1
相加，得 an-a1= + + + + = 2 = 1- 12 2 2 2 - 1 2 又∵ a1= 2，∴ an= 31 2
1 n-1 1 n-1- ，∵ > 0，∴ an< 3，若对于任意的正整数 n，存在M，使得 anM的最小值是 3.故答案为：3.
a
3 数列 an 满足 a1= 17，an= an-1+2n- 1 n≥ 2,n∈N * ，则 n 的最小值是n
【答案】8
【详解】解：∵ a *n= an-1+2n- 1 n≥ 2,n∈N ，∴ an-an-1= 2n- 1，∴ a2-a1= 3，a3-a2= 5， an-an-1
= 2n- 1，
n- 1 3+ 2n- 1
又∵ a1=

17，上述n个式子相加得，an= 17+ 3+ 5+ + 2n- 1 = 17+ =n2+16，2
2
∴ an = n +16 =n+ 16 ≥ 8 16，当且仅当 n= 即n= 4时，等号成立，故答案为：8．
n n n n
【跟踪训练】
1 已知数列 an ，a1= 1 1，且 a *n+1= an- ，n∈N ．求数列 a+ n
的通项公式 ；
n n 1
1
【答案】an= .n
【详解】因为 a 1 1 1 1 1 1n+1= an- ，所以 a+ n+1
-an=- = - ，当n≥ 2时，a2-a1= - ，a3
n n 1 n(n+ 1) n+ 1 n 2 1
3
-a = 12 - 1 ， ，an-an-1= 1 - 1- ，相加得 an-a1=
1 - 1 1，所以 an= ，当n= 1时，a1= 1也符合3 2 n n 1 n 1 n
1 1
上式，所以数列 an 的通项公式 an= .故答案为：an n= .n
2 设数列 an 满足 a1= 2,a2= 6，且 an+2= 2an+1-an+2.
(1)求证：数列 an+1-an 为等差数列，并求 an 的通项公式；
(2)设 bn= ancosnπ，求数列 bn 的前n项和Tn.
n n+ 2 ,n为偶数
【答案】(1)证明见解析，an=n2+n；(2)T= 2n .- n+ 1 22 ,n为奇数
【解析】(1)由已知得 an+2-2an+1+an= 2，即 an+2-an+1 - an+1-an = 2，∵ a2-a1= 4,∴ an+1-an 是以 4
为首项，2 为公差的等差数列.∴ an+1-an= 4+ (n- 1) × 2= 2(n+ 1)，当n≥ 2时，an= (an-an-1) + (an-1
+a 2n-2) + + (a2-a1) + a1= 2n+ 2(n- 1) + +2× 2+ 2=n +n,当n= 1时，a1= 2也满足上式，所以 an=
n2+n;
(2)bn= ancosnπ= (-1)n n2+n = (-1)nn(n+ 1),当n为偶数时，Tn=-1× 2+ 2× 3- 3× 4+ 4× 5-
-( - ) + ( + )= ( + + + )= n(n+ 2)n 1 n n n 1 2 2 4 n ，当n为奇数时，
2
(n- 1) (n+ 1)
Tn=-1× 2+ 2× 3- 3× 4+ 4× 5- +(n- 1)n-n(n+ 1) =Tn-1-n(n+ 1) = -n(n+ 1)2
2
=- (n+ 1) ,
2
n n+ 2
2 ,n为偶数所以Tn= - n+ .1 22 ,n为奇数
考点三：叠乘法 (累乘法)求通项
a
若数列 an 满足
n+1 = f(n) (n∈N *)，则称数列 an 为“类比数列”，求变比数列 an 的通项时，利用累an
乘法。
a
具体步骤： 2 = f( a1)， 3 = f(2) a， 4 = af(3)， ， n = f(n- 1)
a1 a2 a3 an-1
a
将上述 n- 1个式子相乘 (左边乘左边，右边乘右边)得： 2 a3 a4 an = f(1) f(2)f(3) f(n-
a 1 a2 a3 an-1
1)
a
整理得： n = f(1) f(2)f(3) f(n- 1)
a1
【精选例题】
1 数列 a 的前n项和S =n2n n an(n≥ 2，n为正整数)，且 a1= 1，则 an= ．
2
【答案】
n n+ 1
【详解】由Sn=n2 an得：当n≥ 2时S 2n-Sn-1=n an- n- 1 2a n2n-1 an- n- 1 2an-1= an,进而得
a a a
n2-1 an= n- 1 2a n- 1 n-1，因为n≥ 2，所以 n+ 1 a n 2 3n= n- 1 an-1 = + ，故 aa n 1 n= a1 n-1 a1 a2
an = 1× 1 × 2 × 3 × × n- 1 = 1× 2 = 2 2+ ，故答案为：an-1 3 4 5 n 1 n n+ 1 n n+ 1 n n+ 1
4
2 数列 an 满足：a1= 1，a *n= a1+2a2+3a3+ + n- 1 an-1 n≥ 2,n∈N ，则通项 an= ．
1, n= 1
【答案】 n!2 , n≥ 2
【详解】由题意得：an+1= a1+2a2+3a3+ + n- 1 an-1+nan①，当n= 1时，a2= a1，当n≥ 2时，an= a1
+2a2+3a3+ +
a
n- 1 a 2n-1②，①-②得：an+1-an=nan an+1= n+ 1 an, n≥ 2 ，所以 a1= 1， = 1，a1
a a a n! 1, n= 13 = 3， 4 = 4， ， n =n，累乘得 an= n≥ 2 ，当n= 1时，a1不满足 an，则 an= n! ．故a2 a3 an-1 2 2 , n≥ 2
1, n= 1答案为： n! .2 , n≥ 2
【跟踪训练】
1 设 an 是首项为 1的正项数列，且 (n+ 2)a 2 2n+1-nan+2an+1an= 0(n∈N *) ，求通项公式 an=
2
【答案】
n(n+ 1)
【详解】由 (n+ 2)a 2 2 *n+1-nan+2an+1an= 0(n∈N )，得 [(n+ 2)an+1-nan] (an+1+an) = 0，∵ an> 0，∴ an+1+an
> ∴( + ) - = ∴ a a a a0， n 2 a na 0 ， n+1 = n ∴ a = a 2 3 4n+1 n + n 1
an = 1× 1 × 2 × 3 × ×
an n 2 a1 a2 a3 an-1 3 4 5
n- 2 × n- 1 = 2 (n≥ 2)，
n n+ 1 n(n+ 1)
又 a1= 1 2 2满足上式，∴ an= .故答案为： .
n(n+ 1) n(n+ 1)
2
2 数列 an 满足：a1= ， 2n+2-13 an+1= 2
n+1-2 a *n n∈N ，则 an 的通项公式为 .
n
【答案】an= 2
2n-1 2n+1-1
n+1 n
【详解】由 2n+2-1 an+1= n+1-
an+1 = 2 -2 = 2 -1 an an-1 an-2 a 2 2 an得， 2 ，则 2 = 2 an 2n+2-1 2n+2-1 an-1 an-2 an-3 a1
2n-1-1 2n-2-1 n-3 1 n-1
+ 2 n 2
2 -1 2 2 -1 = 2n-1 3 an 3 2 2
2n 1-1 2 -1 2n-1-1 23-1 2n+
，即 = ，又 a1= ，1-1 2n-1 a 2n-1 2n+11 -1 3
2n 2n
所以 an= + .故答案为：an= . 2n-1 2n 1-1 2n-1 2n+1-1
a
3 已知数列 a 满足 a = 1， n+1 = n+ 1n 1 .an n
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若 bn 满足 b2n= 2an-24，b2n-1= 2an-22.设Sn为数列 bn 的前n项和，求S20.
【答案】(1)an=n；(2) - 240
a n+ 1 a a a 2 3 n a
【解析】(1)因为 a = 1， n+1 = ，所以当n≥ 2时， 2 3 n1 = × × × ，则 n =n，an n a1 a2 an-1 1 2 n- 1 a1
即 an=n，当n= 1时，也成立，所以 an=n.
(2)由 (1)，b2n= 2an-24= 2n- 24，b2n-1= 2an-22= 2n- 22，则 b2n+b2n-1= 4n- 46，则S20= b1+b2 +
1+ 10 × 10
b3+b4 + + b19+b20 = 4× 1- 46 + 4× 2- 46 + + 4× 10- 46 = 4× - 46× 10=2
-240.
5
考点四：用“待定系数法”构造等比数列
形如 an+1= kan+p(k,p为常数，kp≠ 0)的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为 an+1+m= k(an+m)
( = p其中：m )，由此构造出新的等比数列 an+m ，先求出 an+m 的通项，从而求出数列 ak 1 n 的通
项公式。
【精选例题】
1 已知数列 an 的前 n项和为Sn，首项 a1= 1且 an+1= 2an+1，若 λ≤S +2n对任意的 n∈N n 恒成立，则实
数 λ的取值范围为 .
