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特训 12 求数列通项公式的经典方法（八大题型）
1、公式法：
a、根据等差、等比数列的通项公式或前 n 项和公式，结合已知条件进行解题。
b、已知 an 与 Sn 的关系式：
①当 n＝1 时，由 a1＝S1求 a1的值．
②当 n≥2 时，由 an＝Sn－Sn－1，求得 an的表达式
③检验 a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示 an．
④写出 an的完整表达式．
2、累加法：an an-1=f(n-1)，累加后结果为 an a1=f(1)+f(2)+ +f(n 1)
3、累乘法：an/an-1=f(n-1)， 累乘后结果为 an/a1=f(1)·f(2)· ·f(n 1)
4、构造法：
（1）、待定系数法：
（2）、同除+待定系数：
（3）、取倒数+待定系数：
（4）、取对数+待定系数：
（5）、连续三项：
5、不动点法：→不动点：方程 f(x)=x 的根称为函数 f(x)的不动点。
数列通项公式例题分析:
目录：
01 ：公式法（构造公式法）
02 ：累加法
03 ：累乘法
04 ：待定系数法
05 ：对数变换法
06 ：数学归纳法
07：换元法
08 ：不动点法
01 ：公式法（构造公式法）
1. 已知数列{an}满足 an+1 = 2a + 3 2
n
n ， a1 = 2，求数列{an}的通项公式。
a 2a 3 2n 2n+1 an+1 an 3 an+1 an 3 a a解： n+1 = n +
2
两边除以 ，得 n+1 = n + ，则 n+1 - n = ，故数列{
n }是以 1 = =1
2 2 2 2 2 2 2n 21 2
3 a
为首项，以 为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得 nn =1+ (n 1)
3
- ，所以数列{an}的通项公2 2 2
a (3 n 1= - )2n式为 n 。2 2
n a a 3 a
评注：本题解题的关键是把递推关系式 a = 2a + 3 2 转化为 n+1 n nn+1 n 2n+1
- n = ，说明数列{ n }是等差数2 2 2
a 3
列，再直接利用等差数列的通项公式求出 nn =1+ (n -1) ，进而求出数列{an}的通项公式。2 2
02 ：累加法
2. 已知数列{an}满足 an+1 = an + 2n +1，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
解：由 an+1 = an + 2n +1得 an+1 - an = 2n +1则
an = (an - an-1) + (an-1 - an-2 ) +L+ (a3 - a2 ) + (a2 - a1) + a1
= [2(n -1) +1]+ [2(n - 2) +1]+L+ (2 2 +1) + (2 1+1) +1
= 2[(n -1) + (n - 2) +L+ 2 +1]+ (n -1) +1
2 (n -1)n= + (n -1) +1
2
= (n -1)(n +1) +1
= n2
2
所以数列{an}的通项公式为 an = n 。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 an+1 = an + 2n +1转化为 an+1 - an = 2n +1，进而求出
(an - an-1) + (an-1 - an-2 ) +L+ (a3 - a2 ) + (a2 - a1) + a1，即得数列{an}的通项公式。
n
变式（变式题均无答案）：已知数列{an}满足 an+1 = an + 2 3 +1，a1 = 3，求数列{an}的通项公式。
03 ：累乘法
n
3. 已知数列{an}满足 an+1 = 2(n +1)5 an，a1 = 3，求数列{an}的通项公式。
n a n
解：因为 an+1 = 2(n +1)5 an，a1 = 3，所以 an 0 ，则 n+1 = 2(n +1)5 ，故an
a an a= × n-1 L a3 a× × × 2n × aa a 1n-1 n-2 a2 a1
= [2(n -1+1)5n-1][2(n - 2 +1)5n-2 ]×L×[2(2 +1) 52 ][2(1+1) 51] 3
= 2n-1[n(n -1) ×L×3 2] 5(n-1)+(n-2)+L+2+1 3
n(n-1)
= 3 2n-1 5 2 n!
n(n-1)
所以数列{an}的通项公式为 an = 3 2
n-1 5 2 n!.
变式：已知数列{an}满足 a1 =1，an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2) ，求{an}的通项公式。
04 ：待定系数法
4.已知数列{an}满足 an+1 = 2an + 3 5
n，a1 = 6 ，求数列 an 的通项公式。
a + x 5n+1解：设 n+1 = 2(an + x 5
n ) ④
将 an+1 = 2an + 3 5
n n n+1 n
代 入 ④ 式 ， 得 2an + 3 5 + x 5 = 2an + 2x 5 ， 等 式 两 边 消 去 2an ， 得
3 ×5n + x ×5n+1 = 2x ×5n n，两边除以5 ，得3+ 5x = 2x,则x = -1, n+1 n代入④式得 an+1 - 5 = 2(an - 5 ) ⑤
n+1
由 a 51 a- = 6 - 5 =1 0 n及⑤式得 a - 5 0 ，则 n+1 - 5 = 2 {a n 11 n n ，则数列 n - 5 }是以 a1 - 5 =1为首项，an - 5
以 2为公比的等比数列，则 an - 5
n = 2n-1 ，故 an = 2
n-1 + 5n 。
评注：本题解题的关键是把递推关系式 an+1 = 2an + 3 5
n a - 5n+1 = 2(a - 5n转化为 n+1 n ) ，从而可知数列
{a - 5nn }
n
是等比数列，进而求出数列{an - 5 }的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。
变式：
① {a } a = 3a + 5 2n已知数列 n 满足 n+1 n + 4，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
②已知数列{an}满足 an+1 = 2an + 3n
2 + 4n + 5，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
05 ：对数变换法
5.已知数列{an}满足 an+1 = 2 3
n a5n ， a1 = 7，求数列{an}的通项公式。
解：因为 an+1 = 2 3
n a5n，a1 = 7，所以 an > 0，an+1 > 0 。在 an+1 = 2 3
n a5n 式两边取常用对数得
lg an+1 = 5lg an + n lg3 + lg 2 ⑩
设 lg an+1 + x(n +1) + y = 5(lg an + xn + y) 1○1
将⑩式代入1○1式，得 5lg an + n lg3+ lg 2 + x(n +1) + y = 5(lg an + xn + y) ，两边消去 5lg an 并整理，得
(lg3+ x)n + x + y + lg 2 = 5xn + 5y ，则
ì lg3
ìlg3+ x = 5x x = 4
í ，故
x + y + lg 2 = 5y
í
y lg3 lg 2= +
16 4
1○1 lg a lg3 (n lg3 lg 2代入 式，得 n+1 + +1) + + = 5(lg a
lg3 n lg3 lg 2+ + + ) 1○2
4 16 4 n 4 16 4
由 lg a lg31 + 1
lg3 lg 2
+ + = lg 7 lg3 1 lg3 lg 2+ + + 0 及1○2式，
4 16 4 4 16 4
lg3
得 lg an + n
