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微考点4-2 2024新高考新试卷结构数列的通项公式的9种题型总结
考点一：已知，求
利用，注意一定要验证当时是否成立
【精选例题】
【例1】
1．已知为数列的前n项和，且，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【例2】
2．定义为个正数的“均倒数”，若已知数列的前项的“均倒数”为，则等于（ ）
A．85 B．90 C．95 D．100
【例3】
3．定义为数列的“优值”．已知某数列的“优值”，前n项和为，下列关于数列的描述正确的有（ ）
A．数列为等差数列
B．数列为递增数列
C．
D．，，成等差数列
【例4】
4．设数列满足，则的前n项和（ ）
A． B．
C． D．
【跟踪训练】
5．无穷数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的有（ ）
A．为等比数列 B．为递增数列
C．中存在三项成等差数列 D．中偶数项成等比数列
6．对于数列，定义为的“伴生数列”，已知某数列的“伴生数列”为，则 ；记数列的前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 ．
考点二：叠加法（累加法）求通项
若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法.
【精选例题】
【例1】
7．数列满足，且对任意的都有，则（ ）
A． B． C． D．
【例2】
8．已知数列的首项，且满足.若对于任意的正整数，存在，使得恒成立，则的最小值是 .
【例3】
9．数列满足，，则的最小值是
【跟踪训练】
10．已知数列，，且，．求数列的通项公式 ；
11．设数列满足，且.
(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
考点三：叠乘法（累乘法）求通项
若数列满足，则称数列为“类比数列”，求变比数列的通项时，利用累乘法.
具体步骤：，，，，
将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得：
整理得：
【精选例题】
【例1】
12．数列的前n项和（，n为正整数），且，则 ．
【例2】
13．数列满足：，，则通项 ．
【跟踪训练】
14．设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=
15．数列满足：，，则的通项公式为 .
16．已知数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若满足，.设为数列的前项和，求.
考点四：用“待定系数法”构造等比数列
形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式.
【精选例题】
【例1】
17．已知数列的前n项和为，首项且，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为 .
【例2】
18．数列的首项为1，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．
【例3】
19．已知数列满足递推公式.设为数列的前项和，则 ，的最小值是 .
【跟踪训练】
20．已知数列满足：①；②.则的通项公式 ；设为的前项和，则 .（结果用指数幂表示）
21．已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
考点五：用“同除指数法”构造等差数列
形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式
【精选例题】
【例1】
22．已知数列满足，，求数列的通项公式.
【精选例题】
23．已知数列满足，求数列的通项公式.
考点六：用“同除法”构造等差数列
形如，的数列，可通过两边同除以，变形为的形式，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式
形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，变形为，即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得.
【精选例题】
【例1】
24．已知数列满足，，，则满足的n的最大取值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【例2】
25．已知正项数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，记数列的前n项和为，证明：．
【跟踪训练】
26．已知数列{}满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．为等比数列 B．{}的通项公式为
C．{}为递增数列 D．的前n项和
27．已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ）
A．－1 B．2 C． D．－2
考点七：取对数法构造等比数列求通项
形如的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
【精选例题】
【例1】
28．已知数列满足，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【跟踪训练】
29．已知数列满足，，则下列说法正确的有（ ）
A．数列是递增数列 B．
C． D．
30．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
考点八：已知通项公式与前项的和关系求通项问题
解题思路：遇到与关系，要么把换为，要么把换为，利用
【精选例题】
【例1】
31．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an= .
【例2】
32．已知数列的前项和为，，且，则下列说法中错误的是（ ）
A． B．
C．是等比数列 D．是等比数列
33．记各项均为正数的数列的前n项和是，已知，n为正整数，
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和；
34．已知数列的前n项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列，求数列的前项和．
考点九：已知数列前n项积型求通项
【例1】
35．记为数列的前项积，已知，则= （ ）
A． B． C． D．
【例2】
36．已知数列中，，且
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求证：对于任意的正整数是与的等比中项．
【题型专练】
37．已知数列的前项积为，若对，，都有成立，且，，则数列的前10项和为 ．
38．已知数列前n项积为，且．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设，求证：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】当时，由求出；当时，由求出；即可求解.
【详解】当时，，；
当时，，不符合，则.
故选：B.
2．C
【分析】根据题中定义，结合数列前项的和与第项的关系进行求解即可.
【详解】因为数列的前项的“均倒数”为，
所以，
于是有，，
两式相减，得，
故选：C
3．ABC
【分析】由新定义可得，利用该递推关系求出数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】由已知可得，
所以，
所以时，，
得时，，
即时，，
当时，由知，满足．
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B正确，
所以，所以
故，故C正确．
，，，，，不是等差数列，故D错误，
故选：ABC．
4．C
【分析】当时，求，当时，由题意得，可求得，即可求解.
