专题02数列通项的求法（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02272025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列

专题 2 数列通项的求法 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现 的概率变大,求数列的通项是数列中的最基本的题型,也是高考中的热点,本专题总结求数列通项的18种类 型,供大家参考. (一)等差数列求通项 若给出 是等差数列,求 ,通常是利用方程思想整理出关于 与 的方程,解方程（组）,求出 与 ,再 利用通项公式求 ． 【例1】（2024届贵州省六盘水市高三下学期三诊）已知 为等差数列,且 , ． (1)求 的通项公式； (2)若 恒成立,求实数λ的取值范围． 【解析】（1）设数列 的公差为d,则根据题意可得 , 解得 ,则 ． （2）由（1）可知运用等差数列求和公式,得到 , 又 恒成立,则恒成立, 设 ,则 , 当 时, ,即 ； 学科网（北京）股份有限公司当 时, ,则 ,则 ； 则 ,故 , 故实数λ的取值范围为 ． (二)等比数列求通项 若给出 是等比数列,求 ,通常是利用方程思想整理出关于 与 的方程,解方程（组）,求出 与 ,再利 用通项公式求 ． 【例2】（2024届陕西省富平县高三第二次模拟）已知等比数列 的各项均为正数,前n项和为 ,且满 足 , . (1)求数列 的通项公式； (2)若数列 满足 ,求数列 的前2n项和 . 【解析】（1）设等比数列 的公比为 ,由 及 , 得 , 解得 ,于是 ,即 , 所以数列 的通项公式是 . （2）由（1）知, , 所以 . (三)累加法求通项 若给出 ,且 前 项和可求,则可利用累加法求 ： , 通常为等差数列、等比数列或可裂项求和的数列. 学科网（北京）股份有限公司【例3】已知数列 是等差数列,且 ,数列 满足 , ,且 . (1)求数列 的通项公式； (2)将数列 的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列 ,求数列 的通项公式； (3)设数列 的前 项和为 ,证明： . 【解析】（1）由题意可知 ,即 ,故 , 由 ,可得 , 所以数列 的公差 ,所以 , 由 , 叠加可得 , 整理可得 ,当 时,满足上式, 所以 ； （2）不妨设 ,即 ,可得 , 当 时, ,不合题意, 当 时, , 所以 在数列 中均存在公共项, 又因为 ,所以 . （3）当 时, ,结论成立, 学科网（北京）股份有限公司当 时, , 所以 , 综上所述, . (四)累乘法求通项 若给出 ,且 前 项乘积可求,则可利用累乘法求 ： , 通常为等 比数列或 型的数列. 【例4】（2024届新疆高三下学期第三次适应性检测）若一个数列从第二项起,每一项和前一项的比值组成 的新数列是一个等比数列,则称这个数列是一个“二阶等比数列”,如：1,3,27,729,…….已知数列 是一个 二阶等比数列, , , . (1)求 的通项公式； (2)设 ,求数列 的前 项和 . 【解析】（1）设 ,由题意得数列 是等比数列, , , 则 ,即 , 由累乘法得： , 于是 ,故 , 学科网（北京）股份有限公司也满足,所以 . （2）由（1）得 , 令 ,则 , ∴ . (五)利用 与 的关系,把条件化为 与 的关系式求通项 任何一个数列,它的前n项和S 与通项a 都存在关系：a＝ 若a 适合S－S ,则应把它们统一起来,否则就 n n n 1 n n－1 用分段函数表示． 【例5】（2024届吉林省吉林地区普通高中高三四模）已知数列 的前 项和为 ,且 . (1)求实数 的值和数列 的通项公式； (2)若 ,求数列 的前 项和 . 【解析】（1）当 时, , , , 当 时, , 整理得 , 学科网（北京）股份有限公司数列 是以1为首项,3为公比的等比数列, ； （2） , ①, ②, ① ②得 . (六) 利用 与 的关系,把条件化为 与 的关系式求通项 在利用 与 的关系求 时,有时不方便把条件化为 与 的关系式,这是可先把条件化为 与 的关 系式,求出 ,再求 . a 1 S  n  【例6】已知数列 a  的前n项和为S ,且 n 2 a ． n n n (1)求 ；  1 ,n1  S b  n (2)数列 的每一项均为正数, n  1 ,n2 ,数列 的前n项和为 ,当 时,求n的最小值． S n   S n S n1 b n  T n T n 2 1012 a 1 a  1  【解析】（1）当n1时, 1 2 a a2 2, 1 1 S S 1 S  n n1  当n2时, n 2 S S , n n1 学科网（北京）股份有限公司S S 1 n n1  所以 2 S S ,所以S2S2 2（常数）, n n1 n n1  S2 S2 2 故数列 n 是以 1 为首项,2为公差的等差数列． 所以 当 时 , 也适合, 所以 .  