4.8 数列递推与通项公式22 种归类
模块一：题型分类.........................................................................3
题型一：归纳法求通项................................................................ 3
题型二：等差等比定义型............................................................. 5
题型三：累加法基础：等差等比与裂项求和型...................................7
题型四：累加法拔高：换元累加型..................................................8
题型五：累加法拔高：构造........................................................ 10
题型六：累乘法....................................................................... 11
题型七：前n 项和型.................................................................12
题型八：二阶等比.................................................................... 13
题型九：二阶等差数列.............................................................. 14
题型十：sn 与an 型：消sn 型...................................................16
题型十一：sn 与an 型：消an 型................................................17
题型十二：分式倒数递推........................................................... 18
题型十三：新数列前n 项和型..................................................... 20
题型十四：高次幂取对数型........................................................ 21
题型十五：二阶含n 等比数列型.................................................. 22
题型十六：二阶含n 等差数列型.................................................. 24
题型十七：因式分解型.............................................................. 25
题型十八：三阶递推................................................................. 26
题型十九：前n 项积求通项........................................................27
题型二十：函数型递推.............................................................. 28
题型二十一：周期数列.............................................................. 30
题型二十二：奇偶讨论型........................................................... 31
模块二：高考真题....................................................................... 32
模块三：各地模拟....................................................................... 38
4.8 数列递推与通项公式22 种归类
模块一：题型分类
题型一：归纳法求通项
1.数列
9 27
1,1,
,
,
5
7
的一个通项公式为________.
【答案】
1
3
( 1)
2
1
n
n
n
【分析】根据数列各项所满足的规律可写出结果.
【详解】
0
1
3
1
1
2 1 1
，
1
2
3
1
1
2
2 1
，
2
3
9
3
1
5
2 3 1
，
3
4
27
3
1
7
2
4 1
，
一个通项公式为：
1
3
1
2
1
n
n
n
.故答案为：
1
3
1
2
1
n
n
n
.
2.根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式，并在横线上和括号中分别填上第
5 项的图形和点数.
（1）
__________
1
6
11
16
(
)
（2）
__________
1
4
7
10
(
)
（3）
__________
3
8
15
24
(
)
【答案】
21
13
35
【分析】结合图中点的规律即可写出一个通项公式以及横线处所需填的数值.
【详解】（1）设第n个图形的点数为
na ，第n个图形有5 个分支,每个分支有n个点，中间的一个是重复，
共计算5 次，则
5
5
4,
21
na
n
a
，
；
（2）设第n个图形的点数为
na ，第n个图形有3 个分支,每个分支有n个点，中间的一个是重复，共计算3
次，则
5
3
2,
13
na
n
a
，
；
（3）设第n个图形的点数为
na ，由图可知，第n个图形横方向上有
2
n
个点，竖方向上有n个点，则
2
5
21
2 ,
35
na
n n
n
n a
，
.
3.根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式
na __________．
【答案】5
4
n
【分析】观察图中点数增加规律是依次增加5，可得求解。
【详解】第一图点数是1；第二图点数6=1+5 ;第三图是11=1+2 5
´
；第四图是16=1+3 5
´
则第n个图点数
=1+(n-1) 5
5
4
na
n
´ =
-
故答案为：5
4
n
【提分笔记】
基本规律
先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据
na 与项数n 的关系，猜想数列的通项公式，
最后再证明.
一般这类题，选择题很少，因为可以代特殊值求解。
4.若数列的前4 项为1,0,1,0，则这个数列的通项公式不可能是
A．
1
1 [1
( 1)
]
2
n
na
B．
1 [1
cos( ·180 )]
2
na
n
C．
2
sin ( ·90 )
na
n
D．
1
1
(
1)(
2)
[1
( 1)
]
2
n
na
n
n
【答案】D
【详解】试题分析：把
分别代入A，B，C，D 四个选项，A，B，C 均成立．在
1
1
(
1)(
2)
[1
( 1)
]
2
n
na
n
n
中，
，
，
，
故D 不成立，故选D．
5.已知数列1、0 、1、0 、L，可猜想此数列的通项公式是（
）.
A．
1
*
1
1
n
na
n
N
B．
*
1 1
1
2
n
na
n
N
C．
1
*
1 1
1
1
2
2
n
na
n
n
n
N
D．
*
1 1
cos
2
na
n
n
N
【答案】D
【分析】利用赋值法逐项排除可得出结果.
【详解】对于A 选项，
0
1
1
1
2
1
a
，不合乎题意；
对于B 选项，
1
1
1 1
0
1
2
a
，不合乎题意；
对于C 选项，
4
3
1
1
1
2 1
3
1
2
a
，不合乎题意；
对于D 选项，当n为奇数时，cos
1
n，此时
1
1 1
1
2
na
，
当n为偶数时，cos
1
n，此时
1
1 1
0
2
na
，合乎题意.
故选：D.
题型二：等差等比定义型
1.数列
na
的各项都是正数，
1
2
a
，
2
2
1
2
n
n
a
a
，那么此数列的通项公式为
na ________．
【答案】
2
2
n
【分析】
1
2
a
，
2
2
1
2
n
n
a
a
，即
2
2
1
2
n
n
a
a
，可得：数列
2
{
}
na
是等差数列，利用等差数列的通项公式即
可得出．
【详解】解：
1
2
a
，
2
2
1
2
n
n
a
a
，即
2
2
1
2
n
n
a
a
，
数列
2
{
}
na
是等差数列，公差为2，首项为4．
2
4
2(
1)
2
2
na
n
n
，
0
na
，
2
2
na
n
．故答案为：
2
2
n
．
2.在数列
na
中，
1
2
a
，
1
2
n
n
a
a
，则数列
na
的通项公式为________．
【答案】
2
2
na
n
【分析】根据给定条件可得数列
na
是等差数列，求出其通项即可计算作答.
【详解】由
1
2
n
n
a
a
得：
1
2
n
n
a
a
，而
1
2
a
，
于是得数列
na
是以
2 为首项，
2
d
为公差的等差数列，
则有
1
(
1)
2
2(
1)
2
na
a
n
d
n
n
，
所以数列
na
的通项公式为：
2
2
na
n
.
故答案为：
2
2
na
n
【提分笔记】
基本规律
等差数列判定：
①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值；
②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2；
③函数结论法：即an 为一次函数或Sn 为无常数项的二次函数.
等比数列的判定方法：
(1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证an＋1
an
＝q(q≠0 的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证a2n＋1＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
3.已知数列
na
是单调递增的等差数列，若它的前5 项的和为105，第2 项､第4 项､第8 项成等比数列，
则它的通项公式为（
）
A．
7
na
n
或
21
na
B．
2
7
2
n
n
a
C．
7
na
n
D．
7
1
2
n
n n
a
【答案】C
【分析】根据题意列出方程组求解首项与公差即可得解.
【详解】设等差数列
na
的公差为
0
d
，由题意可得
1
2
1
1
1
5 4
5
105
2
(
)(
7 )
(
3 )
a
d
a
d
a
d
a
d
,
解得
1
7
a
d
，所以
1
(
1)
7
7
7
7
na
a
n
d
n
n
.故选：C
4.成等差数列的三个正数的和等于6 ，并且这三个数分别加上3、6 、13后成为等比数列
nb
中的
3b 、
4b 、
5b ，则数列
nb
的通项公式为
A．
1
2n
nb
B．
1
3n
nb
C．
2
2n
nb
D．
2
3n
nb
【答案】A
【详解】设成等差数列的三个正数为a
d
，a ，a
d
，即有3
6
a
，解得
2
a
，由题意可得5
d
，8，15
d
成等比数列，即有
5
15
64
d
d
，解得
1
d （11
舍去），可得公比为2，则数列
nb
的通项公式为
3
3
1
3 2
4 2
2
n
n
n
nb
b
，故选A.
题型三：累加法基础：等差等比与裂项求和型
1.在数列{an}中,a1=3,
1
3
(
1)
n
n
a
a
n n
,则通项公式an
= ______.
【答案】
3
6
na
n
【分析】变换得到
1
3
1
1
3
(
1)
1
n
n
a
a
n n
n
n
，利用累加法计算得到答案.
【详解】
1
3
(
1)
n
n
a
a
n n
，故
1
3
1
1
3
(
1)
1
n
n
a
a
n n
n
n
.
1
1
2
2
1
1
1
3
...
3 1
3
6
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
n
n
.故答案为：
3
6
na
n
.
【提分笔记】
基本规律
累加法：
若在已知数列中相邻两项存在：
1
( )
(
2)
n
n
a
a
f n
n
的关系，可用“累加法”求通项.
其中f（n）是常见可求和的数列通项，如等差，等比，和裂项型求和
2.已知
n
S 是等差数列
na
的前n 项和，其中
3
4
6,
10
S
S
，数列
nb
满足
1
1
b ，且
1
n
n
n
b
a
b
，则数列
nb
的通项公式为（
）
A．
2
2
2
n
B．
2
2
2
n
n
C．
2
2
n
D．
2
2
2
n
n
【答案】B
【分析】根据题意列方程组求出
1,
a d ，从而可求出
na ，然后利用累加法可求出数列
nb
的通项公式
【详解】设等差数列
na
的公差为d ，
因为
3
4
6,
10
S
S
，
所以
1
1
3 2
3
6
2
4 3
4
10
2
a
d
a
d
，解得
1
1
1
a
d
，所以
1
(
1)
1
1
na
a
n
d
n
n
，因为
1
n
n
n
b
a
b
，
所以
1
n
n
n
b
b
a
n
，所以
2
1
1
b
b
，
3
2
2
b
b
，
4
3
3
b
b
，……，
1
1
n
n
b
b
n
，
所以
1
(
1)
1
2
3
(
1)
2
n
n n
b
b
n
，因为
1
1
b ，所以
2
(
1)
2
1
2
2
n
n n
n
n
b
，故选：B
3.已知等比数列
na
满足
4
7
8
0
a
a
，
1
2
3
,
1,
a a
a
且成等差数列．若数列
nb
满足
1
n
n
n
b
a
b
（n∈N*），
且
1
1
b ，则数列
nb
的通项公式
nb
A．
12
n
B．2
1
n
C．2
1
n
D．
2
2
1
n
【答案】B
【分析】利用题意可得
1
2n
n
n
b
b
，再利用累加法即可得到通项公式
nb .
【详解】设等比数列的公比为q ，∵等比数列
na
满足
4
7
8
0
a
a
，∴
3
7
4
8
a
q
a
，∴q
2
，
又
1
2
3
,
1,
a a
a
成等差数列∴
2
1
3
2
1
a
a
a
，即
1
1
1
2 2
1
4
a
a
a
，
∴
1
2
a
，∴
2n
na
，∴
1
2n
n
n
b
b
∴
1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b
1
2
2
2
2 1
2
1
n
n
n
.故选B
题型四：累加法拔高：换元累加型
1.在数列
na
中，
1
2
a
，
1
1
ln 1
1
n
n
a
a
n
n
n
，则
na （
）
A．
8a
B．
2
1 ln
n
n
C．1
ln
n
n
D．2
ln
n
n
n
【答案】D
【详解】由题意得，
1
1
ln
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，则
1
ln
1
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，
1
2
1
ln
1
2
2
n
n
a
a
n
n
n
n
…，
2
1
2
ln
2
1
1
a
a
，
由累加法得，
1
1
2
ln
ln
ln
1
1
2
1
na
a
n
n
n
n
n
，即
1
1
2
ln
1
2
1
na
n
n
a
n
n
n
，
则
2
ln
na
n
n
，所以
2
ln
na
n
n
n
，故选：D
2.已知数列
na
满足：
1
13
a
，
1
(
1)
2
1
n
n
n
a
na
n
，
*
n
N
，则下列说法正确的是（
）
A．
1
n
n
a
a
B．
1
n
n
a
a
C．数列
na
的最小项为
3a 和
4a
D．数列
na
的最大项为
3a 和
4a
【答案】C【详解】
令
n
n
b
na
，则
1
2
1
n
n
b
b
n
，又
1
13
a
，所以
1
13
b
，2
1
3
b
b
，3
2
5
b
b
，，
1
2
1
n
n
b
b
n
，
所以累加得
2
1 3+2
1
13+
+12
2
n
n
n
b
n
，所以
2+12
12
+
n
n
b
n
a
n
n
n
n
，
所以
+1
3
+4
12
12
+1 +
+
+1
+1
n
n
n
n
a
a
n
n
n
n
n n
，
所以当
3
n
时，
+1
n
na
a
，当
3
n
时，
+1
n
na
a
，即
3
4
a
a
，当>3
n
时，
+1>
n
n
a
a ，
即
1
2
3
4
5
>
>
n
a
a
a
a
a
a
，所以数列
na
的最小项为
3a 和
4a ，故选：C.