lg3 lg 2
+ + 0，
4 16 4
lg a lg3n+1 + (n +1)
lg3 lg 2
+ +
则 4 16 4lg3 lg3 lg 2 = 5，lg an + n + +4 16 4
{lg a lg3 n lg3 lg 2} lg 7 lg3 lg3 lg 2所以数列 n + + + 是以 + + + 为首项，以 5为公比的等比数列，则4 16 4 4 16 4
lg a lg3 n lg3 lg 2 (lg 7 lg3 lg3 lg 2n + + + = + + + )5
n-1
，因此
4 16 4 4 16 4
lg a (lg 7 lg3 lg3 lg 2)5n-1 lg3 n lg3 lg 2n = + + + - - -4 16 4 4 6 4
1 1 1 n 1 1
= (lg 7 + lg34 + lg36 + lg 24 )5n-1 - lg34 - lg316 - lg 24
1 1 1 n 1 1
= [lg(7 ×34 ×316 × 24 )]5n-1 - lg(34 ×316 × 24 )
1 1 1 n 1 1
= lg(7 ×34 ×316 × 24 )5n-1 - lg(34 ×316 ×24 )
5n-1 -n 5n-1 -1 5n-1 -1
= lg(75n-1 ×3 4 ×3 16 ×2 4 )
5n-4n-1 5n-1 -1
= lg(75n-1 ×3 16 × 2 4 )
5n-4n-1 5n-1 -1
5n-1
则 an = 7 3 16 2 4 。
n 5
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 an+1 = 2 3 an 转化为
lg a lg3 (n 1) lg3 lg 2 5(lg a lg3 n lg3 lg 2n+1 + + + + = n + + + )，从而可知数列4 16 4 4 16 4
{lg a lg3 n lg3 lg 2} lg3 lg3 lg 2n + + + 是等比数列，进而求出数列{lg an + n + + }的通项公式，最后再求4 16 4 4 16 4
出数列{an}的通项公式。
06 ：数学归纳法
6. 已知数列{an}满足 a
8(n +1) 8
n+1 = an + 2 2 ，a1 = ，求数列{a(2n +1) (2n + 3) 9 n
}的通项公式。
a a 8(n +1) 8解：由 n+1 = n + 2 及 a = ，得(2n +1) (2n + 3)2 1 9
a a 8(1+1) 8 8 2 242 = 1 + = + =(2 1+1)2 (2 1+ 3)2 9 9 25 25
a3 = a
8(2 +1) 24 8 3 48
2 + = + =(2 2 +1)2 (2 2 + 3)2 25 25 49 49
a a 8(3+1) 48 8 4 804 = 3 + 2 2 = + =(2 3 +1) (2 3 + 3) 49 49 81 81
a (2n +1)
2 -1
由此可猜测 n = 2 ，往下用数学归纳法证明这个结论。(2n +1)
(2 1+1)2 -1 8
（1）当 n =1时， a1 = 2 = ，所以等式成立。(2 1+1) 9
(2k +1)2 -1
（2）假设当 n = k 时等式成立，即 ak = ，则当 n = k +1时，(2k +1)2
a a 8(k +1)k +1 = k + (2k +1)2 (2k + 3)2
(2k +1)2 -1 8(k +1)
= +
(2k +1)2 (2k +1)2 (2k + 3)2
[(2k +1)2 -1](2k + 3)2 + 8(k +1)
=
(2k +1)2 (2k + 3)2
(2k +1)2 (2k + 3)2 - (2k + 3)2 + 8(k +1)
=
(2k +1)2 (2k + 3)2
(2k +1)2 (2k + 3)2 - (2k +1)2
=
(2k +1)2 (2k + 3)2
(2k + 3)2 -1
=
(2k + 3)2
[2(k +1) +1]2 -1
=
[2(k +1) +1]2
由此可知，当 n = k +1时等式也成立。
*
根据（1），（2）可知，等式对任何 n N 都成立。
评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再
用数学归纳法加以证明。
07：换元法
7. 已知数列{an} a
1
满足 n+1 = (1+ 4an + 1+ 24an )，a1 =1，求数列{an}的通项公式。16
解：令bn = 1+ 24a
1 2
n ，则 an = (bn -1)24
a 1= (b2 1) a 1故 n+1 n+1 - ，代入 n+1 = (1+ 4an + 1+ 24an ) 得24 16
1 (b2n+1 -1)
1
= [1 4 1+ (b2n -1) + b24 16 24 n
]
4b2即 n+1 = (b
2
n + 3)
因为bn = 1+ 24an 0，故bn+1 = 1+ 24an+1 0
2b 1 3则 n+1 = bn + 3，即bn+1 = bn + ，2 2
1
可化为bn+1 - 3 = (b2 n
- 3) ，
所以 {bn - 3}是以 b1 - 3 = 1+ 24a
1
1 - 3 = 1+ 24 1 - 3 = 2为首项，以 为公比的等比数列，因此2
b 3 2(1- = )n-1 = (1)n-2 1 n-2 1 n-2n ，则bn = ( ) + 3，即 1+ 24a2 2 2 n
= ( ) + 3，得
2
a 2 (1)n (1)n 1n = + + 。3 4 2 3
1 3
评注：本题解题的关键是通过将 1+ 24an 的换元为bn ，使得所给递推关系式转化bn+1 = bn + 形式，从2 2
而可知数列{bn - 3}为等比数列，进而求出数列{bn - 3}的通项公式，最后再求出数列{an}的通项公式。
08 ：不动点法
21a - 24
8. 已知数列{an}满足 a nn+1 = ，a1 = 4 ，求数列{an}的通项公式。4an +1
解：令 x 21x - 24= 4x2，得 - 20x + 24 = 0 ，则 x1 = 2，x2 = 3是函数 f (x)
21x - 24
= 的两个不动点。
4x +1 4x +1
因为
21an - 24 - 2
an+1 - 2 4an +1 21an - 24 - 2(4an +1) 13an - 26 13 a - 2 ìa - 2ü= 21a 24 = = =
n 。 所 以 数 列 í n 是 以a -n+1 - 3 n - 3 21an - 24 - 3(4an +1) 9an - 27 9 an - 3 a - 3

n
4an +1
a1 - 2 4 - 2 2 13 a - 2 13 n-1 1= = 为首项，以 为公比的等比数列，故 n = 2( ) ，则 a = + 3。
a1 - 3 4 - 3 9 an - 3 9
n
2(13)n-1 -1
9
f (x) 21x - 24 x 21x - 24评注：本题解题的关键是先求出函数 = 的不动点，即方程 = 的两个根
4x +1 4x +1
x 2 x 3 an+1 - 2 13 an - 2
ìa
= ， = ，进而可推出 = × ，从而可知数列 í n
- 2ü
1 2 为等比数列，再求出数列an+1 - 3 9 an - 3 an - 3
ìan - 2üí 的通项公式，最后求出数列{a }的通项公式。
a
n
n - 3
7a
变式：已知数列{a }满足 a = n - 2n n+1 ，a1 = 2 ，求数列{an}的通项公式。2an + 3
一、解答题
a
1．（2023· 2k +2广西南宁·模拟预测）数列 a *n 满足 2a2k +1 = a2k -1 + a2k +3 ， = qa （ k N ,q 为正常数），且2k
a2 = 2a = 2 21 ， a3 = a2 × a6， a1 + a2 + a3 = a5 .
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn .
ì3n -1
,n为奇数
【答案】(1) an = í 2
n
22 ,n为偶数
ì3n2 + 4n -15 n+1
+ 2 2 ,n为奇数
(2) S 8n = í
3n2 - 2n -16 n+2 2
+ 2 ,n为偶数 8
【分析】（1）由题意可得奇数项成等差数列，设公差为 d，且偶数项成等比数列，公比为q(q > 0)，运用等
差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差 d 和公比 q，即可得到所求通项公式；
（2）讨论 n 为偶数和奇数，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和.
a
【解析】（1 a 2k +2）数列 n 满足 2a2k +1 = a2k -1 + a2k +3 , = qa ，2k
可得 a2k -1,a2k +1,a2k +3 成等差数列，即奇数项成等差数列,设公差为 d ,
2
且偶数项成等比数列,公比为q(q > 0) ,且 a2 = 2a1 = 2， a3 = a2 ×a6， a1 + a2 + a3 = a5 ,
可得 (1+ d )2 = 2 ×2q2 ,3+1+ d =1+ 2d ,
解得 d = 3,q = 2 ,
ì1 3 n +1+ × -1 ÷ , n
ì3n -1
为奇数 ,n为奇数
则 a è 2 n = í ,化为 a 2n = í
n n-1
2 ×22 , n为偶数 2
2 ,n为偶数
（2）当 n 为偶数时,
数列 an 的前 n 项和
Sn = a1 + a3 + + an-1 + a2 + a4 + + an
n
2 1- 22 ÷
1 n
= × 1 3n - 4+ + è
2 2 2 ֏ 1- 2
3n2 - 2n 1 n+
= + 2 2 - 2
8
当 n 为奇数时 (n 3) ,
S S a 3(n -1)
2 - 2(n -1) 1 n-1+2 2 2 3n -1n = n-1 + n = + - +8 2
3n2 + 4n +1 n+1
= + 2 2 - 2
8
当 n =1时 S1也适合上式.
ì3n2 + 4n -15 n+1
+ 2 2 ,n为奇数
综上: Sn =
8
í 2
3n - 2n -16
n+2
+ 2
2 ,n为偶数
8
2．（2024·云南·模拟预测）已知数列 an ,a1 =1,an+1 = Sn +1 n…1,n Z .
(1)求 an ；
(2)令b
log
= 2
an+1
n ,Ta n 为数列 bn 的前 n 项和，求Tn .n
(1) a = 2n-1【答案】 n
n-1
(2)Tn = 4 - n + 2
1
÷ .
è 2
【分析】（1）利用 an+1 = Sn +1得到 an = Sn-1 +1，再用两式相减可得 an+1 = 2an，由于此时 n 2，所以需要对
第一项和第二项进行检验， a2 = S1 +1 = a1 +1 = 2a1 ，最后可判断 an 是等比数列，并求出通项；
1 n-1
（2）先求出bn = n ÷ ，再利用错位相减法来求出它的前 n 项和.
è 2
【解析】（1）由 an+1 = Sn +1 n 1, n Z ，
所以当 n 2时，有 an = Sn-1 +1，两式相减得： an+1 - an = Sn - Sn-1 = an ，
即 an+1 = 2an .
又有 a2 = S1 +1 = a1 +1 = 2a1 ，
所以 an n-1是以 a1 =1为首项，公比为 2 的等比数列，所以 an = 2 .
b log2a2 1 n+1 n 1
n-1

（ ）由（ ）知： n = = a 2 ÷
，
n è
0
T 1 1 2 1
1 1 2 1 n-2 1 n-1
所以 n = ÷ +
+ 3 ÷ ÷ +L+ n -1
+ n
2 2 2 2 ÷ 2 ÷
，
è è è è è
T 1 1 1 2 1 3 1 n-1 1 n
则 n =1 ÷ + 2

2 2
+ 3
2 ÷ ÷
+L+ n -1
2 ÷
+ n ÷ ，
è è è è 2 è 2
n
2 n-1 n 1
1
-
T
上面两式相减得： n 1 1
n
1 1 1 ÷ 1 1
n
= + ÷ + ÷ +L+
- n è 2 ÷ ÷ = 1 - n

2 2 2 2 2 ÷
= 2 - n + 2 ÷ ，
è è è è 1- è 2 è 2
2
n-1
所以Tn = 4 - n + 2
1
2 ÷
.
è
3．（2024·内蒙古包头·三模）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 = 3， Sn =1+ an+1．
(1)证明：数列 Sn -1 是等比数列，并求 Sn ；
ì 1 ü
(2)求数列 í 的前 n 项和Ta n
．
n
【答案】(1) n证明见解析， Sn = 2 +1
n-1
(2)T 4 1n = -

3 ֏ 2
【分析】(1)根据题意 Sn =1+ an+1及 an+1 = Sn+1 - Sn ，整理可得，即可得证；
1
(2)根据(1)中 Sn 可求出 an 分类讨论求出 a 的通项公式，再根据等比数列前 n 项和可求得
Tn .
n
【解析】（1）因为 Sn =1+ an+1，又 an+1 = Sn+1 - Sn ，
所以 Sn+1 - 2Sn +1 = 0，整理得 Sn+1 -1 = 2 Sn -1 ．
由题意得 S1 -1 = a1 -1 = 2，
n
所以数列 Sn -1 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，故 Sn -1 = 2 ，
n
即 Sn = 2 +1．
ì 3, n =1
（2）由（1）可 an = í2n-1 ， , n 2
1 1
当 n =1时，T1 = =a 3 ，1
1 1 n-1
当 n 2时， =
a ÷
，
n è 2
1 1 1 2T 1 1
n-1
所以 n = + ÷ + ÷ + ××× +

÷ ，3 è 2 è 2 è 2
1 é 1 n-1 ù
ê1- ÷ ú
T 1
2 ê è 2 ú 4 1
n-1
n = +

1 = -

3 3 ÷
.
1- è 2
2
n-1
当 n =1 4 1 1，代入Tn = - ÷ = 满足公式，3 è 2 3
4 1 n-1
综上，Tn = -3 2 ÷è
1 2 3 n
4．（2023· n湖北荆州·模拟预测）已知数列 an 满足 + + +L+ = 2 -1a1 a2 a
．
3 an
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)求 an 的前 n 项和 Sn ．
n
【答案】(1) an = 2n-1
(2) Sn = 4
n + 2
-
2n-1
【分析】（1）利用作差法即可得解；
（2）利用错位相减法即可得解.
1 2 3 n
【解析】（1）因为 + + +L+ = 2n -1a1 a2 a
，
3 an
当 n =1时，得 a1 =1，
1 2 3 n -1
当 n
n-1
2时， + + +L+ = 2 -1a ，1 a2 a3 an-1
n n-1 n
两式相减得： = 2a ，则 an = 2n-1
，
n
检验： a1 =1
n
满足上式，故 an = 2n-1
；
n
（2）由（1）知 an = 2n-1
，
S 1 2 n -1 n则 n = 0 + 1 +L+ n-2 + ，2 2 2 2n-1
1 S 1 2 L n -1 n故 n = 1 + 2 + +2 2 2 2n-1
+ n ，2
1 1 1 1 1 n
两式相减可得： Sn = 0 + 1 + +L+2 2 2 22 2n-1
-
2n
1 1
n
- ÷ n
= è 2 - n = 2
n + 2
- ，n
1 1- 2 2
2
n + 2
故 Sn = 4 - 2n-1
．
5．（2023·山东·二模）已知两个正项数列 an ， bn 满足
1 b
an - bn b nn =1， =a 2 ．n n +1
(1)求 an ， bn 的通项公式；
(2)若数列 cn 满足 cn = an + an+1 + bn ，其中 x 表示不超过 x 的最大整数，求 cn 的前 n 项和 Sn ．
1
【答案】(1) an = n + ，bn = nn
1
(2) Sn = 3n2 + 5n + 22
2 2
【分析】（1）依题意可得 anbn = n +1， anbn =1+ bn ，即可求出bn 、 an ；
（2）根据高斯函数先推出 an + an+1 的解析式，再运用等差数列求和公式计算可得.