1  1  S ,n1   2 ,n1 （2）由（1）知, ,得 b n   n 1 ,n2 b n   1 ,n2 S n 2 2n122n  S n S n1    2n 2n1 1  1 1 1 1  T  1    所以 n 2   21 3 2 4 3 n n1   1   n  1 21 3 2 4 3 n n1  2 2 , n 1012 当T2 1012时,即 2  n2024 ,所以n的最小值为2024． n (七)根据数列 为等差数列,求 若数列 为等差数列,则 都是等差数列,可分别求通项,再看能否合并． 【例7】（2024届山东省青岛第五十八中学高三下学期二模）已知数列 满足 , 且 . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ,数列 的前 项和为 ,若 ,求 的最小值. 【解析】（1）数列 中, , ,当 时, , 学科网（北京）股份有限公司则 ,由 ,得 , 当 为正奇数时,数列 是首项为3,公差为4的等差数列, 则 ,即 , 当 为偶奇数时,数列 是首项为5,公差为4的等差数列, 则 ,即 ,即 , 所以数列 的通项公式是 . （2）由（1）知 ,显然数列 是首项为 ,公比 的等比数列, 则 ,由 ,得 ,整理得 , 而数列 是递增数列, ,因此 , 所以 的最小值为5. (八)根据数列 为等比数列,求 数列 为等比数列,则 都是等比数列,可分别求通项,再看能否合并． a a 【例8】（2024届河北省沧州市部分示范性高中高三下学期三模）已知数列a n 满足 n 2 n1 4n ,a 1 2, nN* . a  (1)求数列 n 的通项公式； a 1 b  n (2)设 n a 1 ,数列b 的前 n 项和为 S ,求证： n2S n . n n n n a a n n1 4n 【解析】（1） 2 ,a 2,a 4, 1 2 a a a  n1 n2 4n1 n2 4 2 ,两式相除,得 a , n 学科网（北京）股份有限公司n2k1 a 24k122k1 a 2n 当 , 2k1 ,即 n ； n2k a 44k122k a 2n 当 , 2k ,即 n , a  a 2n 综上所述,数列 n 的通项公式为 n ； a 1 2 b  n 1 （2） n a 1 2n1 , n  2   2   2   1 1 1  S 1 1 1 n2   n n  211  221  2n1 211 221 2n1 , 1 1  1  1 1 1 1 1 1 2 2n  1 0       1 1 又 , 211 221 2n1 21 22 2n 1 2n 1 2 n2S n n . (九)利用 求 给出 或 ,通常通过取倒数构造等差数列. 2a n a a a a +2 a n 1 n+1 n n 【例9】数列{ }中 =1, = ,求 . 2a n 1 a n +2 1 1 a a +2 a 2a 2 a n+1 n n+1 n n 【解析】∵ = ,∴ = = + , 1 1 1 1 n+1 2 a n 2 a n 2 2 a n n+1 ∴{ }是首项为1,公差为 的等差数列,∴ =1+ （n-1）= , = . 学科网（北京）股份有限公司【例10】（2024届四川省大数据精准教学联盟高三第二次统一监测）已知数列 满足 ． (1)求 的通项公式； (2)若数列 满足， ，求证： ． 【解析】（1）由 知，若 ，则 ，若 ，则 ． 又 ，所以 ． 由 ，可得 即 （常数）， 故 是首项为2，公差为1的等差数列，所以 ． 故 ． （2）由 得 ，① 由 得 ，② ① ②可得 ． 当 时， ，则 ． 所以 ， 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司当 时， 也满足上式，所以 ． 由上可知， ， 所以 ， 即 ． a b a b n+1 n+1 n n （十）构造 - =d型数列求通项 【例11】已知数列 满足 且 . (1)求 的通项公式. (2)设 的前 项和为 ， 表示不大于 的最大整数. ①求 ； ②证明：当 时， 为定值. 【解析】（1）由 ，则 ，即 ， 则数列 是以 为公差的等差数列，又 ， 故 ，即 ； （2）①由 ，则 ， ， 学科网（北京）股份有限公司则 ， 故 ； ②令 ，则 ， 则 ， 故数列 为单调递减数列，又 ， 故当 时， ，故 ， 即当 时， 恒成立，即 为定值 . √a √a （十一）构造 n+1- n=d型数列求通项 a a a a √1+4a a 【例12】数列{ n}中 1=2, n+1= n+1+ n,求 n a a √1+4a a a √1+4a √1+4a 【解析】 n+1= n+1+ n可化为1+4 n+1 =（1+4 n）+4 n+4=（ n+2）2, √1+4a √1+4a ∴ n+1= n+2 √1+4a ∴{ n}是首项为3,公差为2的等差数列, √1+4a a ∴ n=3+2（n-1）=2n+1, n=n2+n. (十二)取对数构造等比数列求通项 形如 ,通常两边取对数,构造等比数列. 【例13】若 , ,求 . 【解析】因为 ,所以 , 学科网（北京）股份有限公司因为 ,所以 , 所以 , 是首项为 ,公比为2的等比数列, 所以 , 所以 . (十三)根据 构造等比数列求通项 形如 的数列求通项,一般可变形为 ,若 , ,则数列 是公比为p的等比数列. 