【提分笔记】
基本规律
通过换元，转化为
1
( )
(
2)
n
n
a
a
f n
n
累加求通项，最后再反解回去。
3.已知数列
na
满足
1
3
2
a
，
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
n
.
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）设数列
na
的前n 项和为
n
S ，求满足
12
n
S
的所有正整数n 的取值集合.
【答案】（1）
2
n
n
n
a
n
；（2）
1,2,3,4 .
【详解】（1）因为
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
n
，所以
1
1
1
2
n
n
n
a
a
n
n
.因为
2
1
2
1
2
1
2
a
a
，
3
2
3
1
3
2
2
a
a
，…，
1
1
1
2
n
n
n
a
a
n
n
，所以
1
1
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
a
a
n
，于是
2
n
n
n
a
n
.
当
1
n
时，
1
1
3
1
2
2
a
，所以
2
n
n
n
a
n
.
（2）因为
1
0
2
n
n
n
n
n
S
S
a
n
，所以
n
S
是递增数列.
因为
1
1
3
1
2
2
a
，
2
2
5
2
4
2
a
，
3
3
3
27
3
2
8
a
，
4
4
4
17
4
2
4
a
，
5
5
5
5
165
2
32
a
，
所以
1
3
2
S
，
2
4
S
，
3
59
8
S
，
4
93
12
8
S
，
5
537
12
32
S
，
于是所有正整数n 的取值集合为
1,2,3,4 .
题型五：累加法拔高：构造
1.已知数列{
}
na
满足
*
1
3
(
1)
1(
),
2
n
n
na
n
a
n
N
a
，则
2021
a
______.
【答案】2020【详解】因为
1
(
1)
1
n
n
na
n
a
，所以
1
(
1)
1
n
n
na
n
a
n
n
，
式子两端除以
1
n n
，整理得：
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
，即
1
na
n
为常数列.
因为
3
2
a
，所以
3
1
1
2 1
1
3
3
na
a
n
，所以
1
na
n
，所以
2021
2021 1
2020
a
.
故答案为：2020
2.已知数列
na
满足
1
1
2
a
，
1
1
(
1)
n
n
n
n
n n
a
a
a
a
，则数列
na
的通项公式
na ____．
【答案】
*
1
n
n
N
n
【详解】易知
0
na
，由
1
1
(
1)
n
n
n
n
n n
a
a
a
a
，得
1
1
1
(
1)
n
n
n
n
a
a
a
a
n n
，
∴
1
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
，∴
1
1
1
1
1 (
2)
1
n
n
n
a
a
n
n
.
．
∴当
2
n. 时，有
1
2
1
1
1
1
1
2
a
a
，
2
3
1
1
1
1
2
3
a
a
，．．．．．．
1
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
，
将以上
1
n
个等式相加得，
1
1
1
1
1
1
(
2)
n
n
n
a
a
n
n
.
又
1
1
2
a
，
∴1
1
1
2
(
2)
n
n
n
n
a
n
n
.
，经验证，当
1
n
时符合上式，∴
*
(
1
n
n
a
n
N
n
．
3.已知数列
na
满足
*
1
1
1
1,
(
1)(
2)
n
n
n
n
a a
a
a
a
n
N
n
n
，则
n
na 的最小值是（
）
A．2
5
B．3
4
C．1
D．2
【答案】C【详解】因为
*
1
1
(
1)
n
n
n
n
a a
a
a
n
N
n n
，所以
1
1
(
1)
2
1
2
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a a
n
n
n
n
，
即
1
1
1
1
1
1
2
n
n
a
a
n
n
，则
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
1
1
3
1
1
(
2)
2
1
2
2
n
n
n
n
，
当
1
n
时，上式成立，故
2
2
3
1
n
n
a
n
，
2
2
2
3
1
n
n
n
n
n
a
，设
2
2
2
3
1
n
n
n
n
b
，
则
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
6
10
4
0
3
1
1
3
1
3
4
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
，
故数列
nb
是单调递增数列，则当
1
n
时，
nb 即
n
na 的最小值为1.故选：C.
题型六：累乘法
1.已知数列
n
a
（
*
n
N
）满足
1
1
a ，且
1
1
n
n
n
a
a
n
，则通项公式
na ________.
【答案】
*
1 n
N
n
【解析】由
1
1
n
n
n
a
a
n
，得
1
1
2
n
n
a
n
n
a
n
，再由累乘法求
na ，注意验证
1
n 时是否成立.
【详解】由
1
1
n
n
n
a
a
n
，得当
2
n
时，
1
1
n
n
a
n
a
n
.
3
1
2
4
1
2
3
2
1
1
2
3
2
1
,
,
,
,
,
2
3
4
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
n
n
a
a
a
a
n
a
n
L
,
以上各式两端分别相乘，得
3
1
2
4
1
2
3
2
1
1
2
3
2
1
2
3
4
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
n
n
a
a
a
a
a
n
n
L
L
,即
1
1
na
a
n
，
1
1
a
，
1
2
na
n
n
.
又
1
1
a ，适合上式.
*
1
na
n
N
n
.故答案为：
*
1 n
N
n
.
【提分笔记】
基本规律
对于递推公式为
1
n
n
a
f n
a
，一般利用累乘法求出数列的通项公式，对于递推公式为
1
n
n
a
a
f n
，
一般利用累加法求出数列的通项公式；
2.数列
na
满足：
1
2
3
a
，
2
1
*
1
2
1
2
2
N
n
n
n
n
a
a
n
，则
na
的通项公式为_____________.
【答案】
1
2
2
1 2
1
n
n
n
n
a
【分析】先由条件得
1
2
2
1
2 2
1
n
n
n
n
a
a
，再结合累乘法求得
na
的通项公式即可.
【详解】由
2
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n
a
a
得，
1
1
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
a
a
，
则
1
2
3
1
1
2
2
1
1
3
1
2
3
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
3
2
2
1 2
1
n
n
n
，
即
1
1
1
3 2
2
1 2
1
n
n
n
n
a
a
，又
1
2
3
a
，所以
1
2
2
1 2
1
n
n
n
n
a
.
故答案为：
1
2
2
1 2
1
n
n
n
n
a
.
3.若数列
na
满足
1
1
1,
2n
n
n
a
a
a
则数列
na
的通项公式
na ____________.
【答案】
1
2
2
n n
【解析】利用累乘法求出数列的通项公式；
【详解】解：
1
2n
n
n
a
a
，
1
1
a
1
2n
n
n
a
a
1
1
2
1
3
2
2
1
1
2
1
1 2
2
2
2
n n
n
n
n
n
a
a
a
a
a a
a
a
故答案为：
1
2
2
n n
题型七：前n 项和型
1.已知数列
n
a
的前n项和为
2
4
3
n
S
n
n
，则
n
a
的通项公式为______
【答案】
2,
1
2
3,
2
n
n
a
n
n
【分析】根据
na 与
n
S 的关系即可求解.
【详解】当
1
n 时，
1
2
1
1
4 1 3
2
a
S
，
当
2
n
时，
1
2
2
4
3
1
4
1
3
2
3
n
n
n
a
S
n
n
n
S
n
n
，
另
1
n 时，2 1 3
5
，此式不满足
1a ，
所以
n
a
的通项公式为
2,
1
2
3,
2
n
n
a
n
n
.
故答案为：
2,
1
2
3,
2
n
n
a
n
n
.
【提分笔记】
基本规律
若在已知数列中存在：
(
)
( )
n
n
n
S
f a
S
f n
或
的关系，可以利用项和公式
1
1
(
1)
(
2)
n
n
n
S
n
a
S
S
n
，求数
列的通项.
2.数列
na
的前n项和为
n
S ，若
2
1
2
n
S
n
an
，且
2
a ，
4a ，5a 成等比数列，则该数列的通项公式为（
）
A．
7
2
n
a
n
B．
6
1
na
n
C．
2
3
na
n
D．
6
na
n
【答案】D
【分析】根据
1,
2
,
1
n
n
n
n
S
S
n
a
S
n
，及等比中项的性质计算可得；
【详解】解：因为
2
1
2
n
S
n
an
所以当
2
n
时，
1
1 2
1
2
n
n
n
a
S
S
n
a
．由
2
a ，
4a ，
5a 成等比数列，则
2
7
3
9
a
a
a
，解
得
11
a
，此时
5
1
6
na
n
n
；当
1
n 时，
2
1
1 1
11
5
2
na
S
满足上式，所以
6
na
n
，
故选：D．
3.已知数列
na
的前n项和
2
3
n
n
S
，则数列
na
的通项公式是______.
【答案】
1
1
1
2
,
2
n
n
n
a
n
，
【分析】根据
2
1
n
n
S
求出首项、第二项，从而得出公比，从而求出数列{
}
na
的通项公式.
【详解】解：当
1
n 时，
1
1
12
3
1
a
S
，所以
1
1
a ，
当
2
n
时，
2
2
1
2
2
3
1
a
a
S
，即得到
2
2
a
，
因为
2
3
n
n
S
①，所以当
2
n
时，
1
1
2
3
n
n
S
②，①②得
1
1
1
2
3
2
3
2
n
n
n
n
n
n
a
S
S
，
当
1
n 时，
1 1
1
2
1
a
-
=
= 不满足
1
1
a ，所以
1
1
1
2
,
2
n
n
n
a
n
，
，故答案为：
1
1
1
2
,
2
n
n
n
a
n
，
.
题型八：二阶等比
1.设数列
na
满足
1
4
a
，
1
1
2
3
n
n
a
a
，则
na
的通项公式
na ___________.
【答案】
1
1
3
3n
【分析】依题意得
1
1
3
3
3
n
n
a
a
，所以
3
na
是等比数列，进而可得结果.
【详解】由
1
1
2
3
n
n
a
a
得
1
1
3
3
3
n
n
a
a
，又
1
3
1
a
，
所以，数列
3
na
是首项为1，公比为1
3 的等比数列.
则
1
1
3
1
3
n
na
，所以
1
1
3
3
n
n
a
.故答案为：
1
1
3
3n
【提分笔记】
基本规律
二阶等比构造法有两种方法：
1.形如
1
q
p(
01, ,
n
n
a
a
q
p q
，
为常数）,构造等比数列
p
,
1
na
q
。特殊情况下，
当q 为2 时，=p，
2.形如
1
0
n
n
a
q p
p
q
a
，变形为
1
1
0,
1
n
n
n
n
n
a
q
pq
p
p
p
a
p
，新数列累加法即可
2.已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1
(
2)
2
3
n
n
n
a
a
n
a
，则通项公式
na _______.
【答案】
*
1
1
2 3
1
n
n
N
【分析】先取倒数可得
1
1
1
2
3
1
3
2
n
n
n
n
a
a
a
a
,即
1
1
1
1
3
1
n
n
a
a
,由等比数列的定义可得
2
n
时,
2
1
1
6 3n
na
,即
1
1
2 3
1
n
n
a
,再检验
1
n 时是否符合即可
【详解】由题,因为
1
1
(
2)
2
3
n
n
n
a
a
n
a
,所以
1
1
1
2
3
1
3
2
n
n
n
n
a
a
a
a
,所以
1
1
1
1
3
1
n
n
a
a
,
当
2
n
时,
1
2
1
1
2
3
5
a
a
a
,所以
2
1
1
5 1
6
a
,所以当
2
n
时,
2
1
1
6 3n
na
,则
1
1
2 3
1
n
na
,即
1
1
2 3
1
n
n
a
,
当
1
n 时,
1
1
1
2 1
a
,符合,所以
1
1
2 3
1
n
n
a
,故答案为:
*
1
1
2 3
1
n
n
N
3.已知数列{an}中，a1=1，an=3an﹣1+4（n∈N*且n≥2），，则数列{an}通项公式an 为
A．3n﹣1
B．3n+1﹣8
C．3n﹣2
D．3n
【答案】C
【详解】在an=3an﹣1+4 两边同时加上2，得an+2=3an−1+6=3(an−1+2)，
根据等比数列的定义，数列{an+2}是等比数列，
且公比为3.以a1+2=3 为首项．等比数列{an+2}的通项an+2=3⋅3n−1=3n，移向得an=3n−2.故选C.