【答案】λ≤ 3
【详解】由题设 an+1+1= 2(an+1)，a1+1= 2，则 {an+1}是首项、公比都为 2的等比数列，所以 an+1= 2n，则
n
an= 2n- =
2(1- 2 )
1，Sn - -n= 2
n+1-n- 2，则Sn+2n= 2n+1+n- 2在n∈N 上递增，所以 (Sn+2n)1 2 min=
22+1- 2= 3，要使 λ≤Sn+2n恒成立，则 λ≤ 3.故答案为：λ≤ 3
2 (多选题)数列 an 的首项为 1，且 an+1= 2an+1，Sn是数列 an 的前 n项和，则下列结论正确的是
( )
A. a3= 7 B. 数列 an+1 是等比数列
C. an= 2n- 1 D. Sn= 2n+1-n- 1
【答案】AB
【详解】解：∵ an+1= 2an+1，可得 an+1+1= 2 an+1 ，又 a1+1= 2∴数列 an+1 是以 2为首项，2为公比的
2 1- 2n
等比数列，故B正确；则 an+1= 2n ∴ = n- = ∴ =

， an 2 1，故C错误；则 a3 7，故A正确； Sn - -n=1 2
2n+1-n- 2，故D错误.故选：AB.
3 已知数列 an 满足递推公式 an+1= 2an+1,a 1= 1. 设 Sn为数列 an 的前 n项和，则 an= ，
4n+7-n-Sn
+ 的最小值是 .an 1
【答案】 2n-1 17；
4
【详解】因为 an+1= 2an+1，所以 an+1+1= 2 an+1 ，所以数列 an+1 是首项为 a1+1= 2，公比为 2的等比数
列，
n
所以 a +1= 2n，所以 a = 2n
2 1- 2
n n -1；所以Sn= 2+ 22+23+ +

2n-n= - -n= 2
n+1-2-n，所以
1 2
4n+7-n-S nn 4 +7-n- 2n+1-2-n= = 2n+ 9+ n n - 2，由对勾函数的性质可得，当 n= 1时，2
n= 2，2n
an 1 2 2
+ 9 - 2= 2+ 9 - 2= 9 ；当n≥ 2时，2nn ≥ 4，所以 y= 2
n+ 9 - 2 9n 单调递增，当 n= 2时，2
n+ - 2= 4
2 2 2 2 2n
+ 9 - = 17 < 9 4
n+7-n-S
2 17 17；所以 n+ 的最小值是 .故答案为：2
n-1； .
4 4 2 an 1 4 4
【跟踪训练】
= = an+2, n为奇数 1 已知数列 an 满足：① a1 5；② an+1 .则3a +2, n an 的通项公式 a = ；设Sn 为偶数 n n
为 an 的前n项和，则S2023= .(结果用指数幂表示)
6
n+3
【答案】 an= 3 2 -4, n为奇数 2× 31013 n+2 -60793 2 -2, n为偶数
【详解】当 n为奇数时 an+1= an+2，令n= 2k- 1,k∈N *，则 a2k= a2k-1+2，当n为偶数时 an+1= 3an+2，令n
= 2k,k∈N *，则 a2k+1= 3a2k+2= 3 a2k-1+2 + 2= 3a2k-1+8，则 a2k+1+4= 3 a2k-1+4 ，当 k= 1时 a1+4= 9，
所以 a2k-1+4 是以 9为首项，3为公比的等比数列，所以 a2k-1+4= 9× 3k-1= 3k+1，所以 a2k-1= 3k+1-4，则
n+1+1
a2k= a2k-1+2= 3k+1-4+ 2= 3k+1-2，当n为奇数时，由 n= 2k- 1,k∈N *
n+ 1
，则 k= ，所以 a 2
2 n
= 3 -4
n+3
= 3 2 -4，
n+3
n+1 n+2 3 2 -4, n为奇数
当n为偶数时，由 n= 2k,k∈N * k= n，则 ，所以 an= 3 2 -2= 3 2 -2，所以 an=2 n+2 ，3 2 -2, n为偶数
所以S2023= a1+a3+ +a2023 + a2+a4+ +a 2 32022 = 3 +3 + +31013-4× 1012 +
32+33+ +31012-2× 1011
32 1- 31012 32 1- 31011= - - 4×

1012 + - - 2× 1011 = 2× 31013-6079故答案为：a =1 3 1 3 n
n+3
3 2 -4, n为奇数 ，2× 31013 n+2 -60793 2 -2, n为偶数
5 1 1
2 已知数列 a *n 满足 a1= ，a6 n+1= an+ n∈N .3 3
(1)求证：数列 a
1
n- 2 是等比数列；
(2)求数列 an 的通项公式.
1 1
【答案】(1)证明见解析；(2)an= +2 3n
.
a 1 1 1 1 1 1 1 11 1 * n+1- an+ - an- an- 【详解】(1) ∵ a = a + n∈N ，∴ 2 = 3 3 2n+1 n = 3 6 = 3 2 = 1 ，3 3 an- 1 1 1 1 32 an- 2 an- 2 an- 2
1
因此，数列 an- 是等比数列；2
(2)由于 a 11- = 5 - 1 = 1 1 1 1 1，所以，数列 a2 6 2 3 n- 是以 为首项，以 为公比的等比数列，∴ an- =2 3 3 2
1 × 1
n-1
= 1n，因此，an= 1 + 1n .3 3 3 2 3
考点五：用“同除指数法”构造等差数列
a a a
形如 an+1= qan+p qn+1(n∈N *)，可通过两边同除 qn+1，将它转化为 n+1 n n+ = n + p，从而构造数列 为qn 1 q qn
a
等差数列，先求出 n n 的通项，便可求得 an 的通项公式q
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 1，an+1= 2an+3n，求数列 an 的通项公式.
【答案】a = 3n-2 nn .
a 2 a 1 a 2 1
【详解】由 a = 2a +3n两边同除以 3n+1 n+1n+1 n 得 + =
n + ，令 b = n，则 b = b + ，设 b +λ=
3n 1 3 3n 3
n
3n
n+1 3 n 3 n+1
7
2 (bn+λ)，解得 λ=-1 2，bn+1-1= (bn-1) 2，而 b1-1=- ，∴数列 {bn-1} 2 2是以- 为首项， 为公比的3 3 3 3 3
等比数列，
n
bn-1=- 2 ，得 a n n3 n= 3 -2
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 2,an+1-2a = 2n+1n n∈N ，求数列 an 的通项公式；
【答案】(1)an=n 2n；
a a
【详解】解：(1)由 a n+1n+1-2an= 2 ，(左右两边同除以 2n+1)可得 n+1+ -
n
n = 1，2n 1 2
a
则数列 n
a a
n 是首项为
1 = 1，公差为 1的等差数列，则 nn = 1+n- 1=n，即 an=n 2
n；
2 2 2
考点六：用“同除法”构造等差数列
形如 an an+1= kan+1an(k≠ 0)，的数列，可通过两边同除以 a a 1 1n+1 n，变形为 = k的形式，从而构an+1 an
1 1
造出新的等差数列 ，先求出 的通项，便可求得 an 的通项公式an an
= qaa n (p,q pq≠ 0) 1 = 1 + p 1 1形如 n+1 + 为常数， 的数列，通过两边取“倒”，变形为 ，即： pan q an+1 an q an+1 an
= p 1 1，从而构造出新的等差数列 ，先求出
q an
的通项，即可求得 aa n.n
【精选例题】
a
1 已知数列 an 满足 a1= 1，an+1= n+ ，(n∈N
*) 1，则满足 an> 的n的最大取值为 ( )4an 1 37
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
a 1
【详解】解：因为 a nn+1= + ，所以 = 4+
1 1
，所以 - 1 = 4 1 1，又 = 1，数列
4an 1 an+1 an an+1 an a1 an
是以 1为首
项，4 1为公差的等差数列．所以 = 1+ 4(n- 1) = 4n- 3，所以 a = 1 a > 1 1n ，由 ，即 >an 4n- 3 n 37 4n- 3
1
，即 0< 4n- 3< 37 3，解得 37 4
2 已知正项数列 an 满足 a1= 1，且 an an+1= anan+1．
(1)求数列 an 的通项公式；
( ) = a2 记 b nn + ，记数列 bn 的前n
1
项和为Sn，证明：S2n 2 n
< ．
2
【答案】(1)a = 1n ，(2)证明见解析n
(1)数列 an 中，an> 0 1 1 1 1 1，由 an-an+1= anan+1，可得 - = 1又 = = 1，则数列 是首项为 1an+1 an a1 1 an
1
公差为 1的等差数列，则 = 1+n- 1=n 1，则数列 an 的通项公式为 a =a nn n
(2)由 ( ) = 1 = a1 a b n = 1 = 1 1 1知 n ，则 n + - 则数列 b 的前n项和S =n 2n 2 2n(n+ 1) 2 n n+ 1 n n
8
1 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 + =
1 1- 1 1+ 由 + > 0，可得2 2 2 3 3 4 n n 1 2 n 1 n 1
1 1- 12 n+ 1 <
1 1
，即S < ．
2 n 2
【跟踪训练】
1 (多选题)已知数列 {an}满足 a1= 1，an-3an+1= 2an an+1(n∈N *)，则下列结论正确的是 ( )
A. 1 + 1
1
为等比数列 B. {a }的通项公式为 a =
a n nn 2× 3n-1-1
C. {an} 1为递增数列 D. n 的前n项和T= 3 -na nn
【答案】AB
【详解】因为 an-3an+1= 2an a 1n+1，所以 + 1= 3an+1
1 + 1 1 1，又 + 1= 2≠ 0，所以 an a1 + 1an 是以 2为首
3 1项， 为公比的等比数列， + 1= 2× 3n-1即 an= 1- ，所以 {an}
1
为递减数列，
an 2× 3n 1-1 an
的前n项和Tn
n
= (2× 30-1) + 2× 31-1 + + 2× 3n-1-1 = 2 30+31+ +3n-1 -n= 2× 1- 3 -n= 3n-n- 1．故1- 3
选:AB．
2 已知数列 an 满足 an+an+2= λan+1，λ∈R，若 a1= 1，a2= 2，a2024≥ 2024，则 λ的值可能为 ( )
A. -1 B. 2 C. 5 D. -2
2
【答案】BCD
【详解】A：当 λ=-1时，an+2=-an+1-an，得 a3=-a2-a1=-3,a4=-a3-a2= 1,a5=-a4-a3= 2,a6=-a5-a4=
-3，所以数列 {an}是以 3为周期的周期数列，则 a2024= a2= 2< 2024，不符合题意，故A错误；B：当 λ= 2
时，an+2= 2an+1-an，
得 a3= 2a2-a1= 3,a4= 2a3-a2= 4,a5= 2a4-a3= 5,a6= 2a5-a4= 6, ,an=n，所以 a2024= 2024，符合题意，故
B正确；
C 5：当 λ= 时，a 5 5n+2= an+1-an，得 a3= a2-a1= 22,a 54= a3-a2= 23,a5= 5 a -a = 24,a 5 52 2 2 2 2 4 3 6= a5-a4= 2 ,2
,a = 2n-1n ，
所以 a2024= 22023> 2024，符合题意，故C正确；D：当 λ=-2时，an+2=-2an+1-an，得 a3=-2a2-a1=-5,a4=
-2a3-a2= 8,a5=-2a4-a3=-11,a6=-2a5-a4= 14, ,an= (-1)n(3n- 4)，所以 a2024= 3× 2024- 4= 6068
> 2024，符合题意，故D正确.故选：BCD
考点七：取对数法构造等比数列求通项
形如 a = cakn+1 n(c> 0,an> 0)的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
形如 a kn+1= can(c> 0,an> 0)的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 2，an+1= a4n，则 a6的值为 ( )
A. 220 B. 224 C. 21024 D. 24096
【答案】C
【详解】an+1= a4n，a1= 2，易知 an> 0，故 lnan+1= 4lnan，故 lnan 是首项为 ln2，公比为 4的等比数列，lnan
9
= 4n-1 ln2，lna = 45 ln2= ln21024，故 a = 220146 6 .故选：C.