【例14】（2024届山东省烟台招远市高考三模）在数列 中,已知 , . (1)求数列 的通项公式； (2)若 , 为数列 的前n项和,证明： . 【解析】（1）由 可得 ,则 ,即 , 故 是以 为首项, 为公比的等比数列. 故 ,则 , . （2） . 易得 ,故 . 又 , 学科网（北京）股份有限公司故 .综上有 ,即得证. (十四) 根据 构造等比数列求通项 形如 的数列,可先两边同时除以 ,得 ,把 看成数列,就是 类型. 【例15】已知 ,求 . 【解析】因为 ,所以 , 所以 , 因为 ,所以数列 是首项为2,公比为3的等比数列, 所以 ,所以 . (十五) 根据 构造等比数列求通项 形如 的数列求通项,通常设 ,求出 ,若 ,则可根据数列 是等比数列求通项. a  a 1,a 2a n1,  nN* 【例16】（2024届四川省宜宾市高三适应性考试）已知数列 n 满足 1 n1 n . a n a  (1)证明：数列 n 是等比数列,并求出数列 n 的通项公式； 1 b  (2)设 n log 2 a n n ,数列 b n b n1  的前n项和为T n ,若T n m2m1对于任意nN*恒成立,求实数m的取 学科网（北京）股份有限公司值范围. a n12a 2n2a n a 120 【解析】（1）由题可知： n1 n n ,又 1 , a n a n2n a 2nn 故 n 是首项为2,公比为2的等比数列, n ,即 n . 1 1 1 1 1 1 b    ,bb    （2） n log a n log 2n n n n1 nn1 n n1, 2 n 2 1 1 1 1 1 1 1 T n  1  2  2  3    n  n1 1 n1 1 ,且当 n 趋于  时,T n 趋近于1, 所以由 T n m2m1 恒成立,可知m2m11,解得 m  ,12,  . (十六)构造双等比数列求通项. 形如 的数列,可设 ,则 ,求出 的两组值,构造两个等比 数列求 . 【例17】若 ,求 . 【解析】设 ,则 ,所以 或 , 当 时 , 因为 , 所以 , 当 时 , 因为 , 所以 , 学科网（北京）股份有限公司与 相减得 . (十七)分段数列求通项 分段数列,常考的是奇数项与偶数项分为特殊数列,求解关键是分n为偶数与奇数讨论. 【例18】已知数列 满足 且 ． (1)求数列 的通项公式． (2)求数列 的前100项和 ． 【解析】（1）由题意,得当 时, ,① ．② 将①代入②,得 ,所以 是首项为1,公比为2的等比数列, 所以 ． 又因为 , 所以 ,所以 ． 令 ,则 ,而 , , 所以 是首项为2,公比为2的等比数列, 所以 ,所以 ． 所以 ． （2） 学科网（北京）股份有限公司． (十八)两个数列的公共项组成的新数列的通项求法 两个递增的等差数列的公共项组成的数列仍然是等差数列,若公差为原来两个数列公差的最小公倍数,对于 其他数列 ， ，通常是根据 确定使 都为正整数的条件. 【例19】已知数列 是等差数列，且 ，数列 满足 ， ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)将数列 的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列 ，求数列 的通项公式； (3)设数列 的前 项和为 ，证明： . 【解析】由题意可知 ，即 ，故 ， 由 ，可得 ， 所以数列 的公差 ，所以 ， 由 ， 叠加可得 ， 整理可得 ，当 时，满足上式， 所以 ； 学科网（北京）股份有限公司（2）不妨设 ，即 ，可得 ， 当 时， ，不合题意， 当 时， ， 所以 在数列 中均存在公共项， 又因为 ，所以 . （3）当 时， ，结论成立， 当 时， ， 所以 ， 综上所述， . 【例1】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期第三次质量抽测）已知 是等差数列 的前 项和, ,数列 是公比大于1的等比数列,且 , . (1)求数列 和 的通项公式； (2)设 ,求使 取得最大值时 的值. 【解析】（1）设等差数列 的公差为 , 学科网（北京）股份有限公司则 ,解得 , 所以 ,设等比数列 的公比为 , 则 ,解得 ,所以 ； （2）由（1）得 , 则 , , 当 时, , 当 时, , 当 时, , 所以当 或 时, 取得最大值. 【例2】已知数列 满足： , , . (1)证明： 是等差数列,并求 的通项公式； (2)设 ,若数列 是递增数列,求实数 的取值范围. 【解析】（1）因为 ,所以 为常数, 又 ,所以数列 是公差为 ,首项为 的等差数列. 所以 , 学科网（北京）股份有限公司当 时, , 所以 ,又 ,所以 ,又 ,满足 , 所以数列 的通项公式为 . （2）由（1）知 ,因为数列 是递增数列, 所以 ,对 恒成立, 得到 对 恒成立,所以 . 【例3】（2024届陕西省安康市高新中学高三高考模拟）记 为数列 的前 项和,已知 . (1)求 的通项公式； (2)若 ,求数列 的前 项和 . 