题型九：二阶等差数列
1.在数列{
}
na
中，
1
1
3
a
，
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
.
（1）求
2a ，
3a ；（2）证明：数列
1
na
为等差数列，并求数列{
}
na
的通项公式；
【答案】（1）
3
1
7
a
（2）
*
1
(
)
2
1
na
n
N
n
【详解】（1）由题得，
2
1
1
2
2a a
a
a
，则
2
2
1
1
2
3
3
a
a
，
即
2
5
1
3
3
a
，解得
2
1
5
a
，
又
3
2
2
3
2a a
a
a
，则
3
3
1
1
2
5
5
a
a
，即
3
7
1
5
5
a
，解得
3
1
7
a
.
（2）∵
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，∴
1
1
1
2
n
n
a
a
，且
1
1
3
a
，∴数列
1
n
a
是以3 为首项，2 为公差的等差
数列，
∴
1
3
1
2
2
1
n
n
n
a
，∴
*
1
2
1
na
n
N
n
.
2.已知数列��, ��满足�1 = 1，��+1 = 1 −
1
4��，��=
2
2��−1，其中�∈�+．
(1)求证：数列�n 是等差数列，并求出数列�n 的通项公式；
(2)略．
【答案】（Ⅰ）��=
�+1
2�;
.
试题解析：（Ⅰ）证明：∵��+1 −��=
2
2��+1−1 −
2
2��−1=
2
2(1−1
4��)−1 −
2
2��−1
=
4��
2��−1 −
2
2��−1 = 2，∴数列{��}是公差为2 的等差数列，又�1 =
2
2�1−1 = 2，∴��= 2 + (�−1) × 2 = 2�，
故∴2�=
2
2��−1，解得��=
�+1
2�．
3.已知数列
na
有
0
na
，
n
S 是它的前n 项和，
1
3
a
且
2
2
2
1
3
,
2
n
n
n
S
n a
S
n
．（1）求证：数列
1
n
n
a
a
为等差数列.
（2）略.
【答案】（1）公差为6 的等差；
【详解】（1）当
2
n
时，
2
2
2
2
1
1
1
3
(
)(
)
3
,
0
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
n a
S
S
S
S
S
n a a
，
所以
2
1
(
)
3
n
n
S
S
n
，
2
1
(
)
3(
1)
n
n
S
S
n
，两式对应相减得
1
3(2
1)
n
n
a
a
n
，
所以
1
1
)
6
3 (6
3)
6
n
n
n
n
a
a
a
a
n
n
）-(
（
又n=2 时，
2
2
2
2
(3+
)
12
9,
6
a
a
a
所以
3
9
a
，
所以
2
2
3
1
)
6
9
(6+3)
6
a
a
a
a
（
）-(
，所以数列
1
n
n
a
a
为等差数列.
题型十：sn 与an 型：消sn 型
1.记
n
S 为数列
na
的前n 项和．若
1
1
a ，
2
1
n
n
S
a
n
，则数列
na
的通项公式为______．
【答案】
na
n
【分析】将已知关系式化为(
1)
2
n
n
n
a
S
，然后再写出第
1
n 项的关系式，两式作差何解可得
1
1
n
n
a
a
n
n
，
进而可以求解．
【详解】解：因为
2
1
n
n
S
a
n
，则(
1)
2
n
n
n
a
S
①
所以
1
1
(
2)
2
n
n
n
a
S
②
②①可得
1
1
(
2)
(
1)
2
n
n
n
n
a
n
a
a
，所以
1
(
1)
n
n
na
n
a
，
即
1
1
n
n
a
a
n
n
，所以
1
2
2
1
1
1
2
2
1
n
n
n
a
a
a
a
a
n
n
n
，
所以
na
n
，故答案为：
na
n
．
【提分笔记】
基本规律
n
S 与
na 的递推关系求
na ，常用思路是：利用
1,
2
n
n
n
a
S
S
n
转化为
na 的递推关系，再求其通项公
式；
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
时，一定要注意分
1,
2
n
n
两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否
整合在一起.
2.已知数列
na
的前n 项和为
n
S .若
1
1
9 ,
2
2
n
n
a
a
S
，则数列
na
的通项公式为
na ___________.
【答案】
9 ,
1
2
3 ,
2
n
n
n
a
n
【分析】根据数列
,
n
n
a S 的关系，分
1,
2
n
n
讨论，构造等比数列求解.
【详解】由
1
1
9 ,
2
2
n
n
a
a
S
，可知
2
1
2
9
a
S
，
当
2
n
时，
1
2
n
n
a
S
，相减可得：
1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
a
a
S
S
a
，
1
3 ．
n
n
a
a
∴数列{
}
na
从第二项起是以9 为首项，以3 为公比的等比数列，
2
3
2
3
9
，
，
n
n
na
n
当
1
n 时，不满足
3n
na
.
9 ,
1
2
3 ,
2
n
n
n
a
n
，故答案为：
9 ,
1
2
3 ,
2
n
n
n
a
n
3.已知数列
na
的前n项和为
n
S ，若
1
2
a
，且
1
2
1
n
n
S
S
，则数列
na
的通项公式为
na ___________.
【答案】
2
2,
1
3 2
,
2
n
n
n
【分析】项和转换可得
1
2
(
2)
n
n
a
a n
，可得数列{
}
na
从第二项开始是以3 为首项，2 为公比的等比数列，
结合等比数列的通项公式，分段表示即得解
【详解】由题意，
1
2
1
n
n
S
S
故
1
2
1
n
n
S
S
两式相减可得：
1
2
(
2)
n
n
a
a n
，
在
1
2
1
n
n
S
S
中，令
1
n ，可得
1
2
1
2
1
a
a
a
，即
2
3
a
因此数列{
}
na
从第二项开始是以3 为首项，2 为公比的等比数列
有
2
2,
1
3 2
,
2
n
n
n
a
n
故答案为：
2
2,
1
3 2
,
2
n
n
n
题型十一：sn 与an 型：消an 型
【提分笔记】
基本规律
n
S 与
na 的递推关系求
na ，也可以结合式子结构与数据，利用
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
转化为
n
S 的递推关系，
先求出
n
S 与n 之间的关系，再求
na . 应用关系式
1.已知数列
na
的各项均为正数，其前n项和为
n
S ，若
1
1
a ，且
*
1
1
n
n
n
S
S
a
n
N
，则数列
na
的
通项公式为______．
【答案】
2
1
na
n
【分析】由
1
1
n
n
n
a
S
S
代入化简得
1
1
n
n
S
S
，故可求
2
n
S
n
，代入
1
n
n
n
a
S
S
即可求解．
【详解】因为
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
a
S
S
S
S
S
S
，
因为
0
na
，所以
0
n
S
，所以
1
1
n
n
S
S
，因为
1
1
1
S
a
，
所以
n
S
n
，
2
n
S
n
．
所以当
2
n
时，
2
2
1
1
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
n
，
又由
1
1
a ，符合
2
1
2
na
n
n
，故
2
1
na
n
．
故答案为：
2
1
na
n
2.已知数列
na
的前n 项和为
0
n
n
S
S
，且满足
1
4
0
2
n
n
n
a
S
S
n
，
1
1
4
a
，则
na 的通项公式为
_________．
【答案】
1 (
1)
4
1
1
(
2)
4
4
4
n
n
a
n
n
n
【分析】由
1
4
0
2
n
n
n
a
S
S
n
，可得
1
1
4
n
n
n
n
S
S
S S
，即可得到
1
n
S
是以4 为首项，4 为公差的等
差数列，即可求出
n
S ，再根据
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
计算可得；
【详解】解：数列
na
的前n 项和为
0
n
n
S
S
，且满足
1
4
0
2
n
n
n
a
S
S
n
，整理得：
1
1
4
n
n
n
n
S
S
S S
，
故
1
1
1
4
n
n
S
S
（常数），所以数列
1
n
S
是以4 为首项，4 为公差的等差数列；所以
1
4
4(
1)
4
n
n
n
S
，
整理得
1
4
n
S
n
，当
2
n
时，故
1
1
1
4
4
4
n
n
n
a
S
S
n
n
，显然
1
1
4
a
不符合
1
1
4
4
4
na
n
n
，
所以
1
(
1)
4
1
1
(
2)
4
4
4
n
n
a
n
n
n
．故答案为：
1 (
1)
4
1
1
(
2)
4
4
4
n
n
a
n
n
n
．
3.已知各项为正数的数列
na
的前n项和为
n
S ，且
1
1
a ，
2
1
1
n
n
S
S
a
2,
n
n
N
，则数列
na
的
通项公式为_________.
【答案】
2
1
na
n
【分析】先由题干求出
n
S
是以1为首项，公差为1的等差数列，并且求得
2
n
S
n
，进而写出数列
na
的
通项公式.
【详解】解：
0
na
，
0
n
S
，当
2
n
时，由
2
1
1
n
n
S
S
a
，可得
1
1
n
n
S
S
a
，
即
1
1
n
n
S
S
.
n
S
是以1为首项，公差为1的等差数列.
1
1
1
n
S
n
n
.
2
n
S
n
.当
2
n
时，
2
2
1
1
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
n
.当
1
n 时，上式成立.
故数列
na
的通项公式为
2
1
na
n
.故答案为：
2
1
na
n
.
题型十二：分式倒数递推
1.已知在数列
na
中，
1
1
a ，
1
3
2
n
n
n
a
a
a
，则数列
na
的通项公式为
na ______.
【答案】
1
1
2 3
1
n
【分析】把已知数列递推式取倒数，然后变为
1
1
1
1
3
1
n
n
a
a
，可得数列
1
1
na
是等比数列，求其通
项公式后可得数列
na
的通项公式.
【详解】由题意，
1
3
2
n
n
n
a
a
a
，取倒数得
1
3
2
1
3
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，即
1
1
1
1
3
1
n
n
a
a
，
又
1
1
1
2
0
a
，所以，数列
1
1
na
是公比为3的等比数列，故
1
1
1
2 3n
na
，
所以
1
1
2 3
1
n
n
a
.故答案为：
1
1
2 3
1
n
.
【提分笔记】
基本规律
形如
1
1
n
n
n
pa
a
qa
p
，可以取倒数变形为
1
1
1
n
n
q
a
a
p
2.在数列
na
中，
1
1
a ，且
1
1
n
n
n
a
a
na
，则其通项公式为
na （
）
A．
2
1
1
n
n
B．
2
1
2
n
n
C．
2
2
1
n
n
D．
2
2
2
n
n
【答案】D
【解析】先由
1
1
n
n
n
a
a
na
得出
1
1
1
n
n
n
a
a
，再由累加法计算出
2
1
2
2
n
n
n
a
，进而求出
na .
【详解】解：
1
1
n
n
n
a
a
na
，
1 1
n
n
n
a
na
a
，化简得：
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
n
，
两边同时除以
1
n
n
a a 并整理得：
1
1
1
n
n
n
a
a
，
即
2
1
1
1
1
a
a
，
3
2
1
1
2
a
a
，
4
3
1
1
3
a
a
，…，
1
1
1
1(
2,
)
n
n
n
n
n
z
a
a
，
将上述
1
n 个式子相加得：
2
1
3
2
4
3
1
1
1
1
1
1
+
a
a
a
a
a
a
…
1
1
1
1 2
3
n
n
a
a
…
1
n
，即
1
1
1
(
1)
2
n
n n
a
a
，
2
1
1
1
(
1)
(
1)
2
=1
(
2,
)
2
2
2
n
n n
n n
n
n
n
n
z
a
a
，又
1
1
1
a
也满足上式，
2
1
2 (
)
2
n
n
n
n
z
a
，
2
2
(
)
2
na
n
z
n
n
.故选：D.
3.已知数列
na
满足
1
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，且
1
1
a ，则数列
na
的通项公式为（
）
A．
2
1
n
n
a
n
B．
1
2n
na
-
=
C．
1
2
1
na
n
D．
2
na
n
【答案】C
【解析】由
1
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，化简得
1
1
1
2
n
n
a
a
，根据等差数列的定义，得到以数列
1
na
表示首项为1，
公差为2 的等差数列，求得
1
2
1
n
n
a
，进而求得以数列
na
的通项公式.
【详解】由题意，数列
na
满足
1
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，取倒数可得
1
1
1
2
n
n
a
a
，
又由
1
1
a ，所以
1
1
1
a = ，所以数列
1
na
表示首项为1，公差为2 的等差数列，
所以
1
1 (
1) 2
2
1
n
n
n
a
，所以数列
na
的通项公式为
1
2
1
na
n
.故选：C.