【跟踪训练】
1 已知数列 a 2n 满足 an+1= an-an+4，a1= 1，则下列说法正确的有 ( )
A. 数列 an 是递增数列 B. 3an< an+1≤ 4an
C. 1 + 1 + + 1 < 4 D. log a +log a + +log a ≤ 2n-2
a a a 3 2 1 2 2 2 n1 2 n
【答案】ACD
【详解】对于A项，由已知可得，an+1-an= a2n-2an+4= a 2n-1 +3> 0，所以 an+1> an，所以数列 an 是递
增数列，故A正确；对于B项，由已知可得，a 22= a1-a1+4= 4，a3= a2 22-a2+4= 16，a4= a3-a3+4= 244>
4a3，故B项错误；对于C项，因为数列 an 是递增数列，所以 n≥ 2时，有 an> 1.由已知可得 a 2n+1-1= an
-a +3> a2n n-a 1 1 1 1 1 1 1n，所以 - < = - - ，所以有 < - - - .当n≥ 3
1
时，有
a 2n+1 1 an-an an 1 an an an 1 an+1 1 a1
+ 1 + + 1 < 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 1 1 1 1
a2 an a1 a2-1 a3-1 a3-1 a4-1 an-
- - = +1 an+1 1 a1 a2-
-
1 an+1-
=
1
4 - 1 < 4 .
3 an+1-1 3
1
又 = 1< 4 1 1 5 4 1 1， + = < ，所以 + + + 1 < 4 ，故C项正确；对于D项，因为 a = 1，a =
a1 3 a1 a2 4 3 a1 a2 a 3
1 2
n
4，数列 an 是递增数列，则当 n≥ 3时，有 an> a2= 4，则有 4- an< 0.所以，an+1= a2n-an+4< a2n，所以有
log a 22 n+1 < log2an = 2.
log2an log2an
= log2an log2alog a n-1 log又 2a3 log a < 2n-22 n 2 2 × 2= 2n-1，所以 log2a1+log2a2+ +log a < 0+ 2+log2an-1 log2an-2 log 2 n2a2
2× 1- 2n-1
22+ + 2n-1= n- = 2 -2.当n= 1时，有 log2a1= 0= 2
1-2，
1 2
当n= 2时，有 log2a1+log2a2= 2= 22-2.综上所述，log2a1+log2a2+ +log a n2 n≤ 2 -2，故D项正确.故选：
ACD.
2 已知正项数列 a 2 n+2n 的前n项积为Tn，且 4Tn= an ，则使得 Tn> 2024的最小正整数n的值为
( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【详解】由题，a > 0，又∵ 4T2= an+2，∴ 4T2 = an+1，n≥ 2,n∈N *，两式相除可得 an+1 nn n n n-1 n-1 n-1= an，上式两边取对
+ = lgan = n+ 1 ≥ , ∈ * ∴ lgan × lga lga数，可得 n 1 lgan-1 nlga n-1 2n，即 ，n 2 n N ， × × = n+ 1lgan-1 n lgan-1 lgan-2 lga1 n
× n 3
n- × × ，1 2
lgan = n+ 1化简得 ，解得 a = 2n+1n ，又 4T21= a31，即 a1= 4，所以 an 的通项公式为 a n+1 2 3lga 2 n= 2 ，∴Tn= 2 × 2 ×1
n n+3 n n+ 3
× 2n+1= 2 2 ，要使 Tn> 2024 > 22 n> -3+ 185 5< -3+ 185 11，即 ，解得 ，且 < ，所2 2 2 2
以满足题意的最小正整数 n的值为 6.故选：C.
考点八：已知通项公式 an与前n项的和Sn关系求通项问题
解题思路：遇到 an与Sn关系，要么把 an换为Sn，要么把Sn换为 an，利用 an=Sn Sn 1
10
【精选例题】
2 1
1 若数列 an 的前n项和为Sn= a + n∈N *3 n 3 ，则数列 an 的通项公式是 an= .
【答案】(-2)n-1
【详解】解：因为Sn= 2 a + 1n ，当n= 1时，S1= a1= 2 a1+ 1 ，所以 a = 1，3 3 3 3 1
当n≥ 2时，Sn-1= 2 a 1 2 1 2n-1+ ，两式相减，Sn-Sn-1= an+ - an-1+ 1 整理得 an=-2a3 3 3 3 3 3 n-1，
所以 an 是首项为 1，公比为-2的等比数列，故 a n-1n= (-2) .故答案为：(-2)n-1
2 已知数列 an 的前n项和为Sn，a2= 3，且 an+1= 2Sn+2(n∈N )，则下列说法中错误的是 ( )
A. a 11= B. S = 794 C. an 是等比数列 D. Sn+1 是等比数列2 2
【答案】C
1
【详解】由题意数列 an 的前n项和为Sn，a2= 3，且 an+1= 2Sn+2，则 a2= 2S1+2，即 3= 2a1+2,∴ a1= ，2
即选项A正确；∵ an+1= 2Sn+2①，∴当n≥ 2 时，an= 2Sn-1+2②，①-②可得，an+1-an= 2an，即 an+1=
3an，
a2= 3,a1= 1 ，不满足 a2= 3a1 ，故数列 an 不是等比数列，故C错误，由n≥ 2时，a2 n+1= 3an可得，an= 3
× 3n-2= 3n-1 a = 9,a = 27 S = 1，则 3 4 ，故 4 + 3+ 9+ 27= 79 ，故B正确；由 a2 2 n+1= 2Sn+2得：Sn+1-Sn= 2Sn
+2,∴Sn+1= 3Sn+2,则Sn+1+1= 3(
S +1
Sn+1)，即 n+1 3+ = 3，故 Sn+1 是首项为S1+1= a1+1= ，公比为Sn 1 2
3的等比数列，D正确，故选︰C．
【跟踪训练】
1 记各项均为正数的数列 a 的前n项和是S ，已知 a2n n n+an= 2Sn，n为正整数，
(1)求 an 的通项公式；
(2)设 bn= tan an tan an+1 ，求数列 bn 的前n项和Tn；
tan(n+ 1)
【答案】(1)an=n n∈N+ ，(2)Tn= -n- 1tan1
2
【解析】( ) ≥ a +a = 2S ,1 当n 2时， n-1 n-1 n-1 2 2 a2+ = 相减得 an-aa 2S , n-1+an-an-1= 2an，即 an-an-1-1 an+an-1 = 0，n n n
各项均为正数，所以 an= an-1+1(n≥ 2)，故 an 是以首项为 1，公差以 1的等差数列，所以 an=n n∈N+ ；
(2)tan1= tan[( + )- ]= tan(n+ 1) - tan(n) ( + ) = tan(n+ 1) - tan(n)n 1 n ，故 tan n 1 tann - 1，
1+ tan(n+ 1)tan(n) tan1
Tn= b1+b2+b3+ +bn= 1 [tan(n+ 1) - tan(n) + tan(n) - tan(n- 1) + +tan2- tan1]-n，tan1
T= 1n [tan(n+ 1) - ]- =
tan(n+ 1)
tan1 n -n- 1．
tan1 tan1
2S
2 已知数列 an 的前n项和为Sn，且满足 a1= 1, n = an n+1-1．
(1)求数列 an 的通项公式；
n
( ) = 2 ,n为奇数,2 若数列Cn ，求数列 Cn 的前 2n项和T ．2n+ 3,n 2n为偶数,
【答案】(1)an= 2n- 1 (2)T = 2； 2n 4n-1 + 2n2+5n3
11
【解析】( 2S1)因为 n = an+1-1，所以 2Sn=nan+1-n，①当n≥ 2时，2Sn-1= (n- 1)an- (n- 1)，②n
a a 1 1 1
①-②得：2an=nan+1- (n- 1)an-1，即nan+1- (n+ 1)an= 1，所以 n+1 - n+ = = - ，n 1 n n(n+ 1) n n+ 1
an - a 1 1所以 2 = - ，由 a2= 3，可得 an= 2n- 1，当n= 1时，a1= 1，符合上式，所以 an= 2n- 1．n 2 2 n
n
( ) = 2 ,n为奇数,2 由题意得，Cn 则T2n= C1+C3+ +C+ , 2n-1 + C2n 3 n , 2+C4+ +C2n 为偶数
2 1- 4n= + n(7+ 4n+ 3) = 2- 4
n-1 + 2n2+5n T 2，所以 n 2
1 4 2 3 2n
= 4 -1 + 2n +5n．
3
考点九：已知数列前 n项积型求通项
1 3
1 记Tn为数列 an 的前n项积，已知 + = 3，则T10= ( )Tn an
A. 16 B. 15 C. 13 D. 11
3 4 3 4
【答案】C
4 T
【解析】n= 1,T1= ,Tn= a1a2a3 an,则 a nn= (n≥ 2) 1 3 1，代入 + = 3，化简得：Tn-Tn-1= ，则T3 Tn-1 Tn an 3 n
= n+ 3 ,T = 1310 ．故选：C．3 3
2 已知数列 an 中，Sn= a1+a2+ +an,Tn=S1×S2× ×Sn，且Sn+Tn= 1.