【解析】（1）解：由 ,可得 ,所以 , 又由 ,所以 ,所以数列 是以1为首项,1为公差的等差数列, 所以 ,则 , 当 时, ,所以 , 又当 时, 满足上式, 所以 的通项公式为 . （2）由（1）可知当 为奇数时, ； 学科网（北京）股份有限公司当 为偶数时, , 所以 a  b  f xax2bxcsinx 【例4】（2024届湖南省邵阳市高三第三次联考）已知数列 n , n ,函数 ,其中 nN* a，b，c , 均为实数．  a  b ln n  (1)若 ab1 , c=0 , f a n a n a n1  fa n ,b 1 2, n a n 1, b  （ⅰ）求数列 n 的通项公式；  b  （ⅱ）设数列   b n 1 n b n1 1   的前 n 项和为 T n ,求证： T n n2n 2 3 ．  π  π f  a  ，a a (2)若 f x 为奇函数, f    π 2     π 2 1, b，cQ , a n2    f   a 2 n1 ， n1 a  n1  2 a n n1 n 且 a 2 6a 1 6 ,问：当 n2 时, m ma m sin60.28 是否存在整数 ,使得 n成立．若存在,求出 的最大值；若不存在,请说明理由．（附： , cos5.720.85） f xx2x fx2x1 【解析】（1）（ⅰ） , , f a a a  fa  由 n n n1 n , a2 a  n 得a2a a a 2a 1 ,解得 n1 2a 1, n n n n1 n n 学科网（北京）股份有限公司 a  b ln n  a 1 又b 2, n a 1 n 1 n  a2  n    a  2a 1  a2   a  b ln n1 ln n ln n 2ln n  n1 a 1  a2  a22a 1 a 1, n1 n 1 n n n    2a 1  n b  n1 2 b , b 是以2为公比,2为首项的等比数列． n n b 2n n ． b 2n 1 1 c  n c    （ⅱ）令 n b 1b 1,则 n  2n1  2n11  2n1 2n11, n n1 T c c c c n 1 2 3 n  1 1   1 1   1 1  1       1 ． 211 221 221 231 2n1 2n11 2n11 2 显然,当 时,T 是递增数列, gnn2n 在 时,单调递减, n1 n 3 n1 1 2 2 可得T T 1  , gng1 ． n 1 221 3 3 2 T n2n ． n 3 f x  （2） 为奇函数, f xax2bxcsinxf xax2bxcsinx ． a0, π π π  f   bc 1 又 2 2 2 ,b,cQ, b1,c1． a cosa ,a a , a  n1 n1 n1 n f xxsinx, n2 a sina ,a a . n1 n1 n1 n 学科网（北京）股份有限公司a 6a 6 a a 1 2 1 2 1 由 得, ． a  f a 6sin65.72a 3 2 2, a a cosa 6sin6cos6sin65.720.856.57a 4 3 3 3, a  f a a sina a a  f a a sina 5 4 4 4 4, 6 5 5 5, f xxsinx 0,  在 上为增函数, 2πxxsinx f 3π3π  2πx3π sinx0 当 时, , ； a 6.572π,3π 4 , a  f a a sina 2π,3π 5 4 4 4 ． a 2π,3π 2πa  f a  f 3π3π 当 n 时, n n ． n4 a a a a 时, n n1,又 2 3, 当 n2 时, a n  min a 3, ma 3 6sin6 ． 又mZ,m的最大值为5． 【例5】（2024届江苏省苏州市高三下学期第三次模拟）现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相 n  nN* 同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换,记为一次操作．重复进行 次操作后, X a b n n n 记甲盒子中黑球个数为 ,甲盒中恰有1个黑球的概率为 ,恰有2个黑球的概率为 ． X (1)求随机变量 1的分布列； a  (2)求数列 n 的通项公式； n 610a 9  i  (3)求证： 9aa 5． i1 i i1 学科网（北京）股份有限公司X 【解析】（1）由题可知 1的可能取值为0,1,2, X 0 X 1 根据相互独立事件的概率公式得到： 1 即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换, 1 即为甲盒中拿黑球 X 2 1 乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换, 即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换,则 1 2 2 1 1 2 2 5 2 1 2 PX 0   ,PX 1     ,PX 2   , 1 3 3 9 1 3 3 3 3 9 1 3 3 9 X 1的分布列为： X 0 1 2 1 2 5 2 P 9 9 9 （2）由全概率公式可知： PX 1PX 1PX 1 X 1PX 2PX 1X 2 n1 n n1 n n n1 