题型十三：新数列前n 项和型
1.数列
na
满足，
1
2
3
2
3
1
1
1
1
2
1
2
2
2
2
n
n
a
a
a
a
n
，写出数列
na
的通项公式__________.
【答案】
1
6,
1
2
,
2
n
n
n
a
n
【分析】当
2
n
时，有
1
2
3
1
2
3
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
n
n
a
a
a
a
n
n
，作差可求出
1
2n
na
，再验证
1a 是
否成立，即可得出答案.
【详解】当
2
n
时，由
1
2
3
2
3
1
1
1
1
2
1
2
2
2
2
n
n
a
a
a
a
n
,
所以
1
2
3
1
2
3
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
n
n
a
a
a
a
n
n
，
—
可得
1
2
1
2
1
2
2
n
n a
n
n
，所以
1
2 2
2
n
n
na
，
当
1
n 时，
1
1
2
1
3
2 a
，所以
1
6
a
，不满足上式，所以
1
6,
1
2
,
2
n
n
n
a
n
.
故答案为：
1
6,
1
2
,
2
n
n
n
a
n
【提分笔记】
基本规律
形如
1
2
f(1)a
f(2)a
f(n)a
(n)
n
g
。。。
，可以设
1
2
c =f(n)a
c
n
s
f(1)a
f(2)a
f(n)a
s
s
n
n
n
n
n
n
n
，的前项和为，
。。。
，则转化为求通项型
2.数列
na
满足：
1
1
2
a
，
2
1
2
n
n
a
a
a
n
a
，则数列
na
的通项公式
na ___________.
【答案】
2
1
n
n
【解析】当
2
n
时，
2
1
2
1
1
1
n
n
a
a
a
n
a
，作差即可得到
1
1
1
n
n
a
n
a
n
，再利用累乘法求出数列的
通项公式即可；
【详解】解：因为
2
1
2
n
n
a
a
a
n
a
①；
当
2
n
时，
2
1
2
1
1
1
n
n
a
a
a
n
a
②；
①减②得
2
2
1
1
n
n
n
a
n
a
n
a
，即
2
2
1
1
1
n
n
n
a
n
a
，所以
2
1
1
1
1
n
n
n
n
a
n
a
，所以
1
1
1
n
n
n
a
n
a
，所以
1
1
1
n
n
a
n
a
n
所以
2
1
1
3
a
a
，
3
2
2
4
a
a
，
4
3
3
5
a
a
，……，
1
1
1
n
n
a
n
a
n
，
所以
3
2
4
2
1
1
3
1
2
3
1
3
4
5
1
n
n
a
a
a
a
n
a
a
a
a
n
，所以
1
2
1
na
a
n n
，又
1
1
2
a
，所以
1
1
na
n n
，当
1
n 时
1
1
na
n n
也成立，所以
1
1
na
n n
。故答案为：
1
1
n n
3.已知
2
1
1
2
3
2
2
...
2
9
6
n
n
a
a
a
a
n
，则数列
na
的通项公式
na ________．
【答案】
2
3
1
3
2
2
n
n
n
a
n
【分析】将
2
1
1
2
3
2
2
...
2n
n
a
a
a
a
记为
n
S ，利用
1
1
2
2
n
n
n
n
S
S
a
n
，求解出
na
的通项公式，注意
验证
1
n 是否符合
2
n
时的情况.
【详解】令
2
1
1
2
3
2
2
...
2 n
n
n
S
a
a
a
a
，则
9
6
n
S
n
，当
1
n 时，
1
1
3
a
S
；
当
2
n
时，
1
1
2
6
2
n
n
n
n
a
S
S
n
，
∴
2
3
2
n
n
a
，∴通项公式
2
3
1
3
2
2
n
n
n
a
n
.故答案为
2
3
1
3
2
2
n
n
n
a
n
.
题型十四：高次幂取对数型
1.数列{
}
na
中，若
3
1
(
)
n
n
a
a
n
N
，
1
3
a
，则{
}
na
的通项公式为________.
【答案】
1
33
(
)
n
n
a
n
N
【分析】两边取对数，化简整理得
3
1
3
log
3
log
n
n
a
a
，得到数列
3
{log
}
na
是以1为首项，公比为3 的等比数列，
结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由
3
1
(
)
n
n
a
a
n
N ，两边取对数，可得
3
1
3
log
3log
n
n
a
a
，即
3
1
3
log
3
log
n
n
a
a
，
又由
1
3
a ，则
3
1
log
1
a ，所以数列
3
{log
}
na
是以
3
1
log
1
a 为首项，公比为3 等比数列，
则
1
1
3
log
1 3
3
n
n
n
a
，所以
1
33
(
)
n
n
a
n
N .
故答案为：
1
33
(
)
n
n
a
n
N
【提分笔记】
基本规律
形如
t
1
m
n
n
a
a
，可以通过取对数构造等比数列求通项公式
2.已知数列
na
，
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
，
1
e
a
，则数列
na
的通项公式为
na ______.
【答案】en
【分析】取对数，化简运算可得
1
ln
2
ln
1
n
n
a
n
n
a
n
，利用累乘法求出
1
ln
ln
na
n
a
n
，即可求解.
【详解】因为
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
，所以
1
1
1
ln
ln
ln
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
n
，即
1
ln
2
ln
1
n
n
a
n
n
a
n
，所以
2
1
ln
ln
2
1
a
a
，
3
2
ln
3
ln
2
a
a
，…，
1
ln
ln
1
n
n
a
n
a
n
，所以
3
1
2
1
2
ln
ln
ln
2
3
1
2
ln
ln
ln
1
n
n
n
a
a
a
n
a
a
a
，所以
1
ln
2
ln
na
n n
a
，又
1
e
a
，
所以
1
ln
ln
na
n
a
n
，所以
e
2
n
na
n
，
1
e
a
也符合，所以
en
na
.故答案为：en
3.设正项数列
na
满足
1
1
a ，
2
1
2
2
n
n
a
a
n
，则数列
na
的通项公式是______．
【答案】
1
2
1
2
n
na
【分析】将等式两边同时取对数后，转化为
1
n
n
a
sa
t
的形式，再利用构造法求通项公式．
【详解】原式两边同时取对数，得
2
2
1
log
1 2log
2
n
n
a
a
n
，
即
2
2
1
log
1
2 log
1
n
n
a
a
．设
2
log
1
n
n
b
a
，则
1
2
2
n
n
b
b
n
，
又
1
2
1
1
log
1
b
a
，所以
nb
是以2 为公比，1 为首项的等比数列，
所以
1
1
1 2
2
n
n
nb
，所以
1
2
log
1
2 n
na
，所以
1
2
1
2
n
na
．故答案为：
1
2
1
2
n
na
.
题型十五：二阶含n 等比数列型
1.已知数列
na
满足
1
7
3
a
，
*
1
3
4
2
n
n
a
a
n
n
N
．数列
nb
满足
2
n
n
b
a
n
，则数列
nb
的通项公式
为________．
【答案】
2
3n
nb
【分析】由
1
3
4
2
n
n
a
a
n
，可得
1
2
1
3
2
n
n
a
n
a
n ，即
1
3
n
n
b
b
，从而可得数列
nb
是等比数列，
从而可得数列
nb
的通项公式.
【详解】解：∵
1
3
4
2
n
n
a
a
n
，∴
1
2
2
3
6
n
n
a
n
a
n 即
1
2
1
3
2
n
n
a
n
a
n ,∴
1
3
n
n
b
b
,
且
2
0
n
n
b
a
n
，
*
n
N
，则
1
3
n
n
b
b
,又
1
1
7
1
2
2
3
3
b
a
，
∴数列
nb
是首项为1
3 ，公比为3 的等比数列．∴
1
2
1 3
3
3
n
n
nb
．故答案为：
2
3n
nb
.
【提分笔记】
基本规律
形如
1
t
f (n)
n
n
a
a
，可以构造等比数列求通项。通过配凑构造等比，如果配凑不容易观察，可以待
定系数来构造
2.已知数列
na
满足
1
1
2
3 5 ,
6
n
n
n
a
a
a
，则数列
na
的通项公式
na _________.
【答案】
1
2
5
n
n
【分析】构造等比数列
5n
na
x
，利用条件求解出其中x 的值，再通过等比数列
5n
na
x
的公比和首
项求解出
5n
na
x
的通项公式，即可求解出
na
的通项公式.
【详解】设
1
1
5
2
5
n
n
n
n
a
x
a
x
①
将
1
2
3 5n
n
n
a
a
代入①式，得
1
2
3 5
5
2
2
5
n
n
n
n
n
a
x
a
x
，
等式两边消去2
na ，得
1
3 5
5
2
5
n
n
n
x
x
，两边除以5n ，得3
5
2
x
x
，则
1
x ，
代入①式得
1
1
5
2
5
n
n
n
n
a
a
②
由
1
1
5
6
5
1
0
a
及②式得
5
0
n
na
，则
1
1
5
2
5
n
n
n
n
a
a
，
则数列
5n
na
是以
1
1
5
1
a
为首项，以2 为公比的等比数列，
所以
1
5
2
n
n
na
，所以
1
2
5
n
n
na
.故答案为
1
2
5
n
n
.
3.已知首项为2 的数列
na
的前n项和为
n
S ，若
1
3
2
1
n
n
n
S
S
a
n
，则
na
的通项公式为________．
【答案】
3n
na
n
【分析】由题知
1
3
2
1
n
n
a
a
n
，进而得
1
(
1)
3
n
n
a
n
a
n
，所以数列
na
n
是首项为3，公比为3 的等比
数列，进而根据等比数列通项公式计算即可.
【详解】解：依题意，
1
3
2
1
n
n
a
a
n
，故
1
(
1)
3
n
n
a
n
a
n
，
则
1
(
1)
3
n
n
a
n
a
n
，又
1
1
3
a
，故数列
na
n
是首项为3，公比为3 的等比数列，
故
3n
na
n
，即
3n
na
n
．答案为：
3n
na
n
题型十六：二阶含n 等差数列型
1.已知数列
na
中，
1
1
a ，
1
3
3n
n
n
a
a
，求数列
na
的通项公式___________
【答案】
1
3n
na
n
【分析】由已知条件可得
1
1
1
3
3
3
n
n
n
n
a
a
，从而可得数列3
n
n
a
是等差数列，求出其通项公式后化简即可得到
na .
【详解】∵
1
3
3n
n
n
a
a
，∴
1
1
1
3
3
3
n
n
n
n
a
a
，∴数列3
n
n
a
是等差数列，公差为1
3 ，又
1
1
3
3
a
，
∴
1
1
(
1)
3
3
3
3
n
n
a
n
n
，∴
1
3n
na
n
.故答案为：
1
3n
na
n
.
【提分笔记】
基本规律
形如
n
1
t
m
n
n
a
a
，可以同除来构造等差数列求通项。，
2.已知数列{an}中，a1＝1，
1
1
2
2n
n
n
a
a
，则数列{an}的通项公式an＝________.
【答案】
1
2
2
n
n
【分析】根据已知可得2
n
n
a
是等差数列，即可求出通项公式.
【详解】∵
1
1
2
2n
n
n
a
a
，∴两边同除以
1
2n，得
1
1
2
n
n
a
＝2
n
n
a ＋1.
又a1＝1，∴2
n
n
a
是以首项为
1
2 ，公差为1 的等差数列，
∴2
n
n
a ＝
1
2 ＋(n－1)×1＝n－
1
2 ，即
1
2
2
n
na
n
.故答案为：
1
2
2
n
n
.
3.已知数列{
}
na
的前n项和
1
1
( )
2
2
n
n
n
S
a
（
*
n
N
），则数列{
}
na
的通项公式
na __________．
【答案】
2
n
n
n
a
【详解】因
1
1
( )
2
2
n
n
n
S
a
，故
1
1
1
( )
2
2
n
n
n
S
a
，以上两式两边相减可得
1
1
1
1
( )
2
n
n
n
n
a
a
a
，
即
1
1
1
2
( )
2
n
n
n
a
a
，也即
1
1
1
1
1
( )
( )
2
2
n
n
n
n
a
a
，所以
1 (
1) 1
1
( )
2
n
n
a
n
n
，即
1
2
n
na
n( )
=
，应填答案2n
n ．
题型十七：因式分解型
1.设
na
是首项为1 的正项数列且
2
2
*
1
1
(
1)
(2
1)
0(
N )
n
n
n
n
na
n
a
n
a a
n
，且
1
n
n
a
a ，求数列
na
的通
项公式_________
【答案】
na
n
【分析】由已知条件化简可得
1
2
1
n
n
a
n
n
a
n
，再由递推累乘法可得
na ，最后检验
1
1
a 是否符合即可.