1 bn 2
【解析】（1）由 =a 2n n +1
，得 anbn = n +1，
由 a 2 2 2n - bn bn =1，得 anbn =1+ bn ，\ bn = n ，因为 bn 是正项数列，\ bn = n，
a n
2 +1 1
\ n = = n + ；bn n
（2）因为 an + an+1 é
4, n =1
= ên
1
+ + n +1 1+ ù = é2n +1 1 1 ì+ + ù = ，
n n +1
í
ú ê n n +1ú 2n +1,n 2
ì5,n =1
所以 cn = an + an+1 + bn = í
3n
，
+1,n 2
所以当 n 2时 Sn = 5 + 7 +10 +L+ 3n +1
7 + 3n +15 n -1 1= + = 3n2 + 5n + 22 2 ，
S = 5 S 1当 n =1时 1 满足 n = 3n2 + 5n + 2 ，2
S 1= 3n2所以 n + 5n + 2 .2
6．（2023·山西阳泉·三模）已知数列 an 满足a1 = 3， 2an+1 - anan+1 =1．
1
(1)记bn = a -1求数列 bn 的通项公式；n
ì 1 ü
(2)求数列 í 的前 n 项和．
bnbn+1
3
【答案】(1)bn = - n2
4n
(2)
1- 2n
1 1
【分析】（1）先对 2an+1 - anan+1 =1变形得 an+1 = b = b2 - a ，然后再根据 n a -1得出 +1与 n 的关系，从而n n
求出结果.
ì 1 ü
（2）先根据（1）的结果求出 í 的通项公式，然后利用裂项相消法即可求出前 n 项和.
bnbn+1
1
【解析】（1）Q2a \a =n+1 - anan+1 =1， n+1 2 - a ，n
1 b 1 1 2 - a 1Qb \ n+1 = = =
n = -1 = b -1
又 n = a 1， an+1 -1
1
-1 an -1 an -1
n
，
n - 2 - an
1 1
又b1 = =a1 -1 2
，
所以数列 bn
1
是以 为首项，-1为公差的等差数列，
2
1 3
所以数列 bn 的通项公式为bn = - (n -1) = - n .2 2
1 1 1 1
= = -
（2）由（1）得 b 3 1nbn+1 ( - n)( - n) 1 3- n - n ，
2 2 2 2
ì 1 ü
所以数列 í 的前 n 项和为
bnbn+1
1 1 1 1
+ + +L+
b1b2 b2b3 b3b4 bnbn+1
1 1 1 1 1 1
1 - 3 + 1 - + - +L
1 1
+ -
= -1 -1 - 2 3 2 1 3 3- - - 3 1 3- n - n
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 4n
= 1 - 3 =
- n -1 1- 2n .
2 2
7．（2021·浙江·模拟预测）已知数列{ }是各项均为正数的等比数列，且 a1 =1， 2a3 = 3a2 + 2．数列{ }满
足 a1b1 + a2b2 + ×××+ anbn = bn - 2 an+1 + 3．
（1）求数列{ }，{ }的通项公式；
ì -1 n+1 n ü 1
（2）若数列 í 的前 n 项和为 Sn ，求证： Sn ．
bnbn+1 3
1 a = 2n-1【答案】（ ） n ；bn = 2n -1；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据已知条件及等比数列，求出数列{ }的公比，可得数列{ }的通项公式，再根据数列
{ }，{ }之间的关系及等差数列的定义，求数列{bn}的通项公式；
-1 n+1 n c c 1 n+1 1 1 1（2）记 c = ，对 n 化简、变形，得 n = - +
n
n 4 2n 1 2n 1÷，再对 分奇偶进行证明即bnbn+1 è - +
可．
2
【解析】（1）设数列{ }的公比为 q q > 0 ，由 2a3 = 3a2 + 2，得 2a1q = 3a1q + 2，
又 a1 =1
1
，得 2q2 - 3q - 2 = 0，解的 q = 2或 q = - （舍去），
2
∴ an = a1q
n-1 =1 2n-1 = 2n-1．又 a1b1 + a2b2 + ×××+ anbn = bn - 2 an+1 + 3，
∴ a1b1 = b1 - 2 a2 + 3，即b1 = 2b1 - 4 + 3，得b1 =1．
当 n 2时， a1b1 + a2b2 + ×××+ an-1bn-1 = bn-1 - 2 an + 3，得 anbn = bn - 2 an+1 - bn-1 - 2 an ，
∴ bn = 2 bn - 2 - bn-1 - 2 ，即bn - bn-1 = 2，
∴数列{ }是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故bn =1+ 2 n -1 = 2n -1．
-1
2 1 c
n+1 n -1 n+1 n
（ ）由（ ），记 n = ，则 c = ，bnb
n
n+1 2n -1 2n +1
4n 1 1
由 = + 2n -1 2n +1 2n -1 2n +1，
-1 n+1 n n+1 1 4n 1 1 1
可知 cn = = -1 = -1
n+1 + ．
2n -1 2n +1 4 2n -1 2n +1 4 2n -1 2n +1֏
n S 1 é 1 1 1 1 1 1 1 1 ù 1 1 1 1 1当 为奇数时， n = ê + ÷ - + ÷ + + ÷ - ××× + + ÷ = 1+ ÷ 1+ = ；4 ÷ è 3 è 3 5 è 5 7 è 2n -1 2n +1
ú
4 è 2n +1 4 è 3 3
n 1 é 1 1 1 1 1 1 1 ù 1 1 1当 为偶数时， Sn = ê 1+ -4 3 ÷
+ ÷ + + ÷ - ××× - +3 5 5 7 2n -1 2n +1÷
= 1- ÷ < ．
è è è è
ú
4 è 2n +1 4
1
综上所述， Sn ．3
【点睛】关键点点睛：
（1）由等比数列的性质求等比数列通项，根据等差数列的定义判断等差数列并写出通项公式；
（2 n+1）对 cn 化简变形，将其分解为两项之和形式，再对 -1 中的 n 分奇偶进行讨论．
a 1
8．（2023·全国·模拟预测）已知正项数列 an 满足 a1 =1， n+1 = 1+ .an n
(1) 2求证：数列 an 为等差数列；
1
(2)设bn = a2a a a2 ，求数列 bn 的前 n 项和Tn .n n+1 + n n+1
【答案】(1)证明见解析
1
(2)Tn =1- n +1
an+1 n +11 = *【分析】（ ）由题 ，利用累乘法即可求解 an = n n N 2，进而可得 an = n n N* ，进而可an n
证等差；
1 1
（2）由（1）得bn = - ，由裂项求和即可求解.n n +1
a n +1
【解析】（1）由题可得 n+1 = ，
an n
所以当 n 2时，
a a a2 a3 a4 an-1 a= n 2 3 4 n -1 nn 1 × × × × × × × × × =a a a a a 1 ××× = n ，1 2 3 n-2 n-1 1 2 3 n - 2 n -1
*
易知 a1 =1满足 an = n ，所以 an = n n N .
所以 a2n+1 - a
2
n = n +1- n =1，
2
所以 an 是首项为 1，公差为 1 的等差数列.
（2）由（1）可得 a2n = n，
1 1
所以bn = =a2 2n an+1 + anan+1 n n +1 + n n +1
1 1 1
= = -
n n +1 n + n +1 n n +1 .
所以Tn =1
1 1 1 1 1 1
- + - + ×××+ - =1- .