n PX 0PX 1 X 0 n n1 n 1 1 2 2 2   2     PX 1 1PX 21 PX 0 3 3 3 3 n 3  n  3 n 5 2 2  PX 1 PX 2 PX 0 , 9 n 3 n 3 n 5 2 2 1 2 3 1 3 a  a  b  1a b  a  a  a   a   即 n1 9 n 3 n 3 n n ,即 n1 9 n 3, n1 5 9 n 5, 5 a PX 1 又 , 1 1 9  3 3 1 a   a   所以数列 n 5是以 1 5为首项,以 9为公比的等比数列, 3  2   1 n1 2  1 n a        n 5  45  9 5  9 , 学科网（北京）股份有限公司3 2  1 n 即 a n  的通项公式 a n  5  5    9   ； 3 2 1 i 610     610a  5 5 9  i  （3） 9a i a i1 9   3  2  1  i    3  2  1  i1   5 5 9  5 5 9   1 i 4   9 1 1    3 2 1 i3 2 1 i1 3 2 1 i 3 2 1 i1 , 9                5 5 9  5 5 9  5 5 9 5 5 9 n 610a 1 1 1 1  i       9aa 3 2 1 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 3 所以 i1 i i1             5 5 9 5 5 9 5 5 9 5 5 9 1 1 9 1 9      3 2 1 i 3 2 1 i1 5 3 2 1 i1 5          得证. 5 5 9 5 5 9 5 5 9 1. （2024届天津市南开区高三下学期质量监测二）已知 是等差数列,公差 , ,且 是 与 的等比中项. (1)求 的通项公式 (2)数列 满足 ,且 . （ⅰ）求 的前n项和 . （ⅱ）是否存在正整数m,n（ ）,使得 , , 成等差数列,若存在,求出m,n的值；若不存在,请说明 学科网（北京）股份有限公司理由. 【解析】（1）因为 为等差数列,且 ,所以 ． 又 是 与 的等比中项,所以 ,即 ． 化简得 ,解得 或 （舍）, 所以 ． （2）（i）由 ,得 ,所以 （ ）,又 , 当 时, , 又 也适合上式,所以 , 则 , 所以 ． （ⅱ）假设存在正整数m,n,使得 , , 成等差数列, 则 ,即 ,整理得 , 显然 是25的正约数,又 ,则 或 , 当 ,即 时, 与 矛盾； 当 ,即 时, ,符合题意, 所以存在正整数使得 , , 成等差数列,此时 , ． 学科网（北京）股份有限公司2．设正项数列 的前 项和为 ,并且对于所有的正整数 , 与1的等差中项等于 与1的等比中项． (1)求数列 的通项公式． (2)设数列 的通项 ,记 是数列 的前 项和,试比较 与 的大小,并证明你的结 论． 【解析】（1）因为 与1的等差中项等于 与1的等比中项, 为正项数列, 所以 ,即 , 当 时,由 ,解得 ； 当 时, ,即 , , , ． 即 是首项为1,公差为2的等差数列,因此, ． （2）因为 , ∴ ,则 令 , 则 ． 学科网（北京）股份有限公司∴ 是递增数列,于是 , 从而 ,即 ． 3．（2024届湖南省岳阳市湘阴县第一中学高三下学期期中）设数列 的前 项和为 ,且 ． (1)求数列 的通项公式 ． (2)设数列 满足 ,且数列 的前 项和为 ,求证： ． 【解析】（1）依题意,由 ,可得 , 当 时, ,解得 , 当 时, , 整理,得 , , ∴数列 是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴ ； （2）依题意及（1）,由 可得 , 则 , , 两式相减,可得 , ∴ ,故得证． 学科网（北京）股份有限公司4．（2024届湖南省岳阳市岳汨联考高三下学期5月月考）已知等差数列 满足 （ ）,数列 是公比为3的等比数列, ． (1)求数列 和 的通项公式； (2)数列 和 中的项由小到大组成新的数列 ,记数列 的前n项和为 ,求 ． 【解析】（1） ,①, （ ）,②, 得： , ∵ 为等差数列,∴ , , ,即 , ∴ , 因为数列 是公比为3的等比数列, , 即 ,解得： , 所以 ； （2）由（1）可知, , , 且数列 和 中的项由小到大组成新的数列 , 其中 , ,此时 , 所以数列 中数列 有 项,数列 有 项, , ． 学科网（北京）股份有限公司5．（2024届安徽省合肥一六八中学高三最后一卷）已知数列 满足 ,且对任意 均有 ． (1)设 ,证明 为等差数列； (2)求数列 的通项公式； (3)已知 ,求 ． 【解析】（1）因为 , ,令 , 所以当 时, ,即 , 所以 , 所以 为等差数列. （2）由（1）知, , 所以 , 即 , 所以 , , 所以 , , 再由 ,令 ,可得 , 即 ,解得 , 学科网（北京）股份有限公司所以 , , 当 时, ,满足上式. 所以数列 的通项公式为 . （3）因为 , 所以 , 设 , 则 , , 所以 , , 所以 . 6．