【详解】依题意
1
1
a ，
2
2
*
1
1
(
1)
(2
1)
0(
N )
n
n
n
n
na
n
a
n
a a
n
，所以
1
1
1
0
n
n
n
n
a
a
na
n
a
，
又因为
1
n
n
a
a ，所以
1
0
n
n
a
a
，所以
1
0
1
n
n
na
n
a
，
1
1
1,
2
1
n
n
n
n
a
a
n
n
n
a
n
a
n
，
所以
1
3
2
1
1
2
2
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
3 2 1
1
2
2 1
n
n
n
n
n
，
经检验，
1
1
a 也符合上式. 所以
*
N
na
n n
.综上所述，
na
n
.故答案为：
na
n
.
2.设
na
是首项为1 的正项数列，且
2
2
*
1
1
(
2)
2
0(
N )
n
n
n
n
n
a
na
a
a
n
，求通项公式
na =___________
【答案】
2
(
1)
n n
【分析】由条件可得
1
(
2)
0
n
n
n
a
na
，化简得
1
2
n
n
a
n
a
n
，再由递推即可得到所求通项.
【详解】由
2
2
*
1
1
(
2)
2
0(
N )
n
n
n
n
n
a
na
a
a
n
，得
1
1
[(
2)
](
)
0
n
n
n
n
n
a
na
a
a
，
∵
0
na
，∴
1
0
n
n
a
a
，∴
1
(
2)
0
n
n
n
a
na
，∴
1
2
n
n
a
n
a
n
，
∴
3
2
4
1
1
2
3
1
1
2
3
2
1
2
1
(
2)
3
4
5
1
(
1)
n
n
n
a
a
a
a
n
n
a
a
n
a
a
a
a
n
n
n n
，
又
1
1
a 满足上式，∴
2
(
1)
na
n n
.故答案为：
2
(
1)
n n
.
3.设数列
na
是首项为1 的正项数列，且
2
2
1
1
1
0
n
n
n
n
n
a
na
a
a
，则它的通项公式
na ______.
【答案】1
n
【分析】由条件有
1
1
1
0
n
n
n
n
n
a
na
a
a
，由数列
na
为正项数列，即得
1
0
1
n
n
n
a
na
，然
后利用累乘法可求出数列的通项公式.
【详解】由
2
2
1
1
1
0
n
n
n
n
n
a
na
a
a
，则
1
1
1
0
n
n
n
n
n
a
na
a
a
又数列
na
为正项数列，即
0
na
，
1
1
a
所以
1
0
1
n
n
n
a
na
，即
1
1
n
n
a
a
n
n
所以
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
a
n
n
a
a
a
a
a
n
n
n
。故答案为：1
n
题型十八：三阶递推
1.已知
n
S 是数列
na
的前n项和，
1
1
3
2
1
n
n
n
a
a
a
，1
1
a ，2
4
a
，求数列
na
的通项公式___________.
【答案】
1
2
2
n
n
a
n
【分析】根据已知条件构造
1
1
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，可得
1
1
n
n
a
a
是公比为2 的等比数列，即
1
1
1
2n
n
n
a
a
，再由累加法以及分组求和即可求解.
【详解】因为
1
1
3
2
1
n
n
n
a
a
a
，所以
1
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，因此
1
1
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，
因为
1
1
a ，
2
4
a
，所以
2
1
1
4
a
a
，故数列
1
1
n
n
a
a
是首项为4，公比为2 的等比数列，
所以
1
1
1
1
4 2
2
n
n
n
n
a
a
，即
1
1
1
2n
n
n
a
a
，所以当
2
n
时，
1
2
2
1
2
a
a
，
3
3
2
1
2
a
a
，
4
4
3
1
2
a
a
，L，
1
2
1
n
n
n
a
a
，
以上各式累加可得：
2
1
2
3
1
2
1 2
2
2
2
1
1
1 2
n
n
n
n
a
a
n
1
1
2
4
1
2
3
n
n
n
n
，
因为
1
1
a ，所以
1
2
2,
2
n
na
n
n
；又
1
1
a 符合上式，所以
1
2
2
n
n
a
n
.故答案为：
1
2
2
n
n
a
n
.
【提分笔记】
基本规律
形如
1
1
s
t
r
0
n
n
n
a
a
a
，常凑配系数构等比数列。
2.已知数列
na
满足
1
1
a ，
2
2
a
，且
1
1
2
3
n
n
n
a
a
a
（
2
n
，
*
N
n
），则数列
na
的通项公式为
na ______．
【答案】
3
1
4
n
n
【分析】由
1
1
2
3
n
n
n
a
a
a
，得到
1
n
n
a
a
为等比数列，求得
1
1
3 3
3
n
n
n
n
a
a
，进而得到
1
1
1
1
3
3 3
3
n
n
n
n
a
a
，令
3
n
n
n
a
c
，化简得到数列
1
4
nc
为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由
1
1
2
3
n
n
n
a
a
a
，可得
1
1
3
n
n
n
n
a
a
a
a
，即
1
1
3
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
n
n
a
a
是以
1
2
3
a
a
为首项，3 为公比的等比数列，
所以
1
1
3 3
3
n
n
n
n
a
a
，则
1
1
1
1
3
3 3
3
n
n
n
n
a
a
．
不妨令
3
n
n
n
a
c
，则
1
1
1
3
3
n
n
c
c
，所以
1
1
1
1
4
3
4
n
n
c
c
，即
1
1
1
4
1
3
4
n
n
c
c
，
又由
1
1
1
1
1
4
3
4
12
a
c
，所以数列
1
4
nc
是首项为1
12 ，公比为
1
3
的等比数列，
所以
1
1
1
1
1
4
12
3
3
4
n
n
n
n
a
c
，所以
3
1
4
n
n
na
．故答案为：
3
1
4
n
n
.
3.在数列
na
中，1
1
a ，2
3
a
，且对任意的
*
N
n
，都有
2
1
3
2
n
n
n
a
a
a
，则数列
na
的通项公式为______．
【答案】
2
1
n
na
##
1
2n
na
【分析】依题意可得
2
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，即可得到
1
n
n
a
a
是首项为2，公比为2 的等比数列，从而
得到
1
2n
n
n
a
a
，再利用累加法计算可得；
【详解】解：由
2
1
3
2
n
n
n
a
a
a
，得
2
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
．又
1
1
a ，
2
3
a
，所以
2
1
2
0
a
a
，
所以
1
n
n
a
a
是首项为2，公比为2 的等比数列，所以
1
2n
n
n
a
a
，
所以
2
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2
1,
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
，
因为
1
1
a 符合上式，所以
2
1
n
na
.故答案为：
2
1
n
na
题型十九：前n 项积求通项
1.已知
na 为数列
nb
的前n 项积，若
1
2
1
n
n
b
a
，则数列
na
的通项公式
na
A．3
2n
B．3
2n
C．3
4n
D．1 2n
【答案】D
【分析】先求出
1
1
a ，再根据题意可得
1
1
1
2
2
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
,化简为
1
2
n
n
a
a
，由此求得答案.
【详解】当
1
n
时，
1
1
1
1
2
1,
1
a
a
a
，当
2
n
时，
1
1
1
2
2
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，即
1
2
n
n
a
a
，
故数列
na
为首项为1
，公差为2
的等差数列，故
1
(
1)( 2)
1
2
na
n
n
，故选：D
2.设正项数列{an}的前n 项和为Sn，数列{Sn}的前n 项之积为Tn，且Sn＋Tn＝1，则数列{an}的通项公式
是__________.
【答案】
1
1
na
n n
【分析】可先求出
1
1
1
,
,
a S T ，然后由
1
n
n
n
T
S
T
得出数列
1
n
T
是等差数列，由等差数列通项公式求出
1
nT ，即
得
nT ，然后求出
n
S ，再求得
na ，注意
1
n 的情形的验证．
【详解】首先
1
1
1
1
1
S
T
a
a
，1
1
2
a
，1
1
1
1
2
T
S
a
，
2
n
时，由
1
n
n
S
T
得
1
1
n
n
n
T
T
T
，
1
1
1
1
n
n
T
T
，
所以数列
1
n
T
是以2 为首项，1 为公差的等差数列，所以
1
2
(
1) 1
1
n
n
n
T
，
1
1
nT
n
，所以
1
1
n
n
n
T
n
S
T
n
，1
1
2
S
适合此式，
1
n
n
S
n
，
1
n
n
n
a
S
S
1
1
1
(
1)
n
n
n
n
n n
，1
1
2
a
也适合此式，所以
1
(
1)
na
n n
．故答案为：
1
(
1)
na
n n
．
3.设正数数列
na
的前n项和为
n
S ，数列
n
S
的前n项之积为
nT ，且
2
1
n
n
S
T
，则数列
na
的通项公式
是______．
【答案】
2
1
1
3
4
2
4
1
n
n
a
n
n
【分析】由递推关系可得
1
1
2
2
n
n
S
n
S
，求出
n
S
前几项，可猜想出
2
1
2
1
+
n
n
S
n
，再加以验证，利用
1
1
1
2
n
n
n
S
n
a
S
S
n
即可求出.
【详解】当
1
n 时，
1
1
2
1
S
T
，即
1
1
2
1
S
S
，则
1
1
3
S
，当
2
n
时，
2
1
n
n
S
T
Q
，
1
1
2
1
n
n
S
T
，
则
1
1
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
T
T
S
S
T
T
S
，整理可得
1
1
2
2
n
n
S
n
S
，则可得
1
1
3
S
，
2
3
5
S
，
3
5
7
S
，
4
7
9
S
，
则猜想
2
1
2
1
+
n
n
S
n
，代入
1
1
2
n
n
S
S
检验得
1
1
1
2
1
2
3
2
2
1
2
2
1
+
n
n
n
S
n
S
n
n
，满足猜想，
2
1
1
2
1
+
n
n
S
n
n
，
1
1
1
3
a
S
，当
2
n
时，
1
2
2
1
2
3
4
2
1
2
1
4
1
+
n
n
n
n
n
a
S
S
n
n
n
，
2
1
1
3
4
2
4
1
n
n
a
n
n
.故答案为：
2
1
1
3
4
2
4
1
n
n
a
n
n
.
题型二十：函数型递推
1.若
1
2
1
( )
(1
)
2,
(0)
( )
( )
...
(
)
(1)
n
n
f x
f
x
a
f
f
f
f
f
n
n
n
(
*
n
N
)，则数列{
}
na
的通项公式是
___________.
【答案】
1
na
n
【分析】根据自变量的和为1 时，函数值的和为2，运用数列的求和方法，倒序相加法求和，计算数列的
通项公式.
【详解】
1
2
1
0
...
1
n
n
a
f
f
f
f
f
n
n
n
，
1
2
1
1
...
0
n
n
a
f
f
f
f
f
n
n
n
，两式相加可得
1
1
1
1
2
0
1
...