2 2 3 n n +1 n +1
9．（2022·全国·模拟预测）设数列 an 满足 a1 = 2， an - 2an-1 = 2 - n n N* ．
(1)求证： an - n 为等比数列，并求 an 的通项公式；
(2)若bn = an - n ×n，求数列 bn 的前 n 项和Tn ．
【答案】(1)证明见解析， a = 2n-1n + n
(2)Tn = n -1 2n +1
【分析】（1）由递推公式可得 an - n = 2 é an-1 - n -1 ù ，即可得到 an - n 是以1为首项， 2为公比的等比数
列，再根据等比数列的通项公式求出 an 的通项公式；
（2）由（1）可得bn = n 2
n-1
，再利用错位相减法求和即可；
【解析】（1）解：因为 a1 = 2， an - 2an-1 = 2 - n n N* ，
所以 an = 2an-1 + 2 - n ，即 an - n = 2 é an-1 - n -1 ù
又 a1 -1 = 2 -1 =1，所以 an - n 是以1为首项， 2为公比的等比数列，
所以 an - n = 1 2
n-1 n-1
，所以 an = 2 + n
（2）解：由（1）可得bn = an - n ×n = n 2n-1，
0
所以Tn =1 2 + 2 2
1 + 3 22 +L+ n 2n-1 ①，
2T 1 2 3 n所以 n =1 2 + 2 2 + 3 2 +L+ n 2 ②，
① - ②得 -Tn = 1+1 21 +1 22 +1 23 +L+1 2n-1 - n 2n
T 1- 2
n
- = - n 2n T = n -1 2n即 n ，所以 n +1；1- 2
a
10．（2024·辽宁丹东·二模）已知数列 a 中， a = 2， n+1 - ann 1 = 2．n +1
(1)求 an 的通项公式；
(2)设数列 bn
ìan ü
是等差数列，记 Sn 为数列 í 的前 n 项和， 4b2 = 4b1 + b4 ， a3 = 2S3，求 S ．
b
n
n
【答案】(1) an = n n +1
S n(n + 3)(2) n = 3
a - a
【分析】（1）由 n+1 n = 2，得到 an+1 -an = 2(n +1)，再利用累加法求解；n +1
a n +1
（2）设数列{ }的公差为 d，根据 4b2 = 4b1 + b4 ，得到 d = b
n
1，从而bn = b1n ，再由 =b b 求解.n 1
a - a
【解析】（1）由 n+1 n = 2，得 a
n +1 n+1
-an = 2(n +1)，
当 n 2时， an = an - an-1 +L+ a2 - a1 + a1 = 2 + 4 +L+ 2n = n n +1 ，
当 n =1时，1 1+1 = 2 = a1 ，
所以 an = n n +1 ．
（2）设数列{ }的公差为 d，
因为 4b2 = 4b1 + b4 4 b1 + d = 5b1 + 3d ，得 d = b1，易知bn = b1n ，
an n +1 2 3 n +1 n(n + 3) 9
因为 = S = + +L+ = S =b b ，所以 n b b b 2b ，可得 3n 1 1 1 1 1 b
，
1
18 3 n(n + 3)
又因为 a3 = 2S3 =12b ，所以
b1 = ，所以 Sn =2 ．1 3
11 n+1 n．（2024·广东江门·二模）已知 an+12 - an 2 是公差为 2 的等差数列，数列{ }的前 n 项和为 Sn ，且
a 31 = ,a = 2 ．2 2
(1)求{ }的通项公式；
(2)求 Sn ；
(3)[x]表示不超过 x 的最大整数，当 n k 时， Sn 是定值，求正整数 k 的最小值．
n2(1) a +2n【答案】 n = n .2
2
(2) S 10 n + 6n +10n = - 2n
(3)7
1 a 2n+1 n n+1 n【分析】（ ）先由 n+1 - an 2 是公差为 2 的等差数列，求得递推关系 an+12 - an 2 = 2n + 3，再利用叠
加法求得 an ×2
n = n2 + 2n，进而得到{ }的通项公式；
（2）法一：两次利用错位相减法即可求得数列{ }的前 n 项和为 Sn ；法二：构造得
(n + 2)2 (n + 3)2 1
n-1 - n = an - n ，再利用裂项相消法即可得解；2 2 2
（3）利用数列单调性结合题给条件即可求得正整数 k 的最小值.
【解析】（1）设b n+1n = an+1 2 - an 2n
2
，则b1 = a2 ×2 - a1 ×2
1 = 8 - 3 = 5．
因为{ }是公差为 2 的等差数列，所以bn = 5 + 2(n -1) = 2n + 3．
c = a × 2n设 n n ，则 c1 = 3,bn = cn+1 - cn = 2n + 3，
所以 n 2时，
cn = c1 + c2 - c1 + c3 - c2 +L+ cn - cn-1
= 3 5 7 L (2n 1) (3 + 2n +1) × n+ + + + + = = n2 + 2n．
2
2
a × 2n所以 n = n
2 + 2n n + 2n，即 an = 2n
，
a 3= a n
2 +2n
又 1 ，满足上式，所以 n = n .2 2
12 + 2 22 + 4 n2 + 2n
（2）（方法一）因为 Sn = 1 + 2 +L+ n ，2 2 2
1 12 + 2 22 + 4 n2S + 2n所以
2 n
= 2 + 3 +L+2 2 2n+1
1 3 5 7 2n+1 n2 + 2n
两式相减得 S =
2 n 21
+ +
22 23
+L+ -
2n 2n
．
+1
T 3 5 7 L 2n +1设 n = 1 + 2 + 3 + + n ，2 2 2 2
1 T 3 5 7 L 2n +1则 n = 2 + 3 + 4 + + n+1 ，2 2 2 2 2
1 T 3 2 2 2 2n +1两式相减得 n =2 21
+ 2 + +L+ -2 23 2n 2n+1
n-1
1- 1
3 1 ÷ 2n +1 5 2n + 5
= + è 2 1 - = -
，
2 2 1- 2
n+1 2 2n+1
2
T 5 2n + 5则 n = - ．2n
1 2n+5 n2 + 2n n2 + 6n +10
所以 Sn = 5-2 2n
-
2n 1
，即
+ Sn =10- ．2n
n2 (n+1)2 n2 -2n-1 (n-1)2 -2
（方法二）因为 n - n ，2 2 +1
=
2n+1
=
2n+1
(n+ 2)2 (n+3)2 (n+1)2 -2 n2 + 2n-1
所以 n-1 - n = n = n = a
1
n - n ．2 2 2 2 2
32 42 42 52 é (n + 2)2 (n + 3)2 ù
所以 0 - 1 ÷ + 1 - 2 ÷ +L+2 2 ê n-1
- n ú
è è 2 2 2 2
S 1 1 L 1= n - + + +

÷ ,
è 2 22 2n
n
1- 1
则9 (n + 3)
2
S 1
÷
- = - è 2 n n 1 = Sn -1
1
+ ，
2 2 1- 2
n
2
S 10 n
2 + 6n +10
即 n = - 2n
．
（3）当 n + 时， Sn 10，且 Sn <10，所以 Sn 的定值为 9．
所以当 n k 时， Sn = 9,9 Sn <10．
n2 +6n+10
令 f (n) = ，则0 < f (n) 1
2n
，
n +1 2 + 6 n +1 +10 2 2
f (n +1) - f (n) n + 6n +10 -n - 4n - 3= n+1 - n = ，2 2 2n+1 < 0
所以 f (n)单调递减．
因为 f (6)
82
= > 1, f (7) 101= < 1，所以 n 7 ，即正整数 k 的最小值为7.