(1) 1求证：数列 - 是等差数列；Sn 1
(2)求证：对于任意的正整数n,Tn是 an与Sn的等比中项．
【解析】(1)当n= 1时，S1=T1,S1+T1= 1 1，则S1=T1= ，由Sn+Tn= 1可得S2 n-1=-Tn，则Sn+1-1=
-Tn+1，
Sn+1-1 = -Tn+1 = SS 1 = n+1 = 1+ 1 1 =-1+ 1则
Sn-1 - n+1
，即 - ，即 ，故数列Tn Sn 1 Sn+1-1 Sn+1-1 Sn+1-1 Sn-1
1 - 是首项为-2，公差为-1的等差数列；Sn 1
(2)由 (1) 1知， - =-2+ (n- 1) × -1 =-n- 1 S =
n
，则 n + ，当n= 1时，a1=S1=T1=
1
，则 a1 SSn 1 n 1 2 1
=T21 ；
当n≥ 2 n n- 1 1时，an=Sn-Sn-1= + - = ，Tn=S1×S2× ×Sn=
1 × 2 × × n+ =n 1 n n(n+ 1) 2 3 n 1
1
+ ，则 a S =
n 1 1 2
n n + = =Tn；综上可得：对于任意的正整数 n,Tn 1 n 1 ( + ) ( + )2 n
是 an与Sn的等比
n n 1 n 1
中项．
【题型专练】
1 已知数列 {an}的前n项积为Tn，若对 n≥ 2，n∈N *，都有Tn+1 Tn-1= 2T2n 成立，且 a1= 1，a2= 2，则
数列 {an}的前 10项和为 ．
【解析】解：数列 {an}的前n项积为Tn，若对 n≥ 2，n∈N *，都有Tn+1 Tn-1= 2T2n 成立，且 a1= 1，a2= 2，
则：T1= 1，T2= a1 a2= 2，进一步求出：T3= 8，T 44= 2 = 16， ，所以：a1= 1，a2= 2，a3= 4， a 910= 2 ，
12
10
故：S10= 1+ 2+ +29= 2 -1- = 1024- 1= 1023．故答案为：10232 1
2 已知数列 an 前n项积为Tn，且 an+Tn= 1(n∈N *)．
(1) 1求证：数列 1- 为等差数列；an
(2)设S =T2n 1+T22+ +T2 1n，求证：Sn> an+1- ．2
【解析】(1)因为 an+Tn= 1，所以Tn= 1- a ∴ a = 1n 1 ，所以Tn-1= 1- an-1( ≥
1- a
n 2)，两式相除，得 an= n2 1- an-1
(n≥ 2) 1 1 1，整理为 an= - ，再整理得， - - - = 1(n≥ 2)
1
．所以数列 - 为以 2为首2 an-1 1 an 1 an-1 1 an
项，公差为 1的等差数列．
(2)因为 an+T= 1 a = 1 , 1n ，所以 1 - = 2，由 (1)
1 n
知， = 2+n- 1，故 a
2 1 a n
= ，所以Tn= a1 a2
1 1- an n+ 1
a 1n= × 2 × × n = 1 2 2 2 1 1 12 3 n+ 1 n+ ．所以Sn=T1+T2+ +Tn= + + +1 22 32 (n+ 1)2
> 1 + 1 + 1 = 1 - 1 + 1× × -
1 + + 1 - 1 = 1 - 1+ + + ．又因为 a2 3 3 4 (n+ 1) (n+ 2) 2 3 3 4 n 1 n 2 2 n 2 n+1
- 1 = n+ 1 - 1 = 1 - 1 1+ + ，所以S2 n 2 2 2 n 2 n> an+1- ．2
132024新高考新试卷结构数列的通项公式的 9种题型总结
题型解密
考点一：已知Sn= f n ，求 an
a= 1, n= 1 利用Sn ，注意一定要验证当n= 1时是否成立Sn Sn 1, n≥ 2
【精选例题】
1 已知Sn为数列 an 的前n项和，且Sn= 2n+1-1，则数列 an 的通项公式为 ( )
n 3, n= 1A. an= 2 B. an= C. a = 2
n-1
n D. a
n+1
n ≥ n
= 2
2 , n 2
【答案】B
【详解】当n≥ 2时，Sn-1= 2n-1，an=Sn-Sn-1= 2n+1-1- 2n+1= 2n；当n= 1时，a1=S = 21+11 -1= 3，不符
合 a = 2n
3, n= 1
n ，则 an= .故选：B.2n, n≥ 2
n
2 定义 + + + + 为 n个正数 p1,p2,p3, ,pn的“均倒数”，若已知数列 an 的前 n项的“均倒数”为p1 p2 p3 pn
1
，则 a10等于 ( )5n
A. 85 B. 90 C. 95 D. 100
【答案】C
1 n 1
【详解】因为数列 an 的前n项的“均倒数”为 ，所以 + + + + = a1+a2+a3+ +a5n a a a a 5n n=1 2 3 n
5n2，
于是有 a1+a2+a3+ +a10= 5× 102，a1+a 22+a3+ +a9= 5× 9 ，两式相减，得 a10= 5× (100- 81) = 95，故
选：C
n-1
3 ( ) a1+2a多选题 定义H 2+ +2 ann= 为数列 an 的“优值”．已知某数列 an 的“优值”Hn= 2n，前 nn
项和为Sn，下列关于数列 an 的描述正确的有 ( )
A. 数列 an 为等差数列 B. 数列 an 为递增数列
S
C. 2022 = 2025 D. S
2022 2 2
，S4，S6成等差数列
【答案】ABC
= a1+2a2+ +2
n-1a
详解 由已知可得H n【 】 = 2n，所以 a +2a + +2n-1n 1 2 an=n 2n，①所以n≥ 2时，an 1
+2a + +2n-22 an-1= n- 1 2n-1，②得n≥ 2时，2n-1a =n 2n- n- 1 2n-1n = n+ 1 2n-1，即n≥ 2
时，an=n+ 1，当n= 1时，由①知 a1= 2，满足 an=n+ 1．所以数列 an 是首项为 2，公差为 1的等差数
n n+ 3 S S
列，故A正确，B正确，所以S = n+ 3 2025n ，所以 n = ，故 2022 = ，故C正确．S2= 5，S =2 n 2 2022 2 4
14，S6= 27，S2，S4，S6不是等差数列，故D错误，故选：ABC．
4 设数列 a
1 1
n 满足 a1+ a2+ a3+ + 1- an=n+ 1，则2 n 1 an 的前n项和 ( )2 2 2
1
A. 2n-1 B. 2n+1 C. 2n D. 2n+1-1
【答案】C
【详解】解：当n= 1时，a1= 2，当n≥ 2时，由 a1+ 1 a 12+ a3+ + 1 a 1n-1+ an=n+ 1得2 22 2n-2 2n-1
2, n= 1
a1+ 1 a2+ 1 a3+ + 1- a
1
n-1=n，两式相减得， - an= 1，即 an= 2
n-1，综上，a =
2 22 2n 2 2n 1
n 2n-1, n≥ 2
2 1- 2n-1
所以 an 的前n项和为 2+ 2+ 4+ 8+ +2n-1= 2+ = 2n，故选：C.1- 2
【跟踪训练】
1 无穷数列 an 的前n项和为Sn，满足S
n
n= 2 ，则下列结论中正确的有 ( )
A. an 为等比数列 B. an 为递增数列
C. an 中存在三项成等差数列 D. an 中偶数项成等比数列
【答案】D
【详解】解：无穷数列 an 的前n项和为Sn，满足S
n
n= 2 ∴n≥ 2，an=Sn-S nn-1= 2 -2n-1= 2n-1，当n= 1时，
a 11=S1= 2 =
2,n= 1,
2，不符合上式，∴ an= n-1, ≥ 所以 an 不是等比数列，故A错误；又 a1= a2= 2，所以2 n 2,
an 不是递增数列，故B错误；假设数列 an 中存在三项 ar,am,as成等差数列，由于 a1= a2= 2，则 r,m,s∈
N *,2≤ r-m- 1≥ 0 2s-m-1≥ 1 且 2r-m-1> 0恒成立，故式子 1= 2r-m-1+2s-m-1无解， an 中找不到三项成等差数
a ( + ) 22n+12 n 1
列，故C错误；∴ a = 22n-12n (n∈N *)，∴ = = 4∴ a2n-1 2n 是等比数列，即 an 中偶数项成等比数an 2
列，故D正确.故选：D．
= a1+2a2+3a3+ +na2 对于数列 a nn ，定义Hn 为 an 的“伴生数列”，已知某数列 an 的“伴生数n
列”为H 2n= (n+ 1) ，则 an= ；记数列 an-kn 的前n项和为S ，若对任意n∈N*n ,Sn≤S6恒成立，则
实数 k的取值范围为 ．
22 19
【答案】 3n+ 1； ≤ k≤ .