1
0
n
n
n
a
f
f
f
f
f
f
f
f
n
n
n
n
，
2
2
1
na
n
，所以
1
na
n
.故答案为：
1
na
n
2.已知
1
( )
(
)
3
2
g x
f x
是R 上的奇函数，
1
(0)
( )
na
f
f n
1
(
)
(1)
n
f
f
n
,n
N ,则数列{
}
na
的通项
公式为（
）
A．
1
na
n
B．
3
1
na
n
C．
3
3
na
n
D．
2
2
3
na
n
n
【答案】C
【解析】由
1
3
2
F x
f
x
在R 上为奇函数，知
1
1
6
2
2
f
x
f
x
，令
1
2
t
x
，则1
1
2
x
t
，
得到
1
6
f t
f
t
．由此能够求出数列
na
的通项公式．
【详解】由题已知
1
3
2
F x
f
x
是R 上的奇函数，故
F
x
F x
，
代入得：
1
1
6
2
2
f
x
f
x
x
R
，∴函数
f x 关于点1 3
2
，对称，令
1
2
t
x
，
则1
1
2
x
t
，得到
1
6
f t
f
t
，∵
1
1
0
1
n
n
a
f
f
f
f
n
n
，
1
1
1
0
n
n
a
f
f
f
f
n
n
，倒序相加可得
2
6
1
na
n
，
即
3
1
na
n
，故选：C．
3.已知
1
( )
1
2
F x
f
x
是R 上的奇函数，
*
1
2
1
(0)
(1)(
)
n
n
a
f
f
f
f
f
n
n
n
n
N
，则数列
na
的通项公式为（
）
A．
na
n
B．
2
na
n
C．
1
na
n
D．
2
2
3
na
n
n
【答案】C
【解析】由
1
1
2
F x
f
x
在R 上为奇函数，知
1
1
2
2
2
f
x
f
x
，令
1
2
t
x
，则1
1
2
x
t
，
得到
1
2
f t
f
t
．由此能够求出数列
na
的通项公式．
【详解】由题已知
1
1
2
F x
f
x
是R 上的奇函数，故
F
x
F x
，代入得：
1
1
2
2
2
f
x
f
x
x
R
，
∴函数
f
x 关于点1 1
2
，对称，令
1
2
t
x
，则1
1
2
x
t
，得到
1
2
f t
f
t
，
∵
1
1
0
1
n
n
a
f
f
f
f
n
n
，
1
1
1
0
n
n
a
f
f
f
f
n
n
，
倒序相加可得
2
2
1
na
n
，即
1
na
n
，故选：C．
题型二十一：周期数列
1.已知数列
na
中，
1
2
a
，
*
1
1
,
1
n
n
a
n
N
a
则
2020
S
___________.
【答案】685
6
【详解】已知数列
na
中，
1
2
a
，
1
1
1
n
n
a
a
(
*
n
N
)，所以
2
1
1
1
1
1
2 1
3
a
a
，
3
2
1
1
3
1
1
2
1
3
a
a
4
3
1
1
2
3
1
1
2
a
a
，所以数列
na
是周期为3的数列，
2020
1
2
3
1
(
) 673
S
a
a
a
a
1
3
685
(2
) 673
2
3
2
6
.故答案为：
685
6
【提分笔记】
基本规律
周期数列
1.若数列{an}满足
1
2
a
a
a
a
n
n
n
n
，则
周期T=6
2.若数列{an}满足
1
a
a
s
a
n
n
n
，则
周期T=2
3.若数列{an}满足
1
2
a
a
a
s
a
n
n
n
n
，则
周期T=3
4.若数列{an}满足
1
a
a
s
a
n
n
n
，则
周期T=2
5.若数列{an}满足
1
2
a
a
a
s
a
n
n
n
n
，则
周期T=3
6.
1
1
ma
b
a
m
d
0
a
2
ca
d
n
n
n
n
T
，
，则
的周期
2.已知数列
na
满足
1
2
a
，
1
1
1
n
n
n
a
a
a
，
*
(
)
n
N
，则
1
2
3
2009
2010
a a
a
a
a
_________．
【答案】-6
【解析】由已知有
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
1 3
1
1
3
2
3,
,
,
2
1
1
1
1 3
2
3
1
1
2
3
a
a
a
a
a
a
，所以
5
1
2
a
a
，所
以数列
na
是周期数列，且周期为4，
1
2
3
4
5
6
7
8
2005
2006
2007
2008
1
a a a a
a a a a
a
a
a
a
，而
2009
2010
1
2
2 ( 3)
6
a
a
a a
，所以
1
2
3
2010
6
a a a
a
。
3.数列
na
中，
1
3
a
，
1
1
n
n
n
a
a a
( n
N )，
n
A 表示数列
na
的前n 项之积，
2020
A
________.
【答案】-3【详解】∵
1
3
a
，
1
1
n
n
n
a
a a
( n
N )，∴
1
1
n
n
n
a
a
a
，
∴
2
3
4
5
6
7
2
2
1
1
1
1
1
1
3 1
2
1
3 1
2
1
3
3
2
2
,
,
3,
,
,
3,
2
1
2
1
3
3
2
3
3
2
3
2
3
2
a
a
a
a
a
a
na
是以3 为周期的周期数列，且
1
2
3
1
a a a 由2020=3×673+1，∴
673
2020
1
1
3
A
a
.故答案为：-3.
题型二十二：奇偶讨论型
1.已知数列
na
满足
1
1
n
n
n
a
a
n
，则
na
的前40 项和为__________．
【答案】400
【详解】∵
1
1
n
n
n
a
a
n
，当n 为奇数时,
2
3
4
5
6
39
1
40
1,
3,
5,....,
39.
a
a
a
a
a
a
a
a
该数列前40 项和为
40
20 19
20
1
( 2)
400
2
S
．
【提分笔记】
基本规律
讨论型：
1.分段数列
2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列
2.已知数列
na
满足
1
2
a
，
1
1
n
n
n
a
a
，则数列
na
的通项公式为______．
【答案】
1
1
1
n
na
n
.
【分析】先由
1
( 1)n
n
n
a
a
，得
1
1
2
1
n
n
n
a
a
，进一步得到
2
2
1
n
n
n
a
a
，再分奇偶项来求通
项公式即可．
【详解】因为
1
1
n
n
n
a
a
，所以
1
1
2
1
n
n
n
a
a
，得
2
2
1
n
n
n
a
a
．所以当n为奇数时，
2
2
n
n
a
a
，
当n为偶数时，
2
2
n
n
a
a
．又
1
2
a
，
1
1
n
n
n
a
a
，所以
2
3
a ，
所以
1a ，
3
a ，
5a ，…，
2
1
k
a
，…构成以2 为首项，2 为公差的等差数列，
2
a ，
4a ，
6a ，…，
2k
a
，…构成以3
为首项，2
为公差的等差数列．
所以当n是奇数时，
1
2
1
2
1
2
na
n
n
；当n是偶数时，
3
2
1
1
2
n
n
a
n
．
故数列
na
的通项公式为
1
1
1
n
na
n
．故答案为：
1
1
1
n
na
n
.
3.已知数列
na
满足
1
1
2
a
，
2
1
a ，数列
na
的奇数项单调递增，偶数项单调递减，若
1
1
2
1
n
n
a
a
n
，在
数列
na
的通项公式为______．
【答案】
,
2
1
,
2
n
n n
k
a
k
N
n n
k
，
【分析】根据题意，由数列的单调性分析可得：
5
3
1
2
4
6
a
a
a
a
a
a
；又由
1
1
2
1
n
n
a
a
n
，即
1
2
1
n
n
a
a
n
，变形分析可得
2
1
2
1
2
n
n
a
a
；由此求出
2
1
n
a
和
2n
a ，综合可得答案.
【详解】依题意，
2
1
n
a
单调递增，故
1
3
5
a
a
a
；数列
2n
a
单调递减，故
2
4
6
a
a
a
，所以
5
3
1
2
4
6
a
a
a
a
a
a
；因为
1
1
2
1
n
n
a
a
n
，故
2
1
2
4
1
n
n
a
a
n
；同理
1
2
2
4
1
n
n
a
a
n
，所以
2
1
2
1
2
n
n
a
a
；又
1
1
a ，所以
2
1
1 2
1
2
1
n
a
n
n
，所以
2
2
1
4
1
y
a
n
n
，则
2
2
n
a
n
，所
以数列
na
的通项公式为
,
2
1
,
2
n
n n
k
a
n n
k
.故答案为：
,
2
1
,
2
n
n n
k
a
k
N
n n
k
.
模块二：高考真题
1.记
n
S 为数列
na
的前n 项和，已知
1
1,
n
n
S
a
a
是公差为1
3 的等差数列．
(1)求
na
的通项公式；(2)证明：
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
．
【答案】(1)
1
2
n
n n
a
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
1
2
1
1
3
3
n
n
S
n
n
a
，得到
2
3
n
n
n
a
S
，利用和与项的关
系得到当
2
n
时，
1
1
2
1
3
3
n
n
n
n
n
n
a
n
a
a
S
S
,进而得：
1
1
1
n
n
a
n
a
n
，利用累乘法求得
1
2
n
n n
a
，
检验对于
1
n 也成立，得到
na
的通项公式
1
2
n
n n
a
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
1
2
1
1
1
1
2 1
1
n
a
a
a
n
，进而证得.
（1）∵
1
1
a ，∴
1
1
1
S
a
,∴
1
1
1
S
a ,又∵
n
n
S
a
是公差为1
3 的等差数列，
∴
1
2
1
1
3
3
n
n
S
n
n
a
,∴
2
3
n
n
n
a
S
,
∴当
2
n
时，
1
1
1
3
n
n
n
a
S
，∴
1
1
2
1
3
3
n
n
n
n
n
n
a
n
a
a
S
S
,整理得：
1
1
1
n
n
n
a
n
a
,
即
1
1
1
n
n
a
n
a
n
,∴
3
1
2
1
1
2
2
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
3
4
1
1 1
2
2
1
2
n n
n
n
n
n
，
显然对于
1
n 也成立，∴
na
的通项公式
1
2
n
n n
a
；
（2）
1
2
1
1
2
,
1
1
na
n n
n
n
∴
1
2
1
1
1
n
a
a
a
1
1
1
1
1
1
2
1
2 1
2
2
2
3
1
1
n
n
n
2.已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
9
4
a
，且
1
4
3
9
n
n
S
S
.
（1）求数列
na
的通项；
（2）设数列
nb
满足
*
3
(
4)
0(
)
n
n
b
n
a
n
N
，记
nb
的前n 项和为
nT ，若
n
n
T
b
对任意
N
n
恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
3
3 ( )
4
n
na
；（2）3
1
.
【分析】（1）由
1
4
3
9
n
n
S
S
，结合
n
S 与
na 的关系，分
1,
2
n
n
讨论，得到数列{
}
na
为等比数列，即可
得出结论；
（2）由3
(
4)
0
n
n
b
n
a
结合(1) 的结论，利用错位相减法求出
nT ，
n
n
T
b
对任意
N
n
恒成立，分类讨
论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当
1
n 时，
1
2
1
4(
)
3
9
a
a
a
，
2
2
9
27
27
4
9
,
4
4
16
a
a
，
当
2
n
时，由
1
4
3
9
n
n
S
S
①，得
1
4
3
9
n
n
S
S
②，①②得
1
4
3
n
n
a
a
1
2
27
3
0,
0,
16
4
n
n
n
a
a
a
a
，又
2
1
3,
{ }
4
n
a
a
a
是首项为
9
4
，公比为3
4 的等比数列，
1
9
3
3
( )
3 ( )
4
4
4
n
n
na
；
（2）由3
(
4)
0
n
n
b
n
a
，得
4
3
(
4)( )
3
4
n
n
n
n
b
a
n
，
所以
2
3
4
3
3
3
3
3
3
2
1
0
(
4)
4
4
4
4
4
n
n
T
n
，
2
4
1
3
3
3
3
3
3
3
3
2
1
(
5)
(
4)
4
4
4
4
4
4
n
n
nT
n
n
，
两式相减得
2
3
4
1
1
3
3
3
3
3
3
3
(
4)
4
4
4
4
4
4
4
n
n
n
T
n
1
1
9
3
1
16
4
9
3
(
4)
3
4
4
1
4
n
n
n
1
1
1
9
9
3
3
3
4
(
4)
4
4
4
4
4
n
n
n
n
n
，
所以
1
3
4
( )
4
n
n
T
n
，由
n
n
T
b
得
1
3
3
4
( )
(
4) ( )
4
4
n
n
n
n
恒成立即(
4)
3
0
n
n
恒成立，
4
n
时不等式恒成立；
4
n
时，
3
12
3
4
4
n
n
n
，得
1
；
4
n
时，
3
12
3
4
4
n
n
n
，得
3
；所以3
1
.
3.设数列{an}满足a1=3，
1
3
4
n
n
a
a
n
．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n 项和Sn．
【答案】（1）
2
5
a
，
3
7
a
，
2
1
na
n
，证明见解析；（2）
1
(2
1) 2
2
n
n
S
n
.
【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出
2
3
,
a a ，猜想得出
na
的通项公式，利用数学归纳法
证明即可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
【详解】（1）
［方法一］【最优解】：通性通法
由题意可得
2
1
3
4
9
4
5
a
a
，
3
2
3
8
15
8
7
a
a
，由数列
na
的前三项可猜想数列
na
是以3 为
首项，2 为公差的等差数列，即
2
1
na
n
．证明如下：当
1
n 时，
1
3
a
成立；
假设
n
k k
N
时，
2
1
ka
k
成立.
