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）.pdf

1、12024 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利用 Sn=a1,n=1Sn Sn1,n 2，注意一定要验证当 n=1 时是否成立【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()A.an=2nB.an=3,n=12n,n 2C.an=2n-1D.an=2n+1【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=S1=21+1-1=3，不符合 an=2n，则 an=3,n=12n,n 2.故选：B.2 定义n

2、p1+p2+p3+pn 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15n，则 a10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【详解】因为数列 an的前 n 项的“均倒数”为 15n，所以na1+a2+a3+an=15n a1+a2+a3+an=5n2，于是有 a1+a2+a3+a10=5 102，a1+a2+a3+a9=5 92，两式相减，得 a10=5 (100-81)=95，故选：C3(多选题)定义 Hn=a1+2a2+2n-1ann为数列 an的“优值”已知某数列 an的“优值”Hn=2n，前 n项和为 Sn，下列关于数列

3、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C.S20222022=20252D.S2，S4，S6成等差数列【答案】ABC【详解】由已知可得 Hn=a1+2a2+2n-1ann=2n，所以 a1+2a2+2n-1an=n 2n，所以 n 2 时，a1+2a2+2n-2an-1=n-1 2n-1，得 n 2 时，2n-1an=n 2n-n-1 2n-1=n+1 2n-1，即 n 2时，an=n+1，当 n=1 时，由知 a1=2，满足 an=n+1所以数列 an是首项为 2，公差为 1 的等差数列，故 A 正确，B 正确，所以 Sn=n n+32，所以 Snn=n+32

4、，故 S20222022=20252，故 C 正确 S2=5，S4=14，S6=27，S2，S4，S6不是等差数列，故 D 错误，故选：ABC4 设数列 an满足 a1+12 a2+122 a3+12n-1 an=n+1，则 an的前 n 项和()2A.2n-1B.2n+1C.2nD.2n+1-1【答案】C【详解】解：当 n=1 时，a1=2，当 n 2 时，由 a1+12 a2+122 a3+12n-2 an-1+12n-1 an=n+1 得a1+12 a2+122 a3+12n-2 an-1=n，两式相减得，12n-1 an=1，即 an=2n-1，综上，an=2,n=12n-1,n 2所

5、以 an的前 n 项和为 2+2+4+8+2n-1=2+2 1-2n-11-2=2n，故选：C.【跟踪训练】1 无穷数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 Sn=2n，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 Sn=2n n 2，an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1，当 n=1 时，a1=S1=21=2，不符合上式，an=2,n=1,2n-1,n 2,所以 an不是等比数列，故 A 错误；又 a1=a2=2，所以an不是递增数列，故 B 错误；假设

6、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 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列，故 C 错误；a2n=22n-1(n N*)，a2(n+1)an=22n+122n-1=4 a2n是等比数列，即 an中偶数项成等比数列，故 D 正确.故选：D2 对于数列 an，定义 Hn=a1+2a2+3a3+nann为 an的“伴生数列”，已知某数列 an的“伴生数列”为 Hn=(n+1)2，则 an=；记数列 an-kn的前 n 项和为 Sn，若对任意 n N*,Sn S6恒成立，则实数 k 的取值

7、范围为【答案】3n+1；227 k 196.【详解】因为 Hn=(n+1)2=a1+2a2+3a3+nann，所以 n (n+1)2=a1+2a2+3a3+nan，所以当 n=1 时，a1=4，当 n 2 时，(n-1)n2=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1，-：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恒成立，所以 S6-S5=b6 0，S7-S6=b7 0，则有 b6=3-k 6+1=19-6k 0，b7=3-k 7+1=22

8、-7k 0，解得 227 k 196 故答案为：3n+1；227 k 196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 an1)=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】31 数列 an满足 a1=1，且对任意的 m,n N*都有 am+n=am+an+mn，则 1a1+1a2+1a3+1a201=()A.201101B.400201C.200201D.199200【答案】A【

9、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+1=n+1n2，n=1 时也符合，则 an=n+1n2，1an=2n+1n=2 1n-1n+1，则 1a1+1a2+1a3+1a201=2 1-12+12-13+1201-1202=2 1-1202=201101.故选：A.2 已知数列 an的首项 a1=2，且满足 an+1=an+12n n N*.若对于任意的正整数 n，存