7 6
a +2a +3a + +na
【详解】因为H = (n+ 1)2= 1 2 3 nn ，所以n (n+ 1)2= a1+2a2+3a3+ +nan n①，所以当 n=
1时，a1= 4，当n≥ 2时，(n- 1) n2= a1+2a2+3a3+ +(n- 1)an-1②，①-②：3n2+n=nan，所以 an= 3n
+ 1，综上：an= 3n+ 1，n∈N*，
令 bn= an-kn= (3- k)n+ 1，则 bn+1-bn= 3- k，可知 {bn}为等差数列，又因为对任意 n∈N*，Sn≤S6恒成
S6-S5= b6≥ 0， b6= 3- k × 6+ 1= 19- 6k≥ 0， 22 19立，所以 - = ≤ 则有 解得 ≤ k≤ ．故答案为：3n+S7 S6 b7 0， b7= 3- k × 7+ 1= 22- 7k≤ 0， 7 6
1 22 ≤ k≤ 19；
7 6
考点二：叠加法 (累加法)求通项
若数列 an 满足 an+1 an= f(n) (n∈N *)，则称数列 an 为“变差数列”，求变差数列 an 的通项时，利用
恒等式 an= a1+ (a2 a1) + (a3 a2) + + (an an 1) = a1+f(1) + f(2) + f(3) + +f(n 1) (n≥ 2)求通项
公式的方法称为累加法。
【精选例题】
2
1 数列 an 满足 a1= 1，且对任意的m,n ∈ N *都有 am+n= am+an+mn 1 1 1 1，则 + + + + =a1 a2 a3 a201
( )
A. 201 B. 400 C. 200 D. 199
101 201 201 200
【答案】A
【详解】已知 am+n= am+an+mn，令m= 1可得 an+1= a1+an+n= an+n+ 1，则n≥ 2时 an-an-1=n,an-1
+an-2=n- 1，
，a3-a2= 3,a2-a1= 2，将以上式子累加可得 an-a1=n+n- 1+ +3+ 2，an=n+n- 1+ +3+ 2+
n+ 1=
n n+ 1 n
1 ，n= 1 1 2 1 1 1 1 1时也符合，则 an= ， = = 2 - ，则 + + + 2 2 an n+ 1 n n n+ 1 a1 a2 a3
+ 1 = 2× 1- 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 2× 1- 1 = 201 .故选：A.a201 2 2 3 201 202 202 101
n
2 已知数列 an 的首项 a1= 2，且满足 an+1= a + 1n n∈N * .若对于任意的正整数 n，存在M，使得 a2 n
【答案】3
n n
【详解】∵ 1数列 an 满足 a1= 2，且 an+1= an+ n∈N* ，即 an+1-an= 1 ，∴当n= 1时，a2-a1=2 2
1
1
2 ，
1 2 1 3 n-1
当n= 2时，a3-a2= ，当n= 3时，a4-a3= ， 当n=n- 1时，an-an-1= 1 ，以上各式2 2 2
1 n-1
1 1 1 2 1 3 1 n-1 2 × 1-
1 n-1
相加，得 an-a1= + + + + = 2 = 1- 12 2 2 2 - 1 2 又∵ a1= 2，∴ an= 31 2
1 n-1 1 n-1- ，∵ > 0，∴ an< 3，若对于任意的正整数 n，存在M，使得 anM的最小值是 3.故答案为：3.
a
3 数列 an 满足 a1= 17，an= an-1+2n- 1 n≥ 2,n∈N * ，则 n 的最小值是n
【答案】8
【详解】解：∵ a *n= an-1+2n- 1 n≥ 2,n∈N ，∴ an-an-1= 2n- 1，∴ a2-a1= 3，a3-a2= 5， an-an-1
= 2n- 1，
n- 1 3+ 2n- 1
又∵ a1=

17，上述n个式子相加得，an= 17+ 3+ 5+ + 2n- 1 = 17+ =n2+16，2
2
∴ an = n +16 =n+ 16 ≥ 8 16，当且仅当 n= 即n= 4时，等号成立，故答案为：8．
n n n n
【跟踪训练】
1 已知数列 an ，a1= 1 1，且 a *n+1= an- ，n∈N ．求数列 a+ n
的通项公式 ；
n n 1
1
【答案】an= .n
【详解】因为 a 1 1 1 1 1 1n+1= an- ，所以 a+ n+1
-an=- = - ，当n≥ 2时，a2-a1= - ，a3
n n 1 n(n+ 1) n+ 1 n 2 1
3
-a = 12 - 1 ， ，an-an-1= 1 - 1- ，相加得 an-a1=
1 - 1 1，所以 an= ，当n= 1时，a1= 1也符合3 2 n n 1 n 1 n
1 1
上式，所以数列 an 的通项公式 an= .故答案为：an n= .n
2 设数列 an 满足 a1= 2,a2= 6，且 an+2= 2an+1-an+2.
(1)求证：数列 an+1-an 为等差数列，并求 an 的通项公式；
(2)设 bn= ancosnπ，求数列 bn 的前n项和Tn.
n n+ 2 ,n为偶数
【答案】(1)证明见解析，an=n2+n；(2)T= 2n .- n+ 1 22 ,n为奇数
【解析】(1)由已知得 an+2-2an+1+an= 2，即 an+2-an+1 - an+1-an = 2，∵ a2-a1= 4,∴ an+1-an 是以 4
为首项，2 为公差的等差数列.∴ an+1-an= 4+ (n- 1) × 2= 2(n+ 1)，当n≥ 2时，an= (an-an-1) + (an-1
+a 2n-2) + + (a2-a1) + a1= 2n+ 2(n- 1) + +2× 2+ 2=n +n,当n= 1时，a1= 2也满足上式，所以 an=
n2+n;
(2)bn= ancosnπ= (-1)n n2+n = (-1)nn(n+ 1),当n为偶数时，Tn=-1× 2+ 2× 3- 3× 4+ 4× 5-
-( - ) + ( + )= ( + + + )= n(n+ 2)n 1 n n n 1 2 2 4 n ，当n为奇数时，
2
(n- 1) (n+ 1)
Tn=-1× 2+ 2× 3- 3× 4+ 4× 5- +(n- 1)n-n(n+ 1) =Tn-1-n(n+ 1) = -n(n+ 1)2
2
=- (n+ 1) ,
2
n n+ 2
2 ,n为偶数所以Tn= - n+ .1 22 ,n为奇数
考点三：叠乘法 (累乘法)求通项
a
若数列 an 满足
n+1 = f(n) (n∈N *)，则称数列 an 为“类比数列”，求变比数列 an 的通项时，利用累an
乘法。
a
具体步骤： 2 = f( a1)， 3 = f(2) a， 4 = af(3)， ， n = f(n- 1)
a1 a2 a3 an-1
a
将上述 n- 1个式子相乘 (左边乘左边，右边乘右边)得： 2 a3 a4 an = f(1) f(2)f(3) f(n-
a 1 a2 a3 an-1
1)
a
整理得： n = f(1) f(2)f(3) f(n- 1)
a1
【精选例题】
1 数列 a 的前n项和S =n2n n an(n≥ 2，n为正整数)，且 a1= 1，则 an= ．
2
【答案】
n n+ 1
【详解】由Sn=n2 an得：当n≥ 2时S 2n-Sn-1=n an- n- 1 2a n2n-1 an- n- 1 2an-1= an,进而得
a a a
n2-1 an= n- 1 2a n- 1 n-1，因为n≥ 2，所以 n+ 1 a n 2 3n= n- 1 an-1 = + ，故 aa n 1 n= a1 n-1 a1 a2
an = 1× 1 × 2 × 3 × × n- 1 = 1× 2 = 2 2+ ，故答案为：an-1 3 4 5 n 1 n n+ 1 n n+ 1 n n+ 1
4
2 数列 an 满足：a1= 1，a *n= a1+2a2+3a3+ + n- 1 an-1 n≥ 2,n∈N ，则通项 an= ．
1, n= 1
【答案】 n!2 , n≥ 2
【详解】由题意得：an+1= a1+2a2+3a3+ + n- 1 an-1+nan①，当n= 1时，a2= a1，当n≥ 2时，an= a1
+2a2+3a3+ +
a
n- 1 a 2n-1②，①-②得：an+1-an=nan an+1= n+ 1 an, n≥ 2 ，所以 a1= 1， = 1，a1
a a a n! 1, n= 13 = 3， 4 = 4， ， n =n，累乘得 an= n≥ 2 ，当n= 1时，a1不满足 an，则 an= n! ．故a2 a3 an-1 2 2 , n≥ 2
1, n= 1答案为： n! .2 , n≥ 2
【跟踪训练】
1 设 an 是首项为 1的正项数列，且 (n+ 2)a 2 2n+1-nan+2an+1an= 0(n∈N *) ，求通项公式 an=
2
【答案】
n(n+ 1)
【详解】由 (n+ 2)a 2 2 *n+1-nan+2an+1an= 0(n∈N )，得 [(n+ 2)an+1-nan] (an+1+an) = 0，∵ an> 0，∴ an+1+an
> ∴( + ) - = ∴ a a a a0， n 2 a na 0 ， n+1 = n ∴ a = a 2 3 4n+1 n + n 1
an = 1× 1 × 2 × 3 × ×
an n 2 a1 a2 a3 an-1 3 4 5
n- 2 × n- 1 = 2 (n≥ 2)，
n n+ 1 n(n+ 1)
又 a1= 1 2 2满足上式，∴ an= .故答案为： .