【详解】解：当时，，
当时，由得
，两式相减得，，即，
综上，
所以的前n项和为，
故选：C.
5．D
【分析】利用与的关系，求通项公式，从而判断各选项正误.
【详解】解：无穷数列的前项和为，满足
，
当时，，不符合上式，
所以不是等比数列，故A错误；
又，所以不是递增数列，故B错误；
假设数列中存在三项成等差数列，由于，则，所以得：
，则，又
且恒成立，故式子无解，中找不到三项成等差数列，故C错误；
，
是等比数列，即中偶数项成等比数列，故D正确.
故选：D．
6． ##1+3n； .
【分析】根据数列的新定义可得，据此得当时，，两式相减即可求出通项公式，令，根据等差数列和的最大值的性质可得求解即可.
【详解】因为，所以①，
所以当时，，当时，②，① ②：，所以，综上：，，
令，则，可知为等差数列，
又因为对任意，恒成立，所以
则有 解得．
故答案为：；
7．A
【分析】令得，由累加法求得，则，再由裂项相消求和即可.
【详解】已知，令可得，则时，，
，，将以上式子累加可得，则，时也符合，
则，，则
.
故选：A.
8．3
【分析】根据数列的递推公式，运用累加法求出数列的通项公式，经分析得到，若对于任意的正整数，存在，使得恒成立，则有，进而求出的最小值.
【详解】数列满足，且，即，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
以上各式相加，得
又，，
，，
若对于任意的正整数，存在，使得恒成立，则有，
的最小值是3.
故答案为：.
9．8
【分析】根据累加法求出，从而求出，再根据基本不等式即可求出最值．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
，
……
，
又∵，
上述个式子相加得，
，
∴，
当且仅当即时，等号成立，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项公式，考查基本不等式的应用，属于中档题．
10．.
【分析】由得，利用累加法求即可.
【详解】因为，所以，
当时，，，……，，相加得，所以，
当时，也符合上式，所以数列的通项公式.
故答案为：.
11．(1)证明见解析，;
(2) .
【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得；
（2）根据，讨论n的奇偶性，分类求解，利用并项求和法，可得答案.
【详解】（1）由已知得， 即，
是以 4 为首项， 2 为公差的等差数列.
，
当时，,
当时，也满足上式，所以;
（2）,
当为偶数时，
当为奇数时，
,
所以 .
12．
【分析】由的关系可得，由迭代累乘法即可求解.
【详解】由得：
当时,进而得，因为，所以，
故，
故答案为：
13．
【分析】当时，与两式相减，可得出，再由累乘法计算即可得出答案.
【详解】由题意得：①，
当时，，
当时，②，
①②得：，
所以，，，，…，，
累乘得，当时，不满足，
则．
故答案为：.
14．
【分析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项.
【详解】由，得，
∵，∴，∴ ，∴，
∴，
又满足上式，∴.
故答案为：.
15．
【分析】先由条件得，再结合累乘法求得的通项公式即可.
【详解】由得，，
则，
即，又，所以.
故答案为：.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用累乘法即可求解；
（2）由（1）代入可得，利用并项法求和即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以当时，，则，即，
当时，也成立，所以.
（2）由（1），，，
则，
则
.
17．
【分析】由题设知是首项、公比都为2的等比数列，求出的通项公式，进而求得，结合其单调性求最小值，即可得的范围.
【详解】由题设，，则是首项、公比都为2的等比数列，
所以，则，
，则在上递增，
所以，要使恒成立，则.
故答案为：
18．AB
【分析】根据题意可得，从而可得数列是等比数列，从而可求得数列的通项，再根据分组求和法即可求出，即可得出答案.
【详解】解：∵，可得，
又
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；
则，∴，故C错误；
则，故A正确；
∴，故D错误.
故选：AB.
19． ；
【分析】由题意可得，由等比数列的性质可得；利用分组求和法可得，进而可得，再由对勾函数的性质即可得解.
【详解】因为，所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以；
所以，
所以，
由对勾函数的性质可得，当时，，；
当时，，所以单调递增，
当时，；
所以的最小值是.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了构造新数列求数列的通项公式、等比数列的应用，考查了分组求和法求数列前n项和的应用及对勾函数的应用，属于中档题.
20．
【分析】当为奇数时令可得，当为偶数时令，可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，再利用分组求和法计算可得.
【详解】当为奇数时，令，则，
当为偶数时，令，则，
则，
当时，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，则，
当为奇数时，由，则，所以，
当为偶数时，由，则，所以，
所以，
所以
故答案为：，
21．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用数列的递推公式证明出为非零常数，即可证明出数列是等比数列；
（2）确定等比数列的首项和公比，求出数列的通项公式，即可求出.
【详解】（1），，
因此，数列是等比数列；
（2）由于，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，因此，.
【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了数列通项的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
22．.