10、在 M，使得 an 0，an 3，若对于任意的正整数 n，存在 M，使得 an 0，an+1+an 0，(n+2)an+1-nan=0，an+1an=nn+2 an=a1 a2a1 a3a2 a4a3 anan-1=1 13 24 35 n-2n n-1n+1=2n(n+1)(n 2)，又 a1=1 满足上式，an=2n(n+1).故答案为：2n(n+1).2 数列 an满足：a1=23，2n+2-1an+1=2n+1-2an n N*，则 an的通项公式为.【答案】an=2n2n-12n+1-1【详解】由 2n+2-1an+1=2n+1-2an得，an+1an=2n+1-22n+2-1=2

11、2n-12n+2-1，则 anan-1 an-1an-2 an-2an-3 a2a1=2 2n-1-12n+1-1 2 2n-2-12n-1 2 2n-3-12n-1-1 2 21-123-1=2n-132n+1-12n-1，即 ana1=3 2n-12n-12n+1-1，又 a1=23，所以 an=2n2n-12n+1-1.故答案为：an=2n2n-12n+1-1.3 已知数列 an满足 a1=1，an+1an=n+1n.(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；(

12、2)-240【解析】(1)因为 a1=1，an+1an=n+1n，所以当 n 2 时，a2a1 a3a2 anan-1=21 32 nn-1，则 ana1=n，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+b3+b4+b19+b20=4 1-46+4 2-46+4 10-46=4 1+10 102-46 10=-240.6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

13、等式变形为 an+1+m=k(an+m)(其中：m=pk 1)，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 an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 Sn+2n 对任意的 n N 恒成立，则实数 的取值范围为.【答案】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an=2n-1，Sn=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2，则 Sn+2n=2n+1+n-2 在 n N 上递增，所以(Sn+2n)min=

14、22+1-2=3，要使 Sn+2n 恒成立，则 3.故答案为：32(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=7B.数列 an+1是等比数列C.an=2n-1D.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 为公比的等比数列，故 B 正确；则 an+1=2n，an=2n-1，故 C 错误；则 a3=7，故 A 正确；Sn=2 1-2n1-2-n=2n+1-n-2，故 D 错误.故选：AB.3 已知数列 a

15、n满足递推公式 an+1=2an+1,a1=1.设 Sn 为数列 an的前 n 项和，则 an=，4n+7-n-Snan+1的最小值是.【答案】2n-1；174【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，所以 an+1=2n，所以 an=2n-1；所以 Sn=2+22+23+2n-n=2 1-2n1-2-n=2n+1-2-n，所以4n+7-n-Snan+1=4n+7-n-2n+1-2-n2n=2n+92n-2，由对勾函数的性质可得，当 n=1 时，2n=2，2n+92n-2=2+92-2=92；当 n

16、2 时，2n 4，所以 y=2n+92n-2 单调递增，当 n=2 时，2n+92n-2=4+94-2=174 137 的 n 的最大取值为()A.7B.8C.9D.10【答案】C【详解】解：因为 an+1=an4an+1，所以1an+1=4+1an，所以1an+1-1an=4，又 1a1=1，数列1an是以 1 为首项，4 为公差的等差数列所以 1an=1+4(n-1)=4n-3，所以 an=14n-3，由 an 137，即14n-3 137，即 0 4n-3 37，解得 34 n 10，因为 n 为正整数，所以 n 的最大值为 9；故选：C2 已知正项数列 an满足 a1=1，且 an a

17、n+1=anan+1(1)求数列 an的通项公式；(2)记 bn=an2n+2，记数列 bn的前 n 项和为 Sn，证明：Sn 0，由 an-an+1=anan+1，可得1an+1-1an=1 又 1a1=11=1，则数列1an是首项为 1公差为 1 的等差数列，则 1an=1+n-1=n，则数列 an的通项公式为 an=1n(2)由(1)知 an=1n，则 bn=an2n+2=12n(n+1)=121n-1n+1则数列 bn的前 n 项和 Sn=9121-12+12-13+13-14+1n-1n+1=12 1-1n+1由1n+1 0，可得12 1-1n+1 12，即 Sn 12【跟踪训练】1