那么
1
n
k
时，
1
3
4
3(2
1)
4
2
3
2(
1) 1
k
k
a
a
k
k
k
k
k
也成立.则对任意的
*
n
N
，都有
2
1
na
n
成立；
［方法二］：构造法
由题意可得
2
1
3
4
9
4
5
a
a
，
3
2
3
8
15
8
7
a
a
．由
1
2
3,
5
a
a
得
2
1
2
a
a
．
1
3
4
n
n
a
a
n
，则
1
3
4(
1)(
2)
n
n
a
a
n
n
，两式相减得
1
1
3
4
n
n
n
n
a
a
a
a
．令
1
n
n
n
b
a
a
，且
1
2
b
，所以
1
3
4
n
n
b
b
，两边同时减去2，得
1
2
3
2
n
n
b
b
，且
1
2
0
b
，所以
2
0
nb
，即
1
2
n
n
a
a
，又
2
1
2
a
a
，因此
na
是首项为3，公差为2 的等差数列，所以
2
1
na
n
．
［方法三］：累加法由题意可得
2
1
3
4
9
4
5
a
a
，
3
2
3
8
15
8
7
a
a
．
由
1
3
4
n
n
a
a
n
得
1
1
1
4
3
3
3
n
n
n
n
n
a
a
n
，即
2
1
2
1
2
1
4
3
3
3
a
a
，
3
2
3
2
3
1
8
3
3
3
a
a
，……
1
1
1
4(
1)
(
2)
3
3
3
n
n
n
n
n
a
a
n
n
．以上各式等号两边相加得
1
1
2
3
1
1
1
4 1
2
(
1)
3
3
3
3
3
n
n
n
a
a
n
，所以
1
(2
1)
3
3
n
n
n
a
n
．所以
2
1(
2)
na
n
n
．当
1
n 时也符
合上式．综上所述，
2
1
na
n
．
［方法四］：构造法
2
1
3
2
2
3
4
5,
3
8
7
a
a
a
a
，猜想
2
1
na
n
．由于
1
3
4
n
n
a
a
n
，所以可设
1
(
1)
3
n
n
a
n
a
n
，其中,
为常数．整理得
1
3
2
2
n
n
a
a
n
．故2
4,2
0
，
解得
2,
1
．所以
1
1
2(
1)
1
3(
2
1)
3
2 1 1
n
n
n
a
n
a
n
a
．又
1
3
0
a
，所以
2
1
na
n
是各项均为0 的常数列，故
2
1
0
na
n
，即
2
1
na
n
．
（2）由（1）可知，
2
(2
1) 2
n
n
na
n
［方法一］：错位相减法
2
3
1
3 2
5 2
7 2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
n
，①
2
3
4
1
2
3 2
5 2
7 2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
n
，②
由①②得：
2
3
1
6
2
2
2
2
(2
1) 2
n
n
n
S
n
2
1
1
2
1 2
6
2
(2
1) 2
1 2
n
n
n
1
(1
2 ) 2
2
n
n
，即
1
(2
1) 2
2
n
n
S
n
.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
1
1
2
(2
1)2
(2
1)2
(2
3)2
n
n
n
n
n
n
n
a
n
n
n
b
b
，所以
2
3
1
2
3
2
2
2
2 n
n
n
S
a
a
a
a
2
1
3
2
4
3
1
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b
1
1
nb
b
1
(2
1)2
2
n
n
．
［方法三］：构造法
当
2
n
时，
1
(2
1) 2 n
n
n
S
S
n
，设
1
1
(
) 2
[ (
1)
] 2
n
n
n
n
S
pn
q
S
p n
q
，即
1
2
2
n
n
n
pn
q
p
S
S
，
则
2,
2
1,
2
p
q
p
，解得
4,
2
p
q
．所以
1
1
( 4
2) 2
[ 4(
1)
2] 2
n
n
n
n
S
n
S
n
，即
( 4
2) 2n
n
S
n
为常数列，而
1
( 4
2) 2
2
S
，所以
( 4
2) 2
2
n
n
S
n
．故
1
2
(2
1) 2n
n
S
n
．
［方法四］：
因为
1
2
(2
1)2
2
2
2
4
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
n
n
n
，令
1
2n
nb
n
，则
2
3
1
( )
0,1
1
n
n
x
x
f x
x
x
x
x
x
x
，
1
2
1
2
1
1
(
1)
( )
1
2
3
1
(1
)
n
n
n
n
x
x
nx
n
x
f
x
x
x
nx
x
x
，
所以
1
2
n
b
b
b
L
2
1
1
2 2
3 2
2n
n
1
(2)
1
2
(
1)2
n
n
f
n
n
．
故
2
3
4
(2)
2
2
2
2 n
n
S
f
1
2 1 2
4 1
2
(
1)2
1 2
n
n
n
n
n
1
(2
1)2
2
n
n
．
4.设数列
na
满足
1
2
3
(2
1)
2
n
a
a
n
a
n
.
（1）求
na
的通项公式；（2）求数列2
1
na
n
的前n项和．
【答案】(1)
2
2
1
na
n
；(2)
2
2
1
n
n .
【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得
na
的通项公式.
（2）将
na
的通项公式代入,可得数列2
1
na
n
的表达式.利用裂项法即可求得前项和.
【详解】（1）数列
na
满足
1
2
3
2
1
2
=
n
a
a
n
a
n
2
n
时,
1
2
1
3
2
3
2
1
n
a
a
n
a
n
﹣＝
∴
2
1
2
n
n
a
∴
2
2
1
na
n
当
1
n 时,
1
2
a
,上式也成立∴
2
2
1
na
n
（2）
2
1
1
2
1
(2
1)(2
1)
2
1
2
1
na
n
n
n
n
n
∴数列2
1
na
n
的前n 项和
1
1
1
1
1
1
3
3
5
2
1
2
1
n
n
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
5.已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，
1
4
3
4
n
n
n
a
a
b
，
1
4
3
4
n
n
n
b
b
a
.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
【答案】（1）见解析；（2）
1
1
2
2n
na
n
=
+
-
，
1
1
2
2n
nb
n
=
-
+ ．
【分析】(1)可通过题意中的
1
4
3
4
n
n
n
a
a
b
以及
1
4
3
4
n
n
n
b
b
a
对两式进行相加和相减即可推导出数
列
n
n
a
b
是等比数列以及数列
n
n
a
b
是等差数列；
(2)可通过(1)中的结果推导出数列
n
n
a
b
以及数列
n
n
a
b
的通项公式，然后利用数列
n
n
a
b
以及数列
n
n
a
b
的通项公式即可得出结果．
【详解】(1)由题意可知
1
4
3
4
n
n
n
a
a
b
，
1
4
3
4
n
n
n
b
b
a
，
1
1
1
a
b
+
= ，
1
1
1
a
b
，
所以
1
1
4
4
3
2
3
4
4
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
b
a
a
b
+
+ =
+
=
-
-
+
+
+
-
，即
(
)
1
1
1
2
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+
+
+
=
，
所以数列
n
n
a
b
是首项为1、公比为
1
2 的等比数列，
( )
1
1
2
n
n
n
a
b
-
+
=
，
因为
(
)
1
1
4
4
3
4
3
4
4
4
8
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
b
a
a
b
+
+
-
-
-
=
+
-
=
-
+
-
，
所以
1
1
2
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+ =
-
+
-
，数列
n
n
a
b
是首项1、公差为2 的等差数列，
2
1
n
n
a
b
n
-
=
- ．
(2)由(1)可知，
( )
1
1
2
n
n
n
a
b
-
+
=
，
2
1
n
n
a
b
n
-
=
- ，
所以
(
)
1
1
1
2
2
2n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
b
n
=
+
+
-
=
+
-
，
(
)
1
1
1
2
2
2n
n
n
n
n
n
b
a
b
a
b
n
=
+
-
-
=
-
+ ．
模块三：各地模拟
1.数列1 1
1
1
,
,
,
,...
2 6 12 20
的一个通项公式是（
）
A．
1
(
1)
na
n n
B．
1
2(2
1)
na
n
C．
1
1
1
na
n
n
D．
1
1
na
n
【答案】C
【分析】根据数列的特征可知，1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
1
,
,
,
2
2 6
2
3 12
3
4 20
4
5
，即可得到它的一个通项公式．
【详解】根据题意可知，1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
1
,
,
,
2
2 6
2
3 12
3
4 20
4
5
，……，所以
1
1
1
na
n
n
．
故选：C．
2.在等差数列
na
中，
1
3
a
，且
1
a ，
4a ，
10
a 成等比数列，则
na 的通项公式为（
）
A．
2
1
na
n
B．
2
na
n
C．
2
1
na
n
或
3
na
D．
2
na
n
或
3
na
【答案】D
【分析】利用等比中项得
2
4
1
10
a
a a
，从而可求公差d，即可得等差数列通项公式.
【详解】解：设等差数列
na
的公差为d，又
1
a ，
4a ，
10
a 成等比数列，
所以
2
4
1
10
a
a a
，则
2
(3
3 )
3 (3
9 )
d
d
，解得：
0
1
d
d
或
所以
1
(
1)
2
3
na
a
n
d
n
或.
故选：D.
3.已知数列
na
满足
1
1
1,
3
2(
2)
n
n
a
a
a
n
n
，则
na
的通项公式为（
）
A．
2
3
na
n
B．
2
3
n
a
n
n
C．
2
3
2
n
n
n
a
D．
2
3
2
n
n
n
a
【答案】C
【详解】由
1
3
2
n
n
a
a
n
得
1
3
2
n
n
a
a
n
，∴
1
4
7
... 3
2
na
a
n
2
(
1)(4
3
2)
3
2
2
2
n
n
n
n
，∴
2
3
2
n
n
n
a
，当
1
n 时也符合，∴数列的通项公式为
2
3
2
n
n
n
a
.故选
C.
4.已知数列{
}
na
满足
1
1
a
，
1
1
n
n
n
n
a
a
na a
*
(
)
n
N
，则
na __________．
【答案】
2
2
2
n
n
【解析】因为
1
1
n
n
n
n
a
a
na a
，所以
1
1
1
1
1
,
n
n
n
n
n
n
a
a
n
a a
a
a
-1
-1
-2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)...
(
+
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
）
=
1
1
(
1)
(
2)
...
3
2 1
n
n
a
= (
1)(
1 1)
1
2
n
n
=
2
2
2
n
n
2
2
2
na
n
n
5.已知数列
na
中，
1
2
a
，
1
1
n
n
n
n a
a
a
，
*
N
n
，则
na
n
的取值范围是_____________．
【答案】
2,3 【详解】
由题意得，
1
1
n
n
n
a
a
a
n
n
，即
1
1
1
n
n
n
a
a
n
n
，则
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
n n
，即
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，
所以
2
1
1
1
1
2
2
a
a
，
3
2
1
1
3
2
2
3
a
a
，
3
4
1
1
4
3
3
4
a
a
，…，
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，
相加得，
1
1
1
1
na
a
n
n
，故
1
1
2 1
3
na
n
n
n
，
因为函数
1
3
y
x
在(
)
0,+¥ 上单调递增，且当x 时，
1
3
3
x
，
所以
1
2
3
3
n
，即
na
n
的取值范围是
2,3 .故答案为：
2,3 .
6.已知
1
1
a ，
1
n
n
n
a
n a
a
n
N
，则数列
n
a
的通项公式是
na （
）
A．2
1
n
B．
1
1
n
n
n
C．
2
n
D．n
【答案】D
【分析】根据题意可得
1
1
n
n
a
n
a
n
，再利用累乘法计算可得；
【详解】由
1
n
n
n
a
n a
a
，得
1
1
n
n
n
a
na
，即
1
1
n
n
a
n
a
n
，
则
1
1
n
n
a
n
a
n
，
1
2
1
2
n
n
a
n
a
n
，
2
3
2
3
n
n
a
n
a
n
，…，
2
1
2
2
1
a
n
a
，
，
由累乘法可得
1
na
n
a
，所以
2
na
n
n
，
，又
1
1
a ，符合上式，所以
na
n
.故选：D．
7.已知函数
na
的前n 项和满足
1
2
1
n
n
S
，则数列
na
的通项公式为（
）
A．
2 n
na
B．
2
na
n
C．
3
1
2 ,
2
n
n
n
a
n
，
D．
3
1
2 ,
2
n
n
a
n n
，
【答案】C
【解析】当
1
n 时，
1
1
3
a
S
，当
2
n
时，
1
2n
n
n
n
a
S
S
，得到答案.
【详解】
1
2
1
n
n
S
，当
1
n 时，
1
1
1
1
2
1
3
a
S
；
当
2
n
时，
1
1
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
a
S
S
.故
3
1
2 ,
2
n
n
n
a
n
，
.故选：C .
