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重难点5-1 数列通项公式的求法
数列的通项公式求法是高考数学的必考考点，通常在选择题、填空题与解答题第一问中考查.难度中等，但有时在同一个题目中会涉及到多种方法综合性较强.
【题型1 观察法求通项】
满分技巧已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．
【例1】（2023·河北张家口·高三尚义县第一中学校联考阶段练习）
1．已知数列，则是这个数列的（ ）
A．第21项 B．第22项 C．第23项 D．第24项
【变式1-1】（2023·内蒙古通辽·高三校考阶段练习）
2．数列，，，，的一个通项公式是an=（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2023·河南·高三校联考期中）
3．数列的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）
4．（多选）已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是（　　）
A． B．
C． D．
【变式1-4】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）
5．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层10个…，则第三十六层球的个数为（ ）
A．561 B．595 C．630 D．666
【题型2 由Sn与an关系求通项】
满分技巧若已知数列的前项和与的关系， 求数列的通项可用公式构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
【例2】（2023·山东潍坊·高三校考期中）
6．数列前项和，则该数列的第4项为（ ）
A．19 B．20 C．21 D．22
【变式2-1】（2023·陕西渭南·高三校考阶段练习）
7．数列的前项和为，若，则 ．
【变式2-2】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）
8．已知数列的前项和为，若，且都有，则（ ）
A．是等比数列 B．
C． D．
【变式2-3】（2023·四川·校联考三模）
9．已知数列满足，则的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-4】（2023·全国·模拟预测）
10．已知数列满足，，且数列的前项和为．若的最大值为，则实数的最大值是 ．
【题型3 累加法求通项】
满分技巧适用于an＋1＝an＋f（n），可变形为an＋1－an＝f（n） 利用恒等式an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）（n≥2，n∈N*）求解
【例3】（2023·福建·高三校联考期中）
11．已知数列满足，且，若，则正整数为（ ）
A．13 B．12 C．11 D．10
【变式3-1】（2023·广东佛山·高二佛山市荣山中学校考期中）
12．已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-2】（2023·山西·高三校联考阶段练习）
13．在等比数列中，，则 .
【变式3-3】（2023·上海普陀·统考一模）
14．若数列满足，（，），则的最小值是 .
【变式3-4】（2023·北京·高三汇文中学校考期中）
15．已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为 .
【题型4 累乘法求通项】
满分技巧适用于an＋1＝f（n）an，可变形为＝f（n） 要点：利用恒等式an＝a1···…·（an≠0，n≥2，n∈N*）求解
【例4】（2023·全国·高三专题练习）
16．已知中，，且，求数列通项公式.
【变式4-1】（2023·山东青岛·高二青岛二中校考阶段练习）
17．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【变式4-2】（2023·河南·模拟预测）
18．已知数列满足，，则（ ）
A．2023 B．2024 C．4045 D．4047
【变式4-3】（2023·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）
19．已知正项数列的前n项积为，且，则使得的最小正整数n的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【变式4-4】（2023·河南·高三校联考开学考试）
20．数列的首项为2，等比数列满足且，则的值为 ．
【题型5 构造法求通项】
满分技巧1、形如（其中均为常数且）型 设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列． 2、形如型 （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列； （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：—①，，两边同时乘以得—②，由①②两式相减得，即，构造等比数列. 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q，r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：.
【例5】（2023·江苏淮安·盱眙中学校考模拟预测）
21．在数列中，，且，则的通项为（ ）
A． B．
C． D．
【变式5-1】（2023·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）
22．已知数列中，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【变式5-2】（2023·全国·模拟预测）
23．已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2023·山西太原·高三统考期中）
24．已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是递增数列 C． D．
【变式5-4】（2023·浙江·模拟预测）
25．已知数列的前项和为
(1)试求数列的通项公式；
(2)求.