【分析】由待定系数法构造等比数列后求解
【详解】由两边同除以得，令，
则，设，解得，
，而，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，得
23．
【分析】首先将递推公式化简为，从而得到，即可得到.
【详解】由，可得.
则数列是首项为，公差为1的等差数列，
则，即.
24．C
【分析】将递推公式两边取倒数，即可得到，从而得到数列是以1为首项，4为公差的等差数列，即可求出的通项公式，再解不等式即可．
【详解】解：因为，所以，所以，又，
数列是以1为首项，4为公差的等差数列．
所以，所以，由，即，即，解得，因为为正整数，所以的最大值为；
故选：C
25．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用题给条件求得数列的通项公式，进而求得数列的通项公式；
（2）利用得到，再利用裂项相消法求得数列的前n项和，进而得到.
【详解】（1）数列中，，由，可得
又，则数列是首项为1公差为1的等差数列，则，
则数列的通项公式为
（2）由（1）知，则
则数列的前n项和
由，可得，即．
26．AB
【分析】根据递推关系可得，进而可判断A，由是等比数列即可求解的通项，进而可判断单调性，根据分组求和即可判断D.
【详解】因为，所以，又，所以是以2为首项，3为公比的等比数列，即，所以{}为递减数列，的前n项和．
故选:AB．
27．BCD
【分析】由题意，结合选项根据的取值，得出对应的递推公式，利用归纳法求出对应的通项公式，依次验证即可.
【详解】A：当时，，
得，
所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误；
B：当时，，
得，
所以，符合题意，故B正确；
C：当时，，
得，
所以，符合题意，故C正确；
D：当时，，
得，
所以，符合题意，故D正确.
故选：BCD
28．C
【分析】变换得到，得到是首项为，公比为的等比数列，，计算得到答案.
【详解】，，易知，故，
故是首项为，公比为的等比数列，，，
故.
故选：C.
29．ACD
【分析】作差法得到，即可判断A项；求出前几项，可得出，即可判断B项；由已知推得，然后相加即可得到，即可得到C项；求出，可得出当时，，进而推得，即，然后即可得到.相加根据等比数列的前项和公式，即可得出D项.
【详解】对于A项，由已知可得，，
所以，所以数列是递增数列，故A正确；
对于B项，由已知可得，，，，故B项错误；
对于C项，因为数列是递增数列，所以时，有.
由已知可得，所以，
所以有.
当时，有.
又，，所以，故C项正确；
对于D项，因为，，数列是递增数列，
则当时，有，则有.
所以，，所以有.
又，
所以.
当时，有，
当时，有.
综上所述，，故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：放缩法证明数列不等式.C项中，通过已知得到，推出.进而各式相加得到证明结果.
30．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.
31．；
【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝ an 1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．
考点:等比数列的通项公式．
32．C
【分析】根据已知条件，令代入，求得，判断A;结合数列前n项和与的关系式，求出时，结合，判断C,求出，即可判断B;利用可得，进而推出，即可判断D．
【详解】由题意数列的前项和为，，且，
则，即，即选项A正确；
∵①，
∴当 时，②，
①-②可得，，即，
，不满足 ，
故数列不是等比数列，故C错误，
由时，可得，，则，
故，故B正确；
由得：,
则，即，
故是首项为，公比为3的等比数列，D正确，
故选︰C．
33．(1)
(2)
【分析】（1）项和转化可得，利用等差数列的通项公式即得解；
（2）由，裂项相消求和即可
【详解】（1）当时，相减得，
即，各项均为正数，所以，
故是以首项为1，公差以1的等差数列，
所以；
（2），故，
，
．
34．(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系可得，进而得，由累加法即可求解；
（2）根据分组求和，由等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，①
当时，，②
①-②得：，即，
所以，
所以，由，可得，
当时，，符合上式，
所以．
（2）由题意得，
则
，
所以．
35．C
【分析】根据与的等式，求得的通项公式即得解.
【详解】则，代入，
化简得：，则.
故选:C.
36．(1)见解析；
(2)见解析
【分析】（1）当时，求出，由可得，结合等差数列的定义即可判断；
（2）当时，；当时，由退位相减法求得，再计算得到即可求证.
【详解】（1）当时，，则，由可得，则，
则，即，即，故数列是首项为，公差为的等差数列；
（2）由（1）知，，则，当时，，则；
当时，，，则；
综上可得：对于任意的正整数是与的等比中项．
37．1023
【分析】把化成，结合可知为等比数列，从而可求其通项与其前项和.
【详解】因为，故即（），而，
所以为等比数列，故，
所以，填.
【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果数列是等比数列或等差数列，则用公式直接计算；如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
38．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知得，，两式相除整理得，从而可证得结论，
（2）由（1）可得，再利用累乘法求，从而，然后利用放缩法可证得结论
【详解】（1）因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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