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）

2024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ana1,n=1利用Sn=，注意一定要验证当n=1时是否成立Sn−Sn−1,n≥2【精选例题】n+11已知Sn为数列an的前n项和，且Sn=2-1，则数列an的通项公式为()3,n=1nn-1n+1A.an=2B.an=nC.an=2D.an=22,n≥2【答案】Bnn+1nn1+1【详解】当n≥2时，Sn-1=2-1，an=Sn-Sn-1=2-1-2+1=2；当n=1时，a1=S1=2-1=3，不符3,n=1n合an=2，则an=.故选：B.2n,n≥2n2定义为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p1+p2+p3+⋅⋅⋅+pn1，则a10等于()5nA.85B.90C.95D.100【答案】C1n1【详解】因为数列an的前n项的“均倒数”为，所以=⇒a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=5na1+a2+a3+⋅⋅⋅+an5n25n，22于是有a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a10=5×10，a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a9=5×9，两式相减，得a10=5×(100-81)=95，故选：Cn-1a1+2a2+⋯+2ann3(多选题)定义Hn=为数列an的“优值”．已知某数列an的“优值”Hn=2，前nn项和为Sn，下列关于数列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S20222025C.=D.S2，S4，S6成等差数列20222【答案】ABCn-1a1+2a2+⋯+2annn-1n【详解】由已知可得Hn==2，所以a1+2a2+⋯+2an=n⋅2，①所以n≥2时，a1nn-2n-1n-1nn-1n-1+2a2+⋯+2an-1=n-1⋅2，②得n≥2时，2an=n⋅2-n-1⋅2=n+1⋅2，即n≥2时，an=n+1，当n=1时，由①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nn+3Snn+3S20222025列，故A正确，B正确，所以Sn=，所以=，故=，故C正确．S2=5，S4=2n22022214，S6=27，S2，S4，S6不是等差数列，故D错误，故选：ABC．1114设数列an满足a1+2a2+2a3+⋅⋅⋅+n-1an=n+1，则an的前n项和()221 nnnn+1A.2-1B.2+1C.2D.2-1【答案】C1111【详解】解：当n=1时，a1=2，当n≥2时，由a1+2a2+2a3+⋅⋅⋅+n-2an-1+n-1an=n+1得2221111n-12,n=1a1+2a2+2a3+⋅⋅⋅+n-2an-1=n，两式相减得，n-1an=1，即an=2，综上，an=n-12222,n≥2n-1n-121-2n所以an的前n项和为2+2+4+8+⋯+2=2+=2，故选：C.1-2【跟踪训练】n1无穷数列an的前n项和为Sn，满足Sn=2，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】Dnnn-1n-1【详解】解：无穷数列an的前n项和为Sn，满足Sn=2∴n≥2，an=Sn-Sn-1=2-2=2，当n=1时，12,n=1,a1=S1=2=2，不符合上式，∴an=n-1所以an不是等比数列，故A错误；又a1=a2=2，所以2,n≥2,an不是递增数列，故B错误；假设数列an中存在三项ar,am,as成等差数列，由于a1=a2=2，则r,m,s∈*m-1r-1s-1mr-1s-1r-m-1s-m-1N,2≤r<m<s，所以得：2am=ar+as⇒2×2=2+2∴2=2+2，则∴1=2+2，又ss-m-1r-m-1r-m-1s-m-1-m-1≥0⇒2≥1且2>0恒成立，故式子1=2+2无解，an中找不到三项成等差数a2n+12n-1*2(n+1)2列，故C错误；∴a2n=2(n∈N