（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列 的前 项和为 ,首项 . (1)若 ,求数列 的通项公式； (2)若函数 ,正项数列 满足： . （i）证明： ； （ii）证明： . 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）正项数列 中, , , ,当 时, , 两式相减得 ,即 , 而 ,则 ,因此数列 是首项为1,公差为2的等差数列, 所以数列 的通项公式为 . （2）（i）令 ,求导得 ,当 时, ,当 时, , 即函数 在 上单调递减,在 上单调递增,则 ,即 , 于是 , 即 ,即 , 当 时, , 当 时 ,因此 , 所以 （ii）由已知 ,所以 ,得 , 当 时, ,于是 , 当 时, , 又 ,所以 ,恒有 ,当 时, , 由 ,得当 时, , 学科网（北京）股份有限公司则当 时, , 从而 , 于是 , 所以 . 7．（2024届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研）已知各项均为正数的数列 前 项和为 ,且 ． (1)求数列 的通项公式； (2)证明： ． 【解析】（1）因为 ①,所以 ②, ③, 由③得： ,所以 , ②-①得： ,整理得： , 又因为 各项均为正数,所以 , 所以 是公差 的等差数列, ． （2）由（1）, , 学科网（北京）股份有限公司所以 , 所以 ． 8．（2024届江苏省宿迁市高三下学期三模）在数列 中, ． (1)求数列 的通项公式； (2)已知数列 满足 ； ①求证：数列 是等差数列； ②若 ,设数列 的前n项和为 ,求证： ． 【解析】（1）因为 , 所以 ,所以 , 所以 , 因为 ,所以n=1时, , 所以数列 是各项为0的常数列,即 , 所以 ． （2）①由 得 所以 ① 所以 ② ②-①得： ③ 所以 ④ 学科网（北京）股份有限公司④-③得 ,所以 即 所以数列 是等差数列． ②当 时,由 得 ,所以 , 又 ,故 的公差为1,所以 , 所以 , 即 ． a  a 1 a a 2n 9．（2024届江苏省苏州大学高三下学期高考考前）已知数列 n 满足 1 , n1 n . a  (1)求数列 n 的通项公式； b 1na n1 b  S 2n1 (2)记 n n ,求数列 n 的前 项和 2n1. a a 2n a a 2n 【解析】（1）因为 n1 n ,即 n1 n a a a a a a a a n2 所以 时, n n n1 n1 n2 2 1 1 (n1)(2n22) 2(n1)2(n2)  421 1 , 2 a n2n1 n2 所以 n （ ）, a 1 a n2na n2n1 又 1 ,所以 n 1 . b 1na n11nn2 （2）因为 n n , S S b 122232422n122n22n2 所以 2n1 2n 2n 学科网（北京）股份有限公司1232n2n2 2n2n . a  S 4S a24n 10．（2024届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知递增数列 n 的前n项和为 n,且 n n , nN*． a  (1)求数列 n 的通项公式； b aC1 a C2a C3a Cn (2)设 n 1 n 2 n 3 n n n． b  （ⅰ）求数列 n 的通项公式； n 12b 2i3   i  （ⅱ）求 i1 a i a i2  ． 4S a24n n1 4S a24 a 2 【解析】（1）因为 n n ,当 时, 1 1 ,则 1 ； 当 n2 时, 4S n1 a n 2 1 4n1 ,则 4a n a n 2a n 2 1 4 ,即 a n 2 1 a n 22 , a  a a 2 而 n 为递增数列,故 n n1 , a  即 n 为首项为2,公差为2的等差数列, a 2n n 故 ； b aC1 a C2a C3a Cn （2）（i） n 1 n 2 n 3 n n n, b 0C0 2C1 4C26C3  2nCn 所以 n n n n n  n, b 2nCn2n2Cn1 2C1 0C0 n n n  n n, 2b 2n  C0 C1  Cn 2n2n,b n2n 两式相加可得 n n n  n n , b  b n2n 故数列 n 的通项公式为 n ； 12b 2n3 12n2n2n3 3n22n 2n2 2n n     （ii） a a 2n2n2 nn2 n2 n , n n2 学科网（北京）股份有限公司 n   12b i 2i3  23  21  24  22  25  23    2n2  2n  2n2  2n1 4 故 i1 a i a i2  3 1 4 2 5 3 n2 n n2 n1 . a  n S 11．（2024届陕西省渭南市瑞泉中学高三第六次质量检测）已知各项均为正数的数列 n 的前 项和为 n, 3 2S n na n 1且a 2  2 a 1 . a  (1)求 n 的通项公式； a (2)若 b n  2 n n ,求数列 b n  的前n项和T n . 