n(n+ 1) n(n+ 1)
2
2 数列 an 满足：a1= ， 2n+2-13 an+1= 2
n+1-2 a *n n∈N ，则 an 的通项公式为 .
n
【答案】an= 2
2n-1 2n+1-1
n+1 n
【详解】由 2n+2-1 an+1= n+1-
an+1 = 2 -2 = 2 -1 an an-1 an-2 a 2 2 an得， 2 ，则 2 = 2 an 2n+2-1 2n+2-1 an-1 an-2 an-3 a1
2n-1-1 2n-2-1 n-3 1 n-1
+ 2 n 2
2 -1 2 2 -1 = 2n-1 3 an 3 2 2
2n 1-1 2 -1 2n-1-1 23-1 2n+
，即 = ，又 a1= ，1-1 2n-1 a 2n-1 2n+11 -1 3
2n 2n
所以 an= + .故答案为：an= . 2n-1 2n 1-1 2n-1 2n+1-1
a
3 已知数列 a 满足 a = 1， n+1 = n+ 1n 1 .an n
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若 bn 满足 b2n= 2an-24，b2n-1= 2an-22.设Sn为数列 bn 的前n项和，求S20.
【答案】(1)an=n；(2) - 240
a n+ 1 a a a 2 3 n a
【解析】(1)因为 a = 1， n+1 = ，所以当n≥ 2时， 2 3 n1 = × × × ，则 n =n，an n a1 a2 an-1 1 2 n- 1 a1
即 an=n，当n= 1时，也成立，所以 an=n.
(2)由 (1)，b2n= 2an-24= 2n- 24，b2n-1= 2an-22= 2n- 22，则 b2n+b2n-1= 4n- 46，则S20= b1+b2 +
1+ 10 × 10
b3+b4 + + b19+b20 = 4× 1- 46 + 4× 2- 46 + + 4× 10- 46 = 4× - 46× 10=2
-240.
5
考点四：用“待定系数法”构造等比数列
形如 an+1= kan+p(k,p为常数，kp≠ 0)的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为 an+1+m= k(an+m)
( = p其中：m )，由此构造出新的等比数列 an+m ，先求出 an+m 的通项，从而求出数列 ak 1 n 的通
项公式。
【精选例题】
1 已知数列 an 的前 n项和为Sn，首项 a1= 1且 an+1= 2an+1，若 λ≤S +2n对任意的 n∈N n 恒成立，则实
数 λ的取值范围为 .
【答案】λ≤ 3
【详解】由题设 an+1+1= 2(an+1)，a1+1= 2，则 {an+1}是首项、公比都为 2的等比数列，所以 an+1= 2n，则
n
an= 2n- =
2(1- 2 )
1，Sn - -n= 2
n+1-n- 2，则Sn+2n= 2n+1+n- 2在n∈N 上递增，所以 (Sn+2n)1 2 min=
22+1- 2= 3，要使 λ≤Sn+2n恒成立，则 λ≤ 3.故答案为：λ≤ 3
2 (多选题)数列 an 的首项为 1，且 an+1= 2an+1，Sn是数列 an 的前 n项和，则下列结论正确的是
( )
A. a3= 7 B. 数列 an+1 是等比数列
C. an= 2n- 1 D. Sn= 2n+1-n- 1
【答案】AB
【详解】解：∵ an+1= 2an+1，可得 an+1+1= 2 an+1 ，又 a1+1= 2∴数列 an+1 是以 2为首项，2为公比的
2 1- 2n
等比数列，故B正确；则 an+1= 2n ∴ = n- = ∴ =

， an 2 1，故C错误；则 a3 7，故A正确； Sn - -n=1 2
2n+1-n- 2，故D错误.故选：AB.
3 已知数列 an 满足递推公式 an+1= 2an+1,a 1= 1. 设 Sn为数列 an 的前 n项和，则 an= ，
4n+7-n-Sn
+ 的最小值是 .an 1
【答案】 2n-1 17；
4
【详解】因为 an+1= 2an+1，所以 an+1+1= 2 an+1 ，所以数列 an+1 是首项为 a1+1= 2，公比为 2的等比数
列，
n
所以 a +1= 2n，所以 a = 2n
2 1- 2
n n -1；所以Sn= 2+ 22+23+ +

2n-n= - -n= 2
n+1-2-n，所以
1 2
4n+7-n-S nn 4 +7-n- 2n+1-2-n= = 2n+ 9+ n n - 2，由对勾函数的性质可得，当 n= 1时，2
n= 2，2n
an 1 2 2
+ 9 - 2= 2+ 9 - 2= 9 ；当n≥ 2时，2nn ≥ 4，所以 y= 2
n+ 9 - 2 9n 单调递增，当 n= 2时，2
n+ - 2= 4
2 2 2 2 2n
+ 9 - = 17 < 9 4
n+7-n-S
2 17 17；所以 n+ 的最小值是 .故答案为：2
n-1； .
4 4 2 an 1 4 4
【跟踪训练】
= = an+2, n为奇数 1 已知数列 an 满足：① a1 5；② an+1 .则3a +2, n an 的通项公式 a = ；设Sn 为偶数 n n
为 an 的前n项和，则S2023= .(结果用指数幂表示)
6
n+3
【答案】 an= 3 2 -4, n为奇数 2× 31013 n+2 -60793 2 -2, n为偶数
【详解】当 n为奇数时 an+1= an+2，令n= 2k- 1,k∈N *，则 a2k= a2k-1+2，当n为偶数时 an+1= 3an+2，令n
= 2k,k∈N *，则 a2k+1= 3a2k+2= 3 a2k-1+2 + 2= 3a2k-1+8，则 a2k+1+4= 3 a2k-1+4 ，当 k= 1时 a1+4= 9，
所以 a2k-1+4 是以 9为首项，3为公比的等比数列，所以 a2k-1+4= 9× 3k-1= 3k+1，所以 a2k-1= 3k+1-4，则
n+1+1
a2k= a2k-1+2= 3k+1-4+ 2= 3k+1-2，当n为奇数时，由 n= 2k- 1,k∈N *
n+ 1
，则 k= ，所以 a 2
2 n
= 3 -4
n+3
= 3 2 -4，
n+3
n+1 n+2 3 2 -4, n为奇数
当n为偶数时，由 n= 2k,k∈N * k= n，则 ，所以 an= 3 2 -2= 3 2 -2，所以 an=2 n+2 ，3 2 -2, n为偶数
所以S2023= a1+a3+ +a2023 + a2+a4+ +a 2 32022 = 3 +3 + +31013-4× 1012 +
32+33+ +31012-2× 1011
32 1- 31012 32 1- 31011= - - 4×

1012 + - - 2× 1011 = 2× 31013-6079故答案为：a =1 3 1 3 n
n+3
3 2 -4, n为奇数 ，2× 31013 n+2 -60793 2 -2, n为偶数
5 1 1
2 已知数列 a *n 满足 a1= ，a6 n+1= an+ n∈N .3 3
(1)求证：数列 a
1
n- 2 是等比数列；
(2)求数列 an 的通项公式.
1 1
【答案】(1)证明见解析；(2)an= +2 3n
.
a 1 1 1 1 1 1 1 11 1 * n+1- an+ - an- an- 【详解】(1) ∵ a = a + n∈N ，∴ 2 = 3 3 2n+1 n = 3 6 = 3 2 = 1 ，3 3 an- 1 1 1 1 32 an- 2 an- 2 an- 2
1
因此，数列 an- 是等比数列；2
(2)由于 a 11- = 5 - 1 = 1 1 1 1 1，所以，数列 a2 6 2 3 n- 是以 为首项，以 为公比的等比数列，∴ an- =2 3 3 2
1 × 1
n-1
= 1n，因此，an= 1 + 1n .3 3 3 2 3
考点五：用“同除指数法”构造等差数列
a a a
形如 an+1= qan+p qn+1(n∈N *)，可通过两边同除 qn+1，将它转化为 n+1 n n+ = n + p，从而构造数列 为qn 1 q qn
a
等差数列，先求出 n n 的通项，便可求得 an 的通项公式q
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 1，an+1= 2an+3n，求数列 an 的通项公式.