18、(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.1an+1为等比数列B.an 的通项公式为 an=12 3n-1-1C.an 为递增数列D.1an的前 n 项和 Tn=3n-n【答案】AB【详解】因为 an-3an+1=2an an+1，所以1an+1+1=31an+1，又 1a1+1=2 0，所以1an+1是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，1an+1=2 3n-1即 an=12 3n-1-1，所以 an 为递减数列，1an的前 n 项和 Tn=(2 30-1)+2 31-1+2 3n-1-1=2 30+31+3n-1-

19、n=2 1-3n1-3-n=3n-n-1故选:AB2 已知数列 an满足 an+an+2=an+1，R，若 a1=1，a2=2，a2024 2024，则 的值可能为()A.-1B.2C.52D.-2【答案】BCD【详解】A：当 =-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，符合题意，故 C 正确；D：当 =-2 时，an+2=-2an+1-an，得 a3=-2a2-a1=-5,a4=-2a3-a2=8,a5=-2a4-

20、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 an+1=cakn(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 an+1=cakn(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.220B.224C.21024D.24096【答案】C【详解】an+1=a4n，a1=2，易知 an 0，故 lnan+1=4lnan，

21、故 lnan是首项为 ln2，公比为 4 的等比数列，lnan10=4n-1 ln2，lna6=45 ln2=ln21024，故 a6=22014.故选：C.【跟踪训练】1 已知数列 an满足 an+1=a2n-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 4anC.1a1+1a2+1an 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，a2=a21-a1+4=4，a3=a22-a2+4=16，a4=a23-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

22、 an 1.由已知可得 an+1-1=a2n-an+3 a2n-an，所以1an+1-1 1a2n-an=1an-1-1an，所以有 1an 1an-1-1an+1-1.当 n 3 时，有 1a1+1a2+1an 1a1+1a2-1-1a3-1+1a3-1-1a4-1+1an-1-1an+1-1=1a1+1a2-1-1an+1-1=43-1an+1-1 43.又 1a1=1 43，1a1+1a2=54 43，所以 1a1+1a2+1an a2=4，则有 4-an 0.所以，an+1=a2n-an+4 a2n，所以有log2an+1log2an log2a2nlog2an=2.又 log2an=

23、log2anlog2an-1 log2an-1log2an-2 log2a3log2a2 log2a2 2n-2 2=2n-1，所以 log2a1+log2a2+log2an 2024 的最小正整数 n 的值为()A.4B.5C.6D.7【答案】C【详解】由题，an 0，又 4T2n=an+2n，4T2n-1=an+1n-1，n 2,n N*，两式相除可得 an+1n-1=ann，上式两边取对数，可得 n+1lgan-1=nlgan，即 lganlgan-1=n+1n，n 2,n N*，lganlgan-1 lgan-1lgan-2 lga2lga1=n+1nnn-1 32，化简得 lganl

24、ga1=n+12，解得 an=2n+1，又 4T21=a31，即 a1=4，所以 an的通项公式为 an=2n+1，Tn=22 23 2n+1=2n n+32，要使Tn 2024，即 n n+32 22，解得 n -3+1852，且 5 -3+1852 an+1-12【解析】(1)因为 an+Tn=1，所以 Tn=1-an a1=12，所以 Tn-1=1-an-1(n 2)，两式相除，得 an=1-an1-an-1(n 2)，整理为 an=12-an-1，再整理得，11-an-11-an-1=1(n 2)所以数列11-an为以 2 为首项，公差为 1 的等差数列(2)因为 an+Tn=1，所以 a1=12,11-a1=2，由(1)知，11-an=2+n-1，故 an=nn+1，所以 Tn=a1 a2an=12 23 nn+1=1n+1 所以 Sn=T21+T22+T2n=122+132+1(n+1)212 3+13 4+1(n+1)(n+2)=12-13+13-14+1n+1-1n+2=12-1n+2 又因为 an+1-12=n+1n+2-12=12-1n+2，所以 Sn an+1-12