3 3 【解析】（1）当 n1 时,2S a 1,解出a 1,又a 2  2 a 1 ,则a 2  2 ； 1 1 1  2S na 1, n n  当 n2 时,由 2S n1 n1a n1 1,两式相减得n1a n1 na n 10,两边同时除以nn1 a a 1 a a 1 1 1 n1  n  0 n1  n    即 ,即 , n n1 n(n1) n n1 n(n1) n n1 n2 a a a a 1 1 1 利用上述等式有 n  n1  3  2    1, , n1 n2 2 1 n1 n2 2 n3 a 1 n1 因此 n a  1,即a  , , n1 2 n1 n 2 n3 3 n1 n1 当 n1,2 时,a 1,a 2  2 满足a n  2 ,因此a n  2 ； 1 n1 2 3 4 n1 （2）由（1）可知,b  ,则T     , n 2n1 n 22 23 24 2n1 1 2 3 n n1 两边同时乘以 1 得, T     , 2 2 n 23 24 2n1 2n2 1 2 1 1 n1 1 1 1 1 n1 错位相减得 T          , 2 n 22 23 2n1 2n2 22 22 23 2n1 2n2 1  1 n 即 1 T  1  22    1 2       n1  3  n3 2 n 22 1 2n2 4 2n2 1 2 3 n3 T   整理得, . n 2 2n1 学科网（北京）股份有限公司12．（2024届山东省齐鲁名校联盟高三下学期考前质量检测）设数列 a n  满足 na n1 2n2a n,且 a 1 4 ． a  (1)求 n 的通项公式； a  n S (2)求 n 的前 项和 n． a 2n2 n1  【解析】（1）由题易知a 0,且 a n , n n a a a a 23 24 25 2n1 2  3  4   n      n2   所以a a a a 1 2 3 n1 , 1 2 3 n1 a nn12n1 n  nn12n2 所以 a 12 , 1 a nn12n,a 4 所以 n 1 也满足该式, a nn12n 所以 n ． S 12212322 nn12n （2） n  ,① 2S 1222 nn12nnn12n1 n  ,② S n1n2n12  121222 n2n ②-①,得 n  ． T 121222 n2n 设 n  ,③ 2T 122223 n12nn2n1 则 n  ,④ T n2n1  2122 2n n2n1  2n12  n12n12 ④-③,得 n  , S nn12n12n12n14  n2n2  2n14 所以 n ． a2 2a  n b ,a ,b 0,nN* 13．（2024届江苏省泰州市高三第四次调研）已知数列 a  和 b  满足： n1 b n n n . n n n 学科网（北京）股份有限公司a 5,b n, a 3 n 1 (1)设 求 的值； a2  n  (2)设a  2b,b2 a b ,求数列b2 的通项公式； 1 1 n1 n1 n n b b a, n 1 1 (3)设 证明：______. 请从下面①,②两个选项中,任选一个补充到上面问题中,并给出证明. n a2b2  k k 1 n a b k i1 ①  a 1 b 1 1；② k1(2a j1 b j1 1) 其中a i a 1 a 2 a n . k1 k k j1 n 注：若两个问题均作答,则按第一个计分. a2 a2 2a  1 b,2a  2 b , 【解析】（1）令n1,2,得 2 b 1 3 b 2 1 2 a 5,b 1,b 2,a 0,a 0, a  7 因为 3 1 2 1 2 所以 1 . b2 b  n1, （2）因为b2 a b ,所以 n a n1 n1 n n1 2 2 a2 a  1a  1 2a  n b ,  n1   n   , 因为 n1 b n 所以 b  2b  2 n n1 n 2  2  a  1 a   n1 1  n  1, 即 b  2b   n1  n  2 a   1 11, 因为a  2b,所以 b  1 1 1  n  a    n  1 所以数列  b n   是首项为1,公比为1 2 的等比数列, a  2 1 n1 1 n1 a2 1 n1  n  11    n   1 所以 b  2 2 ,所以b2 2 . n n （3）若选①, 学科网（北京）股份有限公司a2 a2 2a  n b 2 n b 2a , 因为 n1 b n b n n 当且仅当a b 时等号成立, n n n n 1 1  0, 所以a a a b,所以a b a b n1 n 1 1 n 1 n1 1 a2 a2 2a  n b ,b b, 2a  n b, 因为 n1 b n n 1 所以 n1 b 1 n 1 a2 a2b2 2a b  n b  n 1 , 即 n1 1 b 1 b 1 1 1 1 1 1 1 1   ,   所以a b a b a b 故a b a b a b ． n1 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n1 1 k1 1 k1 1 k1 1 1  1 1 1         , 所以 n a k b k n a k b 1 n a k b 1 a k1 b 1  a 1 b 1 a n1 