【题型6 倒数法求通项】
满分技巧形如an＋1＝（p，q，r是常数），可变形为＝·＋ 要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项； ②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
【例6】（2022·重庆·高三西南大学附中校考阶段练习）
26．已知数列满足：，，则( )
A． B． C． D．
【变式6-1】（2023·全国·高三课时练习）
27．已知数列满足，则数列的前2017项和（ ）
A． B． C． D．
【变式6-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）
28．已知数列各项均为正数，，且有，则（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）
29．已知数列的首项，且满足．若，则n的最大值为 ．
【题型7 三项递推法求通项】
满分技巧适用于形如型的递推式 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
【例7】（2023·四川成都·高三成都七中校考期中）
30．已知数列满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）
31．在数列中，，若，则（ ）
A．18 B．24 C．30 D．36
【变式7-2】（2023·广东茂名·高三校考阶段练习）
32．已知，，（，），为其前项和，则（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）
33．数列满足，且，求通项.
【变式7-4】（2023·全国·高三对口高考）
34．数列满足：，，且，则数列的通项公式为 ．
【题型8 不动点法求通项】
满分技巧（1）定义：方程的根称为函数的不动点． 利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列中，已知，且时，（是常数）， ①当时，数列为等差数列； ②当时，数列为常数数列； ③当时，数列为等比数列； ④当时，称是数列的一阶特征方程， 其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：； （3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）． （1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）； （2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）． （其中、可利用，求得）
【例8】（2023·全国·高三专题练习）
35．若（，且）求数列的通项公式．
【变式8-1】（2023·全国·高三专题练习）
36．已知数列满足性质：对于且求的通项公式.
【变式8-2】（2022·全国·高三专题练习）
37．已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式．
【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）
38．数列满足下列关系：，，，求数列的通项公式．
【变式8-4】（2023·全国·高三专题练习）
39．已知数列满足，．求数列的通项公式．
（建议用时：60分钟）
（2023·四川内江·校考模拟预测）
40．已知数列1，，，，3，，…，，…，则7是这个数列的（ ）
A．第21项 B．第23项 C．第25项 D．第27项
（2023·天津·高三天津市咸水沽第一中学校考期中）
41．设是数列的前项和，已知且，则（ ）
A．9 B．27 C．81 D．101
（2023·陕西安康·安康中学校考模拟预测）
42．在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·陕西汉中·高三统考阶段练习）
43．设数列满足，且，则数列的前9项和为（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津北辰·高三统考期中）
44．已知数列的前项和为，且，则（ ）
A． B． C．16 D．32
（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）
45．已知数列的前n项和为，若，，（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高三专题练习）
46．数列满足（），则等于（ ）
A． B． C． D．
（2022·高二单元测试）
47．已知数列满足=，，则数列的通项公式是（ ）.
A． B．
C． D．
（2023·安徽亳州·高二亳州二中校考期中）
48．已知数列满足，，数列的前n项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
（2023·福建福州·高三校考阶段练习）
49．已知数列的前项的和为，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是等比数列
C． D．
（2023·全国·模拟预测）
50．已知数列满足，，则该数列的通项公式为 ．
（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）
51．已知数列满足：，，若，则数列的前50项和为 .
（2023·广东佛山·高三佛山市第四中学校考开学考试）
52．已知，，则数列的通项公式是 ．
（2022·福建漳州·高三校考期中）
53．已知为数列的前项和，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
（2023·湖南衡阳·高二校考期末）
54．已知数列满足，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据规律可知数列的通项公式为，计算可得是这个数列的第22项.
【详解】由题意可得数列的通项公式为，
又，解得，
所以是这个数列的第22项．
故选：B．
2．C
【分析】根据所给数列的特点，先写出数列，，，，的通项公式，再写出数列，，，，的通项公式，最后写出数列，，，，的通项公式.
【详解】因为数列，，，，的通项公式为，
则数列，，，，的通项公式为，
而数列，，，，的每一项都是上面数列对应项的，
所以数列，，，，的通项公式为.
故选：C.
3．D
【分析】验证各项是否符合即可.
【详解】设该数列为，.
选项A，，不满足题意，故A错误；
选项B，，不满足题意，故B错误；
选项C，，不满足题意，故C错误；
选项D，，均满足题意.
故选：D.
4．ABD
【分析】根据n的奇偶性分类讨论逐一判断即可.