8.已知首项为1 的数列
na
的前n项和为
n
S ，且
1
12
5
n
n
n
S
S
a
，则数列
na
的通项公式为
na ___________.
【答案】
1
16
5
12
11
11
n
【分析】利用
n
S 与
na 的关系，得到
1
12
5
n
n
a
a
，再利用待定系数法，进行构造数列，得到
5
11
na
为等
比数列，进而利用等比通项公式即可求解.
【详解】由题意得，
1
12
5
n
n
a
a
，设
1
12
n
n
a
a
，故
1
12
11
n
n
a
a
，则11
5
，故
5
11
，
则
1
5
5
12
11
11
n
n
a
a
，即
1
5
11
12
5
11
n
n
a
a
，则数列
5
11
na
是首项为16
11 ，公比为12 的等比数列，故
1
5
16 12
11
11
n
na
，故
1
16
5
12
11
11
n
na
.故答案为：
1
16
5
12
11
11
n
9.设数列
na
的前n项和为
n
S ，若
1
1
a ，
*
1
1
0
3
n
n
S
a
n
N
，则
na
的通项公式为__________．
【答案】
2
1,
1
3 4
,
2
n
n
n
a
n
【分析】根据
1
1
n
n
n
a
S
S
可得
1
4
n
n
S
S
，由此可证得数列
n
S
是等比数列，由此可得
n
S ；利用
na 与
n
S
的关系可求得
na .
【详解】由
1
1
0
3
n
n
S
a
得：
1
1
0
3
n
n
n
S
S
S
，即
1
4
n
n
S
S
，
又
1
1
1
S
a
，数列
n
S
是以1为首项，4为公比的等比数列，
1
4n
n
S
；
当
1
n 时，
1
1
1
a
S
；
当
2
n
时，
1
2
2
1
4
4
3 4
n
n
n
n
n
n
a
S
S
；经检验：
1
1
a 不满足
2
3 4n
n
a
；故答案为：
2
1,
1
3 4
,
2
n
n
n
a
n
.
10.各项均不为零的数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
3
0(
2)
n
n
n
a
S S
n
，
1
1
3
a
，则数列
na
的通项公式
为_________．
【答案】
1 ,
1
3
1
,
2
3 (
1)
n
n
a
n
n n
.
【分析】根据数列的递推关系构造等差数列，利用
na 与
n
S 的关系即可求出数列的通项公式．
【详解】解：由
1
3
0
n
n
n
a
S
S
得
1
3
n
n
n
a
S
S
，当
2
n. 时，
1
1
3
n
n
n
n
n
a
S
S
S
S
，
1
1
3
a
，
1
0
n
n
S
S
，
等式两边同时除以
1
n
n
S
S
得
1
1
1
3
n
n
S
S
，即
1
{
}
n
S
是以3 为首项，3 为公差的等差数列，
则
1
3
3(
1)
3
n
n
n
S
，即
1
3
n
S
n
，则
1
1
3
3 (
1)
n
n
n
a
S S
n n
，
2
n. ，
1
1
3
a
不满足
1
3 (
1)
na
n n
，
2
n. ，
数列的通项公式
1 ,
1
3
1
,
2
3 (
1)
n
n
a
n
n n
.
，故答案为：
1 ,
1
3
1
,
2
3 (
1)
n
n
a
n
n n
.
．
11.设数列
na
满足
*
1
1
4
1,
4
n
n
a
a
n
N
a
（1）求证：数列
1
2
na
是等差数列；（2）略.
【答案】（1）
2
2
2
,
1
1
n
n
a
n
n
；.
【详解】（1）
1
1
4
1
1
,
4
2
n
n
n
n
a
a
a
a
1
1
4
2
2
4
n
n
a
a
4
2
1
1
2
4
2
2
4
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
为常数
又
1
1
1
1,
1,
2
a
a
数列
1
2
na
是以1
为首项
1
2
为公差的等差数列.
12.数列
na
满足
1
1
1,
2
1
n
n
n
a
a
a
a
，则数列
na
通项公式为
na =________.
【答案】
1
2
1
n
【分析】对递推关系
1
2
1
n
n
n
a
a
a
两边取倒数，则可得
1
na
为等差数列，根据等差数列的通项公式可求出
1
na 的表达式，从而可得数列
na
的通项公式.
【详解】因为
1
2
1
n
n
n
a
a
a
，故
1
2
1
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
1
1
2
n
n
a
a
，故
1
na
是首项为1，公差为2 的等差数列，
所以
1
1
2
1
2
1
n
n
n
a
，所以
1
2
1
na
n
.故答案为：
1
2
1
n .
13.已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
1
n
n
a
a
a
a
a
n
n
．数列
na
的通项公式是______．
【答案】
1,
1
,
2
2
n
n
a
n n
【分析】由
1
2
3
1
1
1
1
(
1)
2
3
1
n
n
a
a
a
a
a
n
n
，得到
1
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
n
，两式作差，得
到
1
1
n
n
n
a
a
a
n
，整理得到
1
1
n
n
a
n
a
n
，累乘求得
2
2
na
n
a
，结合n的条件，以及
1
1
a ，得到数列
na
的通
项公式.
【详解】
1
2
3
1
1
1
1
(
1)
2
3
1
n
n
a
a
a
a
a
n
n
，
1
1
a 当
2
n
时，
2
1
1
a
a
当
2
n
时，
1
1
2
3
1
1
1
1
1
2
3
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
n
n
，两式相减得：
1
1
n
n
n
a
a
a
n
，即
1
1
n
n
n
a
a
n
，
1
1
n
n
a
n
a
n
，
1
1
n
n
a
n
a
n
，
1
2
1
2
n
n
a
n
a
n
，
3
2
3
2
a
a
，累乘得：
2
2
na
n
a
，所以
2
n
n
a
，
2
n
1,
1
,
2
2
n
n
a
n n
，故答案为：
1,
1
,
2
2
n
n
a
n n
.
14.已知数列
na
满足
1
2
a
，
2
1
n
n
a
a
，则数列
na
的通项公式为
na （
）
A．2
1
n
B．
1
2n
C．
1
22
n
D．
2
n
【答案】C
【分析】将
2
1
n
n
a
a
两边同时取常用对数，即可得数列
lg
na
是以lg 2 为首项，2 为公比的等比数列，从而
求得数列
na
的通项公式.
【详解】易知
0
na
，且
1
na ，在
2
1
n
n
a
a
的两边同时取常用对数，得
1
lg
2lg
n
n
a
a
，
故
1
lg
2
lg
n
n
a
a
，所以数列
lg
na
是以lg 2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
1
2
lg
2
lg 2
lg 2
n
n
na
，所以
1
2
2
n
na
，故选:C．
15.若数列
na
满足
1
1
a ，
1
1
6
2n
n
n
a
a
，则数列
na
的通项公式
na ________.
【答案】
1
1
2 6
2
n
n
【解析】由
1
1
6
2n
n
n
a
a
，可得
1
1
1
3
2
2
n
n
n
n
a
a
，设
2
n
n
n
a
b
，即
1
1
1
3
2
2
n
n
b
b
，先求出的
nb
通项公
式，进而得到答案.
【详解】由
1
1
6
2n
n
n
a
a
，可得
1
1
1
3
2
2
n
n
n
n
a
a
，设
2
n
n
n
a
b
则
1
3
1
n
n
b
b
，则
1
1
1
3
2
2
n
n
b
b
所以
1
2
nb
是以1 为首项，3 为公比的等比数列.
则
1
1
3
2
n
nb
，则
1
1
3
2
n
nb
，所以
1
1
2 6
2
n
n
na
故答案为：
1
1
2 6
2
n
n
16.已知数列
na
中，
1
2
a
,
1
2
3 2n
n
n
a
a
,则数列
na
的通项公式
na ______．
【答案】
1
(3
1) 2n
n
【详解】试题分析：由题意得
1
2
3 2n
n
n
a
a
，则
1
1
2
3
2
2
n
n
n
n
a
a
，又因为
1
1
2
2
1
a
，所以数列
1
2
n
n
a
是
首项为2 ，公差为3 的等差数列，所以
1
2
3(
1)
3
1
2
n
n
a
n
n
，即
1
(3
1) 2n
na
n
，即数列的通项公式为
1
(3
1) 2n
na
n
.
17.已知正项数列
na
的前n 项和
n
S 满足
2
2
2
1
n
n
S
n
n
S
n
n
=
0 n
N
,
(1)求数列
na
的通项公式;
(2)设
nb =
1
3
,
n
n
n
T
a a
是数列
nb
的前n 项和,证明:对于任意n
N 都有
3
4
nT
.
【答案】（1）
2
na
n
；（2）略.
试题解析：(1)解关于
n
S 的方程
2
2
2
1
n
n
S
n
n
S
n
n
= 0, 可得
2
n
S
n
n
或
1
n
S (舍去),
1
1
,
2,
2
,
n
n
a
n
a
时
时
=
1
n
n
S
S
= 2 ,n
2
na
n
.
(2)
nb =
1
3
n
n
a a
=
3
4
1
n n
= 3 1
1
4
1
n
n
,由裂项相消法可得
nT = 3
1
1
,
4
1
n
n
N
，
3
4
nT
.
18.已知数列
na
满足
1
2
1
2
2
n n
n
a a
a
，数列
na
的通项公式是______．
【答案】
2n
na
【分析】首先令
1
2
1
2
2
n n
n
n
T
a
a
a
，根据
nT 与
na 的关系求解即可.
【详解】令
1
2
1
2
2
n n
n
n
T
a
a
a
，当
1
n 时，
1
1
2
T
a
，
当
2
n
时，
1
2
1
1
2
2
2
2
n n
n
n
n
n n
n
T
a
T
，
检验：当
1
n 时，
1
1
2
a
T
，所以
2n
na
.
故答案为：
2n
na
19.已知函数
2
1,
0
( )
{
(
1) 1,
0
x
x
f x
f x
x
，把函数
( )
( )
g x
f x
x
的零点按照从小到大的顺序排成一个数列
na
，则该数列的通项公式为．
A．
(
1)
2
n
n n
a
*
(
)
n
N
B．
(
1)
na
n n
*
(
)
n
N
C．
1
na
n
*
(
)
n
N
D．
2
2
n
na
*
(
)
n
N
【答案】C
【详解】试题分析：作出函数图象易得函数
( )
( )
g x
f x
x
的零点为
，故数列{
}
na
数列的通项公式
为
1
na
n
*
(
)
n
N
20.在数列
na
中，若
1
2
1,
2
a
a
，并有
1
1
=
n
n
n
a
a
a
对
1
n
且
*
n
N
恒成立；则
2020
2021
a
a
_______________．
【答案】3
2
解：由条件
1
1
n
n
n
a
a
a
及
1
2
n
n
n
a
a
a
，得
1
1
2
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，
即
2
1
1
n
n
a
a
（
1
n
且
*
n
N
），则
*
6
3
1
n
n
n
a
a
n
N
a
，从而知6是数列
na
的一个周期；
由
1
2
1,
2
a
a
，及
1
2
n
n
n
a
a
a
，得
3
4
5
6
1
2,
1,
2
a
a
a
a
；故
2020
2021
a
a
4
5
1
3
1
2
2
a
a
故
答案为：3
2
.
另解：由
1
2
1,
2
a
a
，又
1
1
n
n
n
a
a
a
即
1
1
n
n
n
a
a
a
对
1
n
且
*
n
N
，可得
3
4
5
6
7
8
1
2,
1,
,
1,
2,
,
2
a
a
a
a
a
a
从而知6是数列
na
的一个周期；
故
2020
2021
4
5
1
3
1
2
2
a
a
a
a
.故答案为：3
2
21.已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
1
a
，
1
2
n
n
n
S
a
a
，则
20
S
A．200
B．210
C．400
D．410
【答案】B
【分析】
首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用等差数列的前n 项和公式的应用求出结果．
【详解】
由题
1
1
a
，
1
2
n
n
n
S
a
a
，又因为
1
1
a
S
所以当
1
n
时，可解的
2
2
a
当
2
n
时，
1
1
2
n
n
n
S
a a
，与
1
2
n
n
n
S
a
a
相减得
1
1
2
n
n
a
a
当n 为奇数时，数列
na
是以1为首相，2 为公差的等差数列，
2
1
na
n
当n 为偶数时，数列
na
是以2 为首相，2 为公差的等差数列，
2
na
n
所以当n 为正整数时，
na
n
，
则
20
1
2
3
20
210
S
。故选B.