64 128
【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减法：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和法：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
12．（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4 = 4S2 ,a2n = 2an +1 n N* ．
(1)求数列 an 的通项公式；
n
(2)数列 bn 满足b1 = 3
9
，令an ×bn = an+2 ×bn+1，求证： bk < ．
k=1 2
*
【答案】(1) an = 2n -1 n N
(2)证明见解析
ì4a1 + 6d = 8a1 + 4d
【分析】（1）设等差数列{ }的首项为 a1，公差为 d ，由题意可得 í
a1 + 2n -1 d = 2a1 + 2 n -1 d +1
，解方
程求出 a1,d ，即可求出数列{ }的通项公式；
b 2n -1
（2）由（1 n+1）可得 =b 2n + 3 ，由累乘法可求出{ }的通项公式，再由裂项相消法求解即可.n
【解析】（1）设等差数列{ }的首项为 a1，公差为 d ．
ì4a + 6d = 8a
S = 4S ,a = 2a +1 1 1
+ 4d
由 4 2 2n n ，得 í
a1 + 2n -1 d = 2a1 + 2 n -1 d +1
，
*
解得： 1 = 1, = 2，所以 an =1+ 2 n -1 = 2n -1 n N ．
（2）由（1）知， 2n -1 bn = 2n + 3 bn+1 ，
bn+1 2n -1 b= n 2n - 3 b= n-1 2n - 5 b 5 b 1即 ， ， = …… 3 = , 2 =bn 2n + 3 bn-1 2n +1 bn-2 2n -1
， ， b2 7 b
，
1 5
利用累乘法可得：b
b b
= n × n-1
b 2n - 3 2n - 5 3 1
n × × × × ×
2 ×b = × × × × × × × ×3
bn-1 b
1
n-2 b1 2n +1 2n -1 7 5
9 9 1 1= = - n 2 b2n -1 2n +1 2 2n -1 2n +1÷ ，è 1
= 3也符合上式，
k =1
bk = b1 + b2 + b3 +L+ bn-1 + bn
n
9 é1 1 1 1 1 1 L 1 1 ù 9 1= ê - + - + - + + - =
1-
2 3 3 5 5 7 è 2n -1 2n +1
÷ú 2 ÷ è 2n +1
k =1
b 9 1 9所以 k = 2
1- ÷ < ．
n è 2n +1 2
13．（2024·河北承德·二模）已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ，满足 Sn+2 = Sn+1 + an + 2，数列 bn 满足
bn = log2an ，b1 = 0,b2 =1 .
(1)写出 a1,a2 ,a3 ,a4 ，并求数列 an 的通项公式；
(2)记 cm 为数列 b m -1, m m N*n 在区间 中的项的个数，求数列 cm 的前m 项和 .
*
【答案】(1)1,2,3,4,an = n n N
(2)Tm = 2
m -1
【分析】（1）由题可得 an+2 - an = 2，根据bn = log2an 结合条件可得 a1,a2 ,a3 ,a4 ，然后根据等差数列的概念
及通项公式即得；
m-1
（2）根据条件可得 2m-1 < n 2m ，进而可得 cm = 2 ，然后根据等比数列求和公式即得.
【解析】（1）由 Sn+2 = Sn+1 + an + 2可得 an+2 - an = 2，
又bn = log2an ，b1 = 0,b2 =1，
所以 a1 =1, a2 = 2,a3 = a1 + 2 = 3, a4 = a2 + 2 = 4，
当 n 为偶数时，令 n = 2k, k N*，则 a2k +2 - a2k = 2，
所以数列 a2k 是以 a2 = 2 为首项，以 2 为公差的等差数列，
所以 a2k = a2 + 2 k -1 = 2k ；
当 n 为奇数时，令 n = 2k -1,k N*，则 a2k +1 - a2k -1 = 2，
所以数列 a2k -1 是以 a1 =1为首项，以 2 为公差的等差数列，
所以 a2k -1 = a1 + 2 k -1 = 2k -1；
*
综上所述， an = n n N ；
（2）由（1）得 an = n n N* ，则bn = log2n ，
由m -1< bn m log 2
m-1 m
，可得 2 < log2n log2 2 ，
因为bn = log2n 是一个递增数列，所以 2m-1 < n 2m ，
m
c = 2m - 2m-1
c 2
故 m = 2
m-1 m+1
， = m-1 = 2 ，cm 2
故数列 cm 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
T 1- 2
m
所以 = = 2mm -1 .1- 2
2
14．（2024·广西·模拟预测）记数列{ } n 3n 3n 的前 项和为 Sn ，对任意正整数 n，有 Sn = - ．2 2
(1)求数列{ }的通项公式；
(2) m对所有正整数 m，若ak < 4 < ak+1 ，则在ak 和 ak +1两项中插入 4m，由此得到一个新数列{ }，求{ }的前
91 项和．
【答案】(1) an = 3(n -1) .
(2)11563.
【分析】（1）利用 n =1时， an = a1； n 2时， an = Sn - Sn-1求解即可.
（2）先确定{ }前 91 项的最后一项，然后分别对其中的 a 和插入的 4m n 进行求和.
2
a S S 3n 3n
é3(n -1)2 3(n -1) ù
【解析】（1）当 n 2时， n = n - n-1 = -2 2 ÷
- ê - ú = 3n - 3．
è 2 2
又 n =1时，得 a1 = 0，也满足上式，
故 an = 3(n -1) ．
（2）由a91 = 270 4，所以4 < a91 < 4
5
，
又a87 = 258 > 4
4
，所以{ }前 91 项中有 87 项来自{ }，
1 2 3 4
所以b1 + b2 +L+ b91 = a1 + a2 +L+ a87 + 4 + 4 + 4 + 4
87 a1 + a87 4 44 -1 = + =11223 + 340 =11563．
2 4 -1
15．（2024·江苏宿迁·三模）在数列 a nn 中， a1 = 2,an + an+1 = 3 × 2 (n N*)．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)已知数列 b 满足 4b1 -14b2 -1L4bn -1 bnn = an ；
①求证：数列 bn 是等差数列；
②若b = 3，设数列 c
b b
n =
n n+1
2 a 的前 n 项和为Tn ，求证：Tn < 14 ．n
【答案】(1) a = 2nn
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
an+1 1 1 (an 1) a1 a【分析】（1）变形得到 n+1 - = - × n - ，结合 -1 = 0，故
n
n -1 = 0，从而得到 an = 2
n ；
2 2 2 2 2
ìS1, n =1
（2）①化简得到 2(b1 + b2 + L + bn ) - 2n = n × bn ，利用bn = í 得到 n × bn+2 = (n + 1)bS - S ,n 2 n+1
- 2 ，同理可得
n n-1
bn+2 + bn = 2bn+1 ，证明出 bn 是等差数列；
②求出b1 = 2，结合b2 = 3，得到公差，得到通项公式bn = n +1，所以
2 2
c bnbn+1 n + 5n + 8 (n +1) + 5(n +1) + 8n = = n-1 -a 2 2n ，裂项相消法求和证明出结论.n
【解析】（1）因为 a + a = 3 × 2n *n n+1 (n N ) ，
所以 an+1 = -an + 3 ×2
n
，