【详解】对于A，当n为奇数时，，当n为偶数时，，故A中通项公式正确；
对于B显然正确；
对于C，当时，，显然不符合；
对于D，当n为奇数时，，当n为偶数时，，故D中通项公式正确.
故选：ABD．
5．D
【分析】通过前几层小球的个数，可以发现规律得出结果.
【详解】由题意，第一层个球，第二层个，第三层个，第四层个，
据此规律，第三十六层有小球个.
故选：D
6．B
【分析】根据即可求解.
【详解】，
该数列的第4项.
故选：B.
7．
【分析】降次作差得，再利用等比数列通项公式即可得到答案.
【详解】①，②，
两式相减得，故，，
令中得，，
所以，而不适合上式，
故答案为：.
8．D
【分析】由已知变形得递推关系，再计算出，因此得出，结合可得，然后由求出通项，再利用计算出．从而可判断各选项．
【详解】依题意，因为，
即，
又，所以，又，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，所以，
时，，时，，
所以，
故选：D．
9．B
【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得.
【详解】当时，有，所以，
当时，由，，
两式相减得，
此时，，也满足，
所以的通项公式为.
故选：B.
10．
【分析】将已知化简为，由前n项和与通项关系可求得，进而可得，结合等差数列前n项和取最大值时的性质即可求得结果.
【详解】因为，即，
当时，，
两式相减得，
所以，（），
又满足，
所以，（），
令，，显然数列是等差数列，
若的最大值为，则，解得，
所以实数的最大值是.
故答案为：.
11．B
【分析】确定，，利用累加法确定，代入计算得到答案.
【详解】，故，，故，
.
故，
，即，故，解得.
故选：B
12．B
【分析】由得，两式相减得，把分别代入，用累乘法得，，再验证也成立，即可得到.
【详解】由得，
两式相减得: ,
即，即，即，.
所以，，，…，.
相乘得：……，
即，因为，所以，.
当时，，所以.
故选：B
13．
【分析】先求得，然后利用累加法求得.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，所以，所以，
则当时，，
则.又也满足，所以.
故答案为：
14．6
【分析】利用累加法求得，计算，由对勾函数的性质求最小值，注意是正整数.
【详解】由已知，，…，，，
所以，，
又也满足上式，所以，
设，由对勾函数性质知在上单调递减，在递增，
因此在时递减，在时递增，
又，，
所以的最小值是6，
故答案为：6.
15．24
【分析】利用累加法得到，，即可得到，然后对分奇数和偶数两种情况讨论.
【详解】由题意得，，
所以
，
又，
所以，，
当为偶数时，令，解得，
当为奇数时，令，因为函数的对称轴为，
当时，，当时，，所以，
综上可得集合中元素的个数为.
故答案为：24
16．.
【分析】根据给定条件，利用累乘法列式求解作答.
【详解】数列中，，，显然，当时，，
，也满足上式，
所以数列通项公式是.
17．B
【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，所以
，也符合，所以，是单调递增数列，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
18．C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
【详解】，
，
即，
可得，
.
故选：C.
19．C
【分析】由递推关系可得，取对数并利用累乘法可求得的通项公式，再求出，利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】由题，，又，
，，两式相除可得，
上式两边取对数，可得，即，，
，
化简得，解得，
又，即，
所以的通项公式为，
，
要使，即，解得，
且，所以满足题意的最小正整数的值为6.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题要由递推关系求出通项公式，再根据前项积求出.
20．2
【分析】根据等比数列定义可写出数列的通项公式，再利用累乘可得出数列的表达式，代入计算即可得.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，
利用等比数列定义可知
所以可得，
，
，
由累乘可得，
整理可得
所以，
又，所以可得；
即.
故答案为：2
21．A
【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】解：∵，∴，
由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．
故选：A
22．C
【分析】分析得到数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，求出数列的通项即得解.
【详解】
所以所以数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，
所以.
故选：C
23．BCD
【分析】先利用配凑法求出数列的通项公式，即可判断选项A、B、D；再利用求和方法即可判断选项C.
【详解】由，可得：
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
则，
故.
所以
.
则，
所以选项A错误，选项B、D正确.