【答案】a = 3n-2 nn .
a 2 a 1 a 2 1
【详解】由 a = 2a +3n两边同除以 3n+1 n+1n+1 n 得 + =
n + ，令 b = n，则 b = b + ，设 b +λ=
3n 1 3 3n 3
n
3n
n+1 3 n 3 n+1
7
2 (bn+λ)，解得 λ=-1 2，bn+1-1= (bn-1) 2，而 b1-1=- ，∴数列 {bn-1} 2 2是以- 为首项， 为公比的3 3 3 3 3
等比数列，
n
bn-1=- 2 ，得 a n n3 n= 3 -2
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 2,an+1-2a = 2n+1n n∈N ，求数列 an 的通项公式；
【答案】(1)an=n 2n；
a a
【详解】解：(1)由 a n+1n+1-2an= 2 ，(左右两边同除以 2n+1)可得 n+1+ -
n
n = 1，2n 1 2
a
则数列 n
a a
n 是首项为
1 = 1，公差为 1的等差数列，则 nn = 1+n- 1=n，即 an=n 2
n；
2 2 2
考点六：用“同除法”构造等差数列
形如 an an+1= kan+1an(k≠ 0)，的数列，可通过两边同除以 a a 1 1n+1 n，变形为 = k的形式，从而构an+1 an
1 1
造出新的等差数列 ，先求出 的通项，便可求得 an 的通项公式an an
= qaa n (p,q pq≠ 0) 1 = 1 + p 1 1形如 n+1 + 为常数， 的数列，通过两边取“倒”，变形为 ，即： pan q an+1 an q an+1 an
= p 1 1，从而构造出新的等差数列 ，先求出
q an
的通项，即可求得 aa n.n
【精选例题】
a
1 已知数列 an 满足 a1= 1，an+1= n+ ，(n∈N
*) 1，则满足 an> 的n的最大取值为 ( )4an 1 37
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
a 1
【详解】解：因为 a nn+1= + ，所以 = 4+
1 1
，所以 - 1 = 4 1 1，又 = 1，数列
4an 1 an+1 an an+1 an a1 an
是以 1为首
项，4 1为公差的等差数列．所以 = 1+ 4(n- 1) = 4n- 3，所以 a = 1 a > 1 1n ，由 ，即 >an 4n- 3 n 37 4n- 3
1
，即 0< 4n- 3< 37 3，解得 37 4
2 已知正项数列 an 满足 a1= 1，且 an an+1= anan+1．
(1)求数列 an 的通项公式；
( ) = a2 记 b nn + ，记数列 bn 的前n
1
项和为Sn，证明：S2n 2 n
< ．
2
【答案】(1)a = 1n ，(2)证明见解析n
(1)数列 an 中，an> 0 1 1 1 1 1，由 an-an+1= anan+1，可得 - = 1又 = = 1，则数列 是首项为 1an+1 an a1 1 an
1
公差为 1的等差数列，则 = 1+n- 1=n 1，则数列 an 的通项公式为 a =a nn n
(2)由 ( ) = 1 = a1 a b n = 1 = 1 1 1知 n ，则 n + - 则数列 b 的前n项和S =n 2n 2 2n(n+ 1) 2 n n+ 1 n n
8
1 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 + =
1 1- 1 1+ 由 + > 0，可得2 2 2 3 3 4 n n 1 2 n 1 n 1
1 1- 12 n+ 1 <
1 1
，即S < ．
2 n 2
【跟踪训练】
1 (多选题)已知数列 {an}满足 a1= 1，an-3an+1= 2an an+1(n∈N *)，则下列结论正确的是 ( )
A. 1 + 1
1
为等比数列 B. {a }的通项公式为 a =
a n nn 2× 3n-1-1
C. {an} 1为递增数列 D. n 的前n项和T= 3 -na nn
【答案】AB
【详解】因为 an-3an+1= 2an a 1n+1，所以 + 1= 3an+1
1 + 1 1 1，又 + 1= 2≠ 0，所以 an a1 + 1an 是以 2为首
3 1项， 为公比的等比数列， + 1= 2× 3n-1即 an= 1- ，所以 {an}
1
为递减数列，
an 2× 3n 1-1 an
的前n项和Tn
n
= (2× 30-1) + 2× 31-1 + + 2× 3n-1-1 = 2 30+31+ +3n-1 -n= 2× 1- 3 -n= 3n-n- 1．故1- 3
选:AB．
2 已知数列 an 满足 an+an+2= λan+1，λ∈R，若 a1= 1，a2= 2，a2024≥ 2024，则 λ的值可能为 ( )
A. -1 B. 2 C. 5 D. -2
2
【答案】BCD
【详解】A：当 λ=-1时，an+2=-an+1-an，得 a3=-a2-a1=-3,a4=-a3-a2= 1,a5=-a4-a3= 2,a6=-a5-a4=
-3，所以数列 {an}是以 3为周期的周期数列，则 a2024= a2= 2< 2024，不符合题意，故A错误；B：当 λ= 2
时，an+2= 2an+1-an，
得 a3= 2a2-a1= 3,a4= 2a3-a2= 4,a5= 2a4-a3= 5,a6= 2a5-a4= 6, ,an=n，所以 a2024= 2024，符合题意，故
B正确；
C 5：当 λ= 时，a 5 5n+2= an+1-an，得 a3= a2-a1= 22,a 54= a3-a2= 23,a5= 5 a -a = 24,a 5 52 2 2 2 2 4 3 6= a5-a4= 2 ,2
,a = 2n-1n ，
所以 a2024= 22023> 2024，符合题意，故C正确；D：当 λ=-2时，an+2=-2an+1-an，得 a3=-2a2-a1=-5,a4=
-2a3-a2= 8,a5=-2a4-a3=-11,a6=-2a5-a4= 14, ,an= (-1)n(3n- 4)，所以 a2024= 3× 2024- 4= 6068
> 2024，符合题意，故D正确.故选：BCD
考点七：取对数法构造等比数列求通项
形如 a = cakn+1 n(c> 0,an> 0)的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
形如 a kn+1= can(c> 0,an> 0)的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
【精选例题】
1 已知数列 an 满足 a1= 2，an+1= a4n，则 a6的值为 ( )
A. 220 B. 224 C. 21024 D. 24096
【答案】C
【详解】an+1= a4n，a1= 2，易知 an> 0，故 lnan+1= 4lnan，故 lnan 是首项为 ln2，公比为 4的等比数列，lnan
9
= 4n-1 ln2，lna = 45 ln2= ln21024，故 a = 220146 6 .故选：C.
【跟踪训练】
1 已知数列 a 2n 满足 an+1= an-an+4，a1= 1，则下列说法正确的有 ( )
A. 数列 an 是递增数列 B. 3an< an+1≤ 4an
C. 1 + 1 + + 1 < 4 D. log a +log a + +log a ≤ 2n-2
a a a 3 2 1 2 2 2 n1 2 n
【答案】ACD
【详解】对于A项，由已知可得，an+1-an= a2n-2an+4= a 2n-1 +3> 0，所以 an+1> an，所以数列 an 是递
增数列，故A正确；对于B项，由已知可得，a 22= a1-a1+4= 4，a3= a2 22-a2+4= 16，a4= a3-a3+4= 244>
4a3，故B项错误；对于C项，因为数列 an 是递增数列，所以 n≥ 2时，有 an> 1.由已知可得 a 2n+1-1= an
-a +3> a2n n-a 1 1 1 1 1 1 1n，所以 - < = - - ，所以有 < - - - .当n≥ 3
1
时，有
a 2n+1 1 an-an an 1 an an an 1 an+1 1 a1
+ 1 + + 1 < 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 1 1 1 1
a2 an a1 a2-1 a3-1 a3-1 a4-1 an-
- - = +1 an+1 1 a1 a2-
-
1 an+1-
=
1
4 - 1 < 4 .
3 an+1-1 3
1
又 = 1< 4 1 1 5 4 1 1， + = < ，所以 + + + 1 < 4 ，故C项正确；对于D项，因为 a = 1，a =
a1 3 a1 a2 4 3 a1 a2 a 3
1 2
n
4，数列 an 是递增数列，则当 n≥ 3时，有 an> a2= 4，则有 4- an< 0.所以，an+1= a2n-an+4< a2n，所以有
log a 22 n+1 < log2an = 2.
log2an log2an
= log2an log2alog a n-1 log又 2a3 log a < 2n-22 n 2 2 × 2= 2n-1，所以 log2a1+log2a2+ +log a < 0+ 2+log2an-1 log2an-2 log 2 n2a2
2× 1- 2n-1
22+ + 2n-1= n- = 2 -2.当n= 1时，有 log2a1= 0= 2
1-2，
1 2
当n= 2时，有 log2a1+log2a2= 2= 22-2.综上所述，log2a1+log2a2+ +log a n2 n≤ 2 -2，故D项正确.故选：
ACD.
2 已知正项数列 a 2 n+2n 的前n项积为Tn，且 4Tn= an ，则使得 Tn> 2024的最小正整数n的值为
( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【详解】由题，a > 0，又∵ 4T2= an+2，∴ 4T2 = an+1，n≥ 2,n∈N *，两式相除可得 an+1 nn n n n-1 n-1 n-1= an，上式两边取对
+ = lgan = n+ 1 ≥ , ∈ * ∴ lgan × lga lga数，可得 n 1 lgan-1 nlga n-1 2n，即 ，n 2 n N ， × × = n+ 1lgan-1 n lgan-1 lgan-2 lga1 n
× n 3
n- × × ，1 2
lgan = n+ 1化简得 ，解得 a = 2n+1n ，又 4T21= a31，即 a1= 4，所以 an 的通项公式为 a n+1 2 3lga 2 n= 2 ，∴Tn= 2 × 2 ×1
n n+3 n n+ 3
× 2n+1= 2 2 ，要使 Tn> 2024 > 22 n> -3+ 185 5< -3+ 185 11，即 ，解得 ，且 < ，所2 2 2 2
以满足题意的最小正整数 n的值为 6.故选：C.