an+1 1 a 3所以 = - × n +2n+1 2 2n 2 ，
a 1 a
所以 n+1n+1 -1 = - × (
n
n -1)，2 2 2
a
因为 a1 = 2，所以 n=1 时， nn -1 = 0，2
所以数列{
an a
n -1}是各项为 0 的常数列，即
n -1 = 0，
2 2n
所以 a = 2nn ．
（2）①由 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bn 得 4b1 +b2 +L+bn -n = (2n )bn = 2n×bnn
所以 2(b1 + b2 + L + bn ) - 2n = n × bn ①
所以 2(b1 + b2 + L + bn+1 ) - 2(n + 1) = (n + 1) × bn+1 ②
②-①得： (n - 1) × bn+1 = nbn - 2 ③
所以 n × bn+2 = (n + 1)bn+1 - 2 ④
④-③得 n × bn+2 + nbn = 2nbn+1，所以bn+2 + bn = 2bn+1
即bn+2 - bn+1 = bn+1 - bn
所以数列 bn 是等差数列．
②当 n =1时，由 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bn 得 4b1 -1 = a b1n 1 = 2b1 ，所以b1 = 2，
又b2 = 3，故 bn 的公差为 1，所以bn = n +1，
c bnbn+1 (n +1)(n + 2) n
2 + 5n + 8 (n +1)2 + 5(n +1) + 8
所以 n = = n = n-1 -an 2 2 2
n ，
2
T c c L 14 22 22 32 n + 5n + 8 (n + 1)
2 + 5(n + 1) + 8
即 n = 1 + 2 + + cn = ( 0 - ) + (2 21 21
- 2 ) + L + [ n 1 - ]2 2 - 2n
14 (n + 1)
2 + 5(n + 1) + 8
= - n < 14 ．2
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
1 1 1 1 1 1= - = 1 1 分式型： -n n + k k è n n + k ÷， 2n -1 2n +1 2 è 2n -1 2n +1÷ ，
1 1 é 1 1 ù
= -
n n 1 n 2 2 ên n 1 n 1 n 2 ú等；+ + ê + + + ú
2n 1 1 n + 2 1 1
指数型： = - 2n+1 -1 2n -1 2n -1 2n+1 -1， n n +1 × 2n = -n × 2n-1 n +1 × 2n 等，
1 1
根式型： = n + k - n 等，
n + n + k k
an+1
对数型： logm = logm an+1 - logm aa n，m > 0且m 1；n
16．（2024·浙江杭州·三模）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对
n
无穷数列{ }，{ }，定义无穷数列 cn = akbn+1-k n N+ ，记作 an * bn = cn ，称为{ }与{ }的卷
k =1
积．卷积运算有如图所示的直观含义，即 cn 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，
易知有交换律 an * bn = bn * an ．
(1) n若 an = n ，bn = 2 ， an * bn = cn ，求 c1， c2， c3， c4；
ì0, n < i
(2)对 i N+ ，定义Ti an 如下：①当 i =1时，Ti an = an ；②当 i 2时，Ti an 为满足通项 dn = í
an+1-i ,n i
的数列 dn i ，即将{ }的每一项向后平移 i -1项，前 i -1项都取为 0．试找到数列 tn ，使得
t i n × an = Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，证明：当 n 3时，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
【答案】(1) c1 = 2 ， c2 = 8， c3 = 22， c4 = 52
(i) ì1, n = i(2) t =
n í 0, n i
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列 an 和数列 bn 的通项公式，分别求出这两个数列的前四项，再根据数列 cn 的定
义求出 c1， c2， c3， c4 .
(1)
（2）通过特例 t 和前面的一些项来寻找规律及性质，有效转化特殊与一般.
n
n
（3）思路一：由卷积运算的交换律，得 n +1- k bk = cn ，记 bn 的前 n 项和为 Sn ，再利用 Sn 求bn .
k =1
思路二：记 bn n S t i 的前 项和为 n ， n 对所有 i N+ 对应项相加所得的数列为 Tn ，易证卷积关于数列加法
n
有分配律、卷积运算满足结合律，因此可得 Tn * bn = Sn ， cn = Si ，再利用 Sn 求bn .
i=1
【解析】（1）因为 an = n ，bn = 2
n
，所以 a1 =1，b1 = 2； a2 = 2，b2 = 4；
a3 = 3，b3 = 8； a4 = 4 ，b4 =16 .
n
因为 an * bn = cn ， cn = akbn+1-k n N+ ，
k =1
所以 c1 = 2 ， c2 = 8， c3 = 22， c4 = 52 .
ì1, n =1
（2 t (1)） =
n í 0, n 2
，
(i) ì1, n = i
对一般的 i N+， t =n í 0, n i
.
（3）方法一：
n
记 bn 的前 n 项和为 Sn ，由卷积运算的交换律有 n +1- k bk = cn ,
k =1
n
故 n +1 Sn - kbk = cn ，
k =1
n
因此 n + 2 Sn+1 - kbk - n +1 bn+1 = cn+1，②
k =1
②－①得 Sn+1 = cn+1 - cn，
故当 n 3时，bn = Sn - Sn-1 = cn - cn-1 - cn-1 - cn-2 = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
方法二：
记 bn 的前 n 项和为 Sn ，常数列Tn =1 "n N+ ，注意
（Ⅰ）
易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得 Tn * bn = Sn ，注意
（Ⅱ）
T i 注意 n 是 tn 对所有 i N+ 对应项相加所得的数列， an 是 t i n * Tn 对所有 i N+ 对应项相加所得的数
列，
易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，
n
得 cn = an * bn 的通项即为 cn = Si ，
i=1
故当 n 3时，bn = Sn - Sn-1 = cn - cn-1 - cn-1 - cn-2 = cn - 2cn-1 + cn-2 ．
注：以上论证可用符号语言说明如下：
定义数列加法： zn = xn + yn ，其中 zn = xn + yn ．
容易验证卷积运算满足结合律： xn * yn * wn = xn * yn * wn ，
数列加法关于卷积满足分配律： xn + yn * wn = xn * wn + yn * wn ．
n
因此 an * bn = t j * t i n n ÷÷* bn t j t i b = n * n * n ÷ = Si .
è j=1 è i=1 j=1 è i=1 i=1
【点睛】方法点睛：
本题主要考查数列新定义与卷积运算的综合问题，属于难题.
1、解决数列新概念问题时需注意:
（1）读懂定义，理解新定义数列的含义；
（2）通过特例列举前面的一些项来寻找规律及性质，以及新定义数列与已知数列的关系，进行求解.
2、卷积运算具有的性质
（1）交换律： an * bn = bn * an .
（2）结合律： xn * yn * wn = xn * yn * wn .