因为
所以正确．
故选：BCD．
24．BD
【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
25．(1)
(2)
【分析】（1）构造数列使其为等差数列，根据等差数列定义然后变形即可求解.
（2）由错位相减法即可求解.
【详解】（1）由题意，两边同时除以，将其变形为，即，
由等差数列的定义可知是以首项为、公差为的等差数列，
所以，即.
（2）由（1）可知，显然当时，有，
当时，有，
所以，
两式相减得
.
而当时，也有，
综上所述：，.
26．C
【分析】结合已知条件，对取倒数，然后构造等比数列即可求解.
【详解】由题意，，即，故，
又因为，所以数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
从而，解得.
故选：C.
27．C
【分析】取倒数后可得，利用累加法可得数列的通项，利用裂项相消法可求.
【详解】根据题意，有，于是，
进而，
于是，进而.
故选：C
28．D
【分析】设，根据题设中的递推关系可得，故利用等比数列的通项公式可求，从而可求的通项公式.
【详解】，，
显然若，则，则，，与题意矛盾，
所以，，两边同时取倒数，得：，
设，，，，
因为，故，故，所以为等比数列，
所以，故，所以，
故，
故选：D.
29．15
【分析】应用等差数列定义得出等差数列,根据差数列通项公式及求和公式求解计算即得.
【详解】因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
可求得，
所以，即且单调递增,.
则n的最大值为15.
故答案为:15.
30．A
【分析】根据已知的递推公式得出数列为等比数列，写出其通项公式，然后累加法求出数列的通项公式，从而求出的值即可.
【详解】因为，
所以，
即，
所以数列以首项为，公比为4的等比数列，
所以，
，
，
，
，
累加得：
，
所以，
所以，
故选：A.
31．A
【分析】由已知可得，则数列是等差数列，从而可求出，进而可求得，然后由可求得结果.
【详解】由且数列不存在为0的项，得，
所以数列是等差数列，且首项为，公差为，
所以，所以．
由，得，
故选：A．
32．B
【分析】利用递推关系构造得是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由（，）可得，
已知，，所以，
即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
，，，，，
，
故选B.
33．
【分析】构造法求证为等比数列并写出通项公式，再应用累加法求数列通项公式.
【详解】因为，所以，
又，所以，
由等比数列定义知，数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，
累加法可得：，
所以，又符合该式，
故.
34．
【分析】由，化简得，则为等差数列，写出数列的通项公式，进而求出数列的通项公式．
【详解】由，
化简得，
由，，
得，
所以是以为首项，以为公差的等差数列，
所以，
所以.
故答案为：.
35．
【详解】根据迭代数列，构造函数，易知有唯一的不动点，
根据定理3可知，，，，则，即数列是以首项，公差为的等差数列．则对应的通项公式为，解得，
又也满足上式．
∴的通项公式为．
36．
【分析】根据特征方程的根，构造数列的通项公式，再得到数列的通项公式.
【详解】依定理作特征方程变形得其根为
故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
，
∴
∴
即.
37．
【分析】令，求出数列的不动点，据此变形递推关系式，可构造等差数列，即可求出数列通项公式．
【详解】令．先求出数列的不动点，解得．
将不动点代入递推公式，得，
整理得，，
∴．
令，则，．
∴数列是以为首项，以1为公差的等差数列．
∴的通项公式为．
将代入，得．
∴．
38．
【分析】结合函数求出不动点，将递推公式化简为，判断是以为首项，公差为的等差数列，即可求解.
【详解】令函数，解方程求出不动点，
于是，
∴是以为首项，公差为的等差数列，
∴，
∴.
39．
【分析】使用不动点法构造，，两式相除得到，两边取对数，令，则数列是公比为的等比数列，从而求出通项公式.
【详解】依题，
记，
令，求出不动点或3；由定理3知：，，
∴，又，所以，……，，，
∴．
又，令，则数列是首项为，公比为的等比数列．
∴．由，得．
∴．
40．C
【分析】根据题设给定的数列通项公式即可判断7的位置.