考点八：已知通项公式 an与前n项的和Sn关系求通项问题
解题思路：遇到 an与Sn关系，要么把 an换为Sn，要么把Sn换为 an，利用 an=Sn Sn 1
10
【精选例题】
2 1
1 若数列 an 的前n项和为Sn= a + n∈N *3 n 3 ，则数列 an 的通项公式是 an= .
【答案】(-2)n-1
【详解】解：因为Sn= 2 a + 1n ，当n= 1时，S1= a1= 2 a1+ 1 ，所以 a = 1，3 3 3 3 1
当n≥ 2时，Sn-1= 2 a 1 2 1 2n-1+ ，两式相减，Sn-Sn-1= an+ - an-1+ 1 整理得 an=-2a3 3 3 3 3 3 n-1，
所以 an 是首项为 1，公比为-2的等比数列，故 a n-1n= (-2) .故答案为：(-2)n-1
2 已知数列 an 的前n项和为Sn，a2= 3，且 an+1= 2Sn+2(n∈N )，则下列说法中错误的是 ( )
A. a 11= B. S = 794 C. an 是等比数列 D. Sn+1 是等比数列2 2
【答案】C
1
【详解】由题意数列 an 的前n项和为Sn，a2= 3，且 an+1= 2Sn+2，则 a2= 2S1+2，即 3= 2a1+2,∴ a1= ，2
即选项A正确；∵ an+1= 2Sn+2①，∴当n≥ 2 时，an= 2Sn-1+2②，①-②可得，an+1-an= 2an，即 an+1=
3an，
a2= 3,a1= 1 ，不满足 a2= 3a1 ，故数列 an 不是等比数列，故C错误，由n≥ 2时，a2 n+1= 3an可得，an= 3
× 3n-2= 3n-1 a = 9,a = 27 S = 1，则 3 4 ，故 4 + 3+ 9+ 27= 79 ，故B正确；由 a2 2 n+1= 2Sn+2得：Sn+1-Sn= 2Sn
+2,∴Sn+1= 3Sn+2,则Sn+1+1= 3(
S +1
Sn+1)，即 n+1 3+ = 3，故 Sn+1 是首项为S1+1= a1+1= ，公比为Sn 1 2
3的等比数列，D正确，故选︰C．
【跟踪训练】
1 记各项均为正数的数列 a 的前n项和是S ，已知 a2n n n+an= 2Sn，n为正整数，
(1)求 an 的通项公式；
(2)设 bn= tan an tan an+1 ，求数列 bn 的前n项和Tn；
tan(n+ 1)
【答案】(1)an=n n∈N+ ，(2)Tn= -n- 1tan1
2
【解析】( ) ≥ a +a = 2S ,1 当n 2时， n-1 n-1 n-1 2 2 a2+ = 相减得 an-aa 2S , n-1+an-an-1= 2an，即 an-an-1-1 an+an-1 = 0，n n n
各项均为正数，所以 an= an-1+1(n≥ 2)，故 an 是以首项为 1，公差以 1的等差数列，所以 an=n n∈N+ ；
(2)tan1= tan[( + )- ]= tan(n+ 1) - tan(n) ( + ) = tan(n+ 1) - tan(n)n 1 n ，故 tan n 1 tann - 1，
1+ tan(n+ 1)tan(n) tan1
Tn= b1+b2+b3+ +bn= 1 [tan(n+ 1) - tan(n) + tan(n) - tan(n- 1) + +tan2- tan1]-n，tan1
T= 1n [tan(n+ 1) - ]- =
tan(n+ 1)
tan1 n -n- 1．
tan1 tan1
2S
2 已知数列 an 的前n项和为Sn，且满足 a1= 1, n = an n+1-1．
(1)求数列 an 的通项公式；
n
( ) = 2 ,n为奇数,2 若数列Cn ，求数列 Cn 的前 2n项和T ．2n+ 3,n 2n为偶数,
【答案】(1)an= 2n- 1 (2)T = 2； 2n 4n-1 + 2n2+5n3
11
【解析】( 2S1)因为 n = an+1-1，所以 2Sn=nan+1-n，①当n≥ 2时，2Sn-1= (n- 1)an- (n- 1)，②n
a a 1 1 1
①-②得：2an=nan+1- (n- 1)an-1，即nan+1- (n+ 1)an= 1，所以 n+1 - n+ = = - ，n 1 n n(n+ 1) n n+ 1
an - a 1 1所以 2 = - ，由 a2= 3，可得 an= 2n- 1，当n= 1时，a1= 1，符合上式，所以 an= 2n- 1．n 2 2 n
n
( ) = 2 ,n为奇数,2 由题意得，Cn 则T2n= C1+C3+ +C+ , 2n-1 + C2n 3 n , 2+C4+ +C2n 为偶数
2 1- 4n= + n(7+ 4n+ 3) = 2- 4
n-1 + 2n2+5n T 2，所以 n 2
1 4 2 3 2n
= 4 -1 + 2n +5n．
3
考点九：已知数列前 n项积型求通项
1 3
1 记Tn为数列 an 的前n项积，已知 + = 3，则T10= ( )Tn an
A. 16 B. 15 C. 13 D. 11
3 4 3 4
【答案】C
4 T
【解析】n= 1,T1= ,Tn= a1a2a3 an,则 a nn= (n≥ 2) 1 3 1，代入 + = 3，化简得：Tn-Tn-1= ，则T3 Tn-1 Tn an 3 n
= n+ 3 ,T = 1310 ．故选：C．3 3
2 已知数列 an 中，Sn= a1+a2+ +an,Tn=S1×S2× ×Sn，且Sn+Tn= 1.
(1) 1求证：数列 - 是等差数列；Sn 1
(2)求证：对于任意的正整数n,Tn是 an与Sn的等比中项．
【解析】(1)当n= 1时，S1=T1,S1+T1= 1 1，则S1=T1= ，由Sn+Tn= 1可得S2 n-1=-Tn，则Sn+1-1=
-Tn+1，
Sn+1-1 = -Tn+1 = SS 1 = n+1 = 1+ 1 1 =-1+ 1则
Sn-1 - n+1
，即 - ，即 ，故数列Tn Sn 1 Sn+1-1 Sn+1-1 Sn+1-1 Sn-1
1 - 是首项为-2，公差为-1的等差数列；Sn 1
(2)由 (1) 1知， - =-2+ (n- 1) × -1 =-n- 1 S =
n
，则 n + ，当n= 1时，a1=S1=T1=
1
，则 a1 SSn 1 n 1 2 1
=T21 ；
当n≥ 2 n n- 1 1时，an=Sn-Sn-1= + - = ，Tn=S1×S2× ×Sn=
1 × 2 × × n+ =n 1 n n(n+ 1) 2 3 n 1
1
+ ，则 a S =
n 1 1 2
n n + = =Tn；综上可得：对于任意的正整数 n,Tn 1 n 1 ( + ) ( + )2 n
是 an与Sn的等比
n n 1 n 1
中项．
【题型专练】
1 已知数列 {an}的前n项积为Tn，若对 n≥ 2，n∈N *，都有Tn+1 Tn-1= 2T2n 成立，且 a1= 1，a2= 2，则
数列 {an}的前 10项和为 ．
【解析】解：数列 {an}的前n项积为Tn，若对 n≥ 2，n∈N *，都有Tn+1 Tn-1= 2T2n 成立，且 a1= 1，a2= 2，
则：T1= 1，T2= a1 a2= 2，进一步求出：T3= 8，T 44= 2 = 16， ，所以：a1= 1，a2= 2，a3= 4， a 910= 2 ，
12
10
故：S10= 1+ 2+ +29= 2 -1- = 1024- 1= 1023．故答案为：10232 1
2 已知数列 an 前n项积为Tn，且 an+Tn= 1(n∈N *)．
(1) 1求证：数列 1- 为等差数列；an
(2)设S =T2n 1+T22+ +T2 1n，求证：Sn> an+1- ．2
【解析】(1)因为 an+Tn= 1，所以Tn= 1- a ∴ a = 1n 1 ，所以Tn-1= 1- an-1( ≥
1- a
n 2)，两式相除，得 an= n2 1- an-1
(n≥ 2) 1 1 1，整理为 an= - ，再整理得， - - - = 1(n≥ 2)
1
．所以数列 - 为以 2为首2 an-1 1 an 1 an-1 1 an
项，公差为 1的等差数列．
(2)因为 an+T= 1 a = 1 , 1n ，所以 1 - = 2，由 (1)
1 n
知， = 2+n- 1，故 a
2 1 a n
= ，所以Tn= a1 a2
1 1- an n+ 1
a 1n= × 2 × × n = 1 2 2 2 1 1 12 3 n+ 1 n+ ．所以Sn=T1+T2+ +Tn= + + +1 22 32 (n+ 1)2
> 1 + 1 + 1 = 1 - 1 + 1× × -
1 + + 1 - 1 = 1 - 1+ + + ．又因为 a2 3 3 4 (n+ 1) (n+ 2) 2 3 3 4 n 1 n 2 2 n 2 n+1
- 1 = n+ 1 - 1 = 1 - 1 1+ + ，所以S2 n 2 2 2 n 2 n> an+1- ．2
13