（3）分配律： xn + yn * wn = xn * wn + yn * wn .特训 12 求数列通项公式的经典方法（八大题型）
1、公式法：
a、根据等差、等比数列的通项公式或前 n 项和公式，结合已知条件进行解题。
b、已知 an 与 Sn 的关系式：
①当 n＝1 时，由 a1＝S1求 a1的值．
②当 n≥2 时，由 an＝Sn－Sn－1，求得 an的表达式
③检验 a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示 an．
④写出 an的完整表达式．
2、累加法：an an-1=f(n-1)，累加后结果为 an a1=f(1)+f(2)+ +f(n 1)
3、累乘法：an/an-1=f(n-1)， 累乘后结果为 an/a1=f(1)·f(2)· ·f(n 1)
4、构造法：
（1）、待定系数法：
（2）、同除+待定系数：
（3）、取倒数+待定系数：
（4）、取对数+待定系数：
（5）、连续三项：
5、不动点法：→不动点：方程 f(x)=x 的根称为函数 f(x)的不动点。
数列通项公式例题分析:
目录：
01 ：公式法（构造公式法）
02 ：累加法
03 ：累乘法
04 ：待定系数法
05 ：对数变换法
06 ：数学归纳法
07：换元法
08 ：不动点法
01 ：公式法（构造公式法）
1. {a } a = 2a + 3 2n已知数列 n 满足 n+1 n ， a1 = 2，求数列{an}的通项公式。
02 ：累加法
2.已知数列{an}满足 an+1 = an + 2n +1，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
变式（变式题均无答案）：已知数列{an}满足 an+1 = an + 2 3
n +1，a1 = 3，求数列{an}的通项公式。
03 ：累乘法
3.已知数列{an}满足 an+1 = 2(n +1)5
n an，a1 = 3，求数列{an}的通项公式。
变式：已知数列{an}满足 a1 =1，an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2) ，求{an}的通项公式。
04 ：待定系数法
4. n已知数列{an}满足 an+1 = 2an + 3 5 ，a1 = 6 ，求数列 an 的通项公式。
变式：
① n已知数列{an}满足 an+1 = 3an + 5 2 + 4，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
② 2已知数列{an}满足 an+1 = 2an + 3n + 4n + 5，a1 =1，求数列{an}的通项公式。
05 ：对数变换法
5.已知数列{a } n 5n 满足 an+1 = 2 3 an ， a1 = 7，求数列{an}的通项公式。
06 ：数学归纳法
6.已知数列{a } a a 8(n +1) 8n 满足 n+1 = n + 2 2 ，a1 = ，求数列{an}的通项公式。(2n +1) (2n + 3) 9
07：换元法
7.已知数列{an}满足 a
1
n+1 = (1+ 4an + 1+ 24an )，a1 =1，求数列{an}的通项公式。16
08 ：不动点法
8.已知数列{an} a
21an - 24满足 n+1 = ，a1 = 4 ，求数列{an}的通项公式。4an +1
7a - 2
变式：已知数列{an}满足 an+1 = n ，a = 2 ，求数列{a }的通项公式。2an + 3
1 n
一、解答题
a
1．（2023·广西南宁·模拟预测）数列 an 满足 2a = a + a 2k +2 *2k +1 2k -1 2k +3 ， = qa （ k N ,q 为正常数），且2k
a2 = 2a = 2 a21 ， 3 = a2 a6， a1 + a2 + a3 = a5 .
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn .
2．（2024·云南·模拟预测）已知数列 an ,a1 =1,an+1 = Sn +1 n…1,n Z .
(1)求 an ；
log
(2) b = 2
an+1
令 n ,Tn 为数列 bn 的前 na 项和，求Tn .n
3．（2024·内蒙古包头·三模）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 = 3， Sn =1+ an+1．
(1)证明：数列 Sn -1 是等比数列，并求 Sn ；
ì 1 ü
(2)求数列 í 的前 n 项和Tn ．
an
1 2 3 n
4．（2023· n湖北荆州·模拟预测）已知数列 an 满足 + + +L+ = 2 -1a1 a2 a3 a
．
n
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)求 an 的前 n 项和 Sn ．
1 b
5．（2023·山东·二模）已知两个正项数列 an ， bn 满足 an - bn bn =1 n， =a 2 ．n n +1
(1)求 an ， bn 的通项公式；
(2)若数列 cn 满足 cn = an + an+1 + bn ，其中 x 表示不超过 x 的最大整数，求 cn 的前 n 项和 Sn ．
6．（2023·山西阳泉·三模）已知数列 an 满足a1 = 3， 2an+1 - anan+1 =1．
1
(1)记bn = ba 1求数列 - n 的通项公式；n
ì 1 ü
(2)求数列 í 的前 n 项和．
bnb

n+1
7．（2021·浙江·模拟预测）已知数列{ }是各项均为正数的等比数列，且 a1 =1， 2a3 = 3a2 + 2．数列{ }满
足 a1b1 + a2b2 + + anbn = bn - 2 an+1 + 3．
（1）求数列{ }，{ }的通项公式；
ì -1 n+1 n ü 1
（2）若数列 í 的前 n 项和为 Sb b n
，求证： Sn ．
n n+1 3
a 1
8．（2023·全国·模拟预测）已知正项数列 an 满足 a n+11 =1， = 1+ .an n
(1) 2求证：数列 an 为等差数列；
b 1(2)设 n = a2a + a a2 ，求数列 bn 的前 n 项和Tn .n n+1 n n+1
9．（2022·全国·模拟预测）设数列 an 满足 a1 = 2， an - 2an-1 = 2 - n n N* ．
(1)求证： an - n 为等比数列，并求 an 的通项公式；
(2)若bn = an - n n，求数列 bn 的前 n 项和Tn ．
10．（2024·辽宁丹东·二模）已知数列 a a中， a = 2， n+1 - ann 1 = 2．n +1
(1)求 an 的通项公式；
ìa ü
(2) n设数列 bn 是等差数列，记 Sn 为数列 í 的前 n 项和， 4b2 = 4b1 + b4 ， a3 = 2S3，求 Sn ．
bn
11．（2024·广东江门· n+1 n二模）已知 an+12 - an 2 是公差为 2 的等差数列，数列{ }的前 n 项和为 Sn ，且
a 31 = ,a2 = 2 ．2
(1)求{ }的通项公式；
(2)求 Sn ；
(3)[x]表示不超过 x 的最大整数，当 n k 时， Sn 是定值，求正整数 k 的最小值．
12．（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4 = 4S2 ,a2n = 2an +1 n N* ．
(1)求数列 an 的通项公式；
n
(2)数列 bn b
9
满足 1 = 3，令an bn = an+2 bn+1，求证： bk < ．
k=1 2
13．（2024·河北承德·二模）已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ，满足 Sn+2 = Sn+1 + an + 2，数列 bn 满足
bn = log2an ，b1 = 0,b2 =1 .
(1)写出 a1,a2 ,a3 ,a4 ，并求数列 an 的通项公式；
(2) *记 cm 为数列 bn 在区间 m -1, m m N 中的项的个数，求数列 cm 的前m 项和 .
2
14．（2024· 3n 3n广西·模拟预测）记数列{ }的前 n 项和为 Sn ，对任意正整数 n，有 Sn = - ．2 2
(1)求数列{ }的通项公式；
(2)对所有正整数 m，若ak < 4
m < ak+1 ，则在ak 和 ak +1两项中插入 4m，由此得到一个新数列{ }，求{ }的前
91 项和．
15．（2024·江苏宿迁·三模）在数列 an 中， a1 = 2,an + an+1 = 3 2n (n N*)．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)已知数列 bn 满足 4b1 -14b2 -1L4bn -1 = a bnn ；
①求证：数列 bn 是等差数列；
b b
②若b2 = 3
n n+1
，设数列 cn = a 的前 n 项和为Tn ，求证：Tn < 14 ．n
16．（2024·浙江杭州·三模）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对
n
无穷数列{ }，{ }，定义无穷数列 cn = akbn+1-k n N+ ，记作 an * bn = cn ，称为{ }与{ }的卷
k =1
积．卷积运算有如图所示的直观含义，即 cn 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，
易知有交换律 an * bn = bn * an ．
(1)若 an = n ，b
n
n = 2 ， an * bn = cn ，求 c1， c2， c3， c4；
ì0, n < i
(2)对 i N+ ，定义Ti an 如下：①当 i =1时，Ti an = an ；②当 i 2时，Ti an 为满足通项 dn = í
an+1-i ,n i
d { } i 1 i 1 0 i 的数列 n ，即将 的每一项向后平移 - 项，前 - 项都取为 ．试找到数列 tn ，使得
t i n an = Ti an ；
(3)若 an = n ， an * bn = cn ，证明：当 n 3时，bn = cn - 2cn-1 + cn-2 ．

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