b 1 a 1 b 1 k1 a b  1 1 1 即 a b . n k k 若选②, a2 2a  n b ,b b, 因为 n1 b n n 1 所以2a b a2b2． n n1 1 n 1 a2b2 a2b2  a2b21  1 k k  k 1  k 1 当 时,有 j1 j1 j1 (2a b 1) (a2b21) (a2b21) k 2 j1 j1 j 1 j 1 k k k 1 1   k1 k (a2b21) (a2b21) . j 1 j 1 j1 j1 n a2b2 n a2b2  k k  k 1 k k 所以 k1(2a b 1) k1(a2b21) j1 j1 j 1 j1 j1   a2b2 n  1 1   1 1     a2b21 j1 j1 1 1 k1(a2b21) (a2b21)  j 1 j 1  n k 学科网（北京）股份有限公司a2b2 1 1 1  1 1   1 1 a2b21 a2b21 n n 1 1 1 1 (a2b21) (a2b21) , j 1 j 1 j1 j1 n a2b2  k k 1. 即 k k1(2a b 1) j1 j1 i1 1 3 14．（2024届江西省赣州市高三下学期5月适应性考试）已知数列a n 满足a 1  4 ,a n , 2 a n+1 , 2a n a n1 成等差 数列.  1   1 (1)求证：数列a n 是等比数列,并求出a n 的通项公式； 3 1 n 5 1  S  (2)记a 的前n项和为 S ,证明：8 3  n 12 . n n 3 【解析】（1）由a n , 2 a n1 , 2a n a n1 成等差数列可得：3a n1 a n 2a n a n1 , 1 3 1  2 因为a  ,可得 ,所以两边同时除以 得： , 1 4 a n 0 a n a n1 a n1 a n 1  1  13 1 上式可化为：a a  n1 n  1   1 1 13 所以数列a 表示是以a 为首项,3为公比的等比数列 n 1 1 133n1 3n 1 a  所以a ,即 n 3n1 n 1 1 a   （2）因为 n 3n1 3n 1 1 1 所以S n a 1 a 2 a 3   a n a 1  32  32    3n 1 1  1  1 1 1 1 1 9 3n1 5 1 1 5             4 32 32 3n 4 1 12 2 3n 12 1 3 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 又因为a    n 3n1 33n11 43n1 1 1 1 3n 3 1 n 所以 S n a 1 a 2 a 3   a n  1 4   3 1 0  3 1 1    3 1 n1     4  1 1 3  8   1 3     , （当n＝1时等号成立）, 3 1 n 5 1  S  综上可知：8 3  n 12. a  n S S 15．（2024届河北省衡水中学高三下学期押题卷）记各项均为正数的数列 n 的前 项和为 n,已知 n a 1 a 3 n n 是 与 的等差中项. 2 2 a  (1)求 n 的通项公式； a a2 b  n1  n1 (2)设 n S n S n1 S n S n1 ,数列b n 的前n项和为T n ,证明：T n 4n2. a 1 a 3 【解析】（1）由题意,得 2 S  n  n , n 2 2 2 S a 1 4S a 12 即 n n ,即 n n ①, 4S a 12n2 所以 n1 n1 ②, 4a a22a a2 2a ①-②,得 n n n n1 n1, a a a a 20 即 n n1 n n1 . a 0 a a 2n2 又 n ,所以 n n1 . a 1 a 3 n n 由 S 是 与 的等差中项,得当 时, n 2 2 n1 a 1 a 3 2 a  1  1 1 2 2 ,解得a 1, 1 学科网（北京）股份有限公司a  所以 n 是以1为首项,2为公差的等差数列, a 2n1 n 故 . S n2 （2）由（1）得 n ,则 2n1 (2n1)2 1 1 1 1 b     4  n n2(n1)2 nn1 n2 (n1)2 n n1, n  1   1 1   1 1   1 1 1 1 1  所以 T n  i1 b n   1 22    22  32       n2  (n1)2   4n  1 2    2  3      n  n1   1 1 1 4n1 (n1)2 n1 1 1 4n2  , (n1)2 n1 1 1 1 1 T 4n4n2  4n2  2 所以 , n (n1)2 n1 (n1)2 n1 T 4n2 n 所以 . 16.（2024届天津市八校高三下学期联考）已知 为等差数列, 是公比为2的等比数列． ,且 ． (1)求数列 和 的通项公式； (2)若 ①当 为奇数,求 ； ②求 ． 【解析】（1）设数列 的公差为 的公比为 , 学科网（北京）股份有限公司由已知可得 ,得 , ； （2）① 为奇数, 为偶数． ； ②当 为偶数, 为奇数, 令 , , 即 , , 所以 所以 学科网（北京）股份有限公司所以 所以 . 学科网（北京）股份有限公司