【详解】因为数列的第项为，而，
所以7是题中数列的第25项．
故选：C
41．B
【分析】时，，作差得数列从第二项起成等比数列，即可求解.
【详解】时，，
时，，
作差得，即,
所以数列从第二项起成等比数列，
所以.
故选：B.
42．B
【分析】利用递推公式可得相邻两项前后项之差，再利用累加法可得通项，最后裂项相消求和即可.
【详解】因为，故可得，，…，，及累加可得，
则，所以，
则．
故选：B．
43．C
【分析】应用累加法求的通项公式，再由裂项相消求数列的前9项和.
【详解】由题设，，
所以，
故.
故选：C
44．B
【分析】先利用和与项的关系，将和转化为项，判断出数列为等比数列，即可求解.
【详解】∵①，
∴②，
②减去①得：，即，
又∵，即，
∴数列是以为首项，公比为的等比数列，
∴.
故选：B.
45．D
【分析】由，可得，由此得到数列为等比数列，求出，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，所以，
因为，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
所以．
故选：D
46．A
【分析】先求，再由已知仿写作差得到，验证是否符合，最后再用等差数列的求和公式求解.
【详解】由，，得，
当时，
，
两式相减得，
则，
显然满足上式，
因此，
所以.
故选：A
47．A
【分析】由递推公式可得数列是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解.
【详解】因为，所以,
设,可得,
所以，即,
所以，
所以数列是首项为，公比为3的等比数列，
所以，所以 .
故选:A.
48．ABD
【分析】求得数列的通项公式和前n项和公式，再去验证选项即可解决.
【详解】由，
可得：，，，，，
则
即，则，又时也成立，所以
故选项B判断正确；
由，可知选项A判断正确；
令
则2
两式相减得
故选项D判断正确；
由，可得选项C判断错误.
故选：ABD
49．AD
【分析】根据递推公式可判定A，利用特殊项结合等比数列的定义可判定B，利用迭代法及等比数列的定义结合的关系可判定C、D.
【详解】由题意可知，所以，故A正确；
因为，
所以不能是等比数列，故B错误；
因为（），即（），
所以，
所以，即，
又因为，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以，
所以，
即，故D正确．
故选：AD.
50．
【分析】根据条件，得到，由等比数列的定义得到，再通过变形得到数列是以为首项，3为公差的等差数列，即可求出结果.
【详解】当时，，
又，所以数列是以3为首项，为公比的等比数列，
所以，等式两边同时除以，得，
又，所以数列是以为首项，3为公差的等差数列，
所以，得到，
故答案为：.
51．
【分析】由题意可得数列中从奇数项起的连续三项成等比数列，从偶数项起的连续三项成等差数列，分别求得数列中的前10项，进而归纳出，由数列的裂项相消求和可得所求和．
【详解】由，，
可得数列中从奇数项起的连续三项成等比数列，从偶数项起的连续三项成等差数列，
又，，可得数列的前10项为1，2，4，6，9，12，16，20，25，30，
由此可得
进而可得，
则数列的前50项和为
．
故答案为：．
52．
【分析】根据题意化简得到，结合，即可求解.
【详解】由题意知，整理得，可得，
又由，则，
所以数列的通项公式为，显然n = 1也满足.
故答案为：
53．(1)()
(2).
【分析】（1）对于已知和式的条件，一般是构造另一个和式与之作差，即可求出通项，不过需要检验首项是否符合,符合则是通项，不符合则分段表示通项；
（2）对于通项型如的数列求和，一般考虑裂项相消法即可.
【详解】（1）∵，
∴当时，，
两式相减得，即 ()，
当时，，符合上式，
∴的通项公式为()．
（2）∵，
∴，
∴．
54．(1)
(2)
【分析】（1）推导出数列是等比数列，为常数列，求出这两个数列的通项公式，即可求得数列的通项公式；
（2）由已知可得，利用错位相减法与分组求和法可求得的表达式.
【详解】（1）解：因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，①
又因为，所以，数列为常数列，
故，②
②①可得，所以，，
所以，对任意的，.
（2）解：令，则，
则.
令①，
所以②，
①②得，
所以，所以.
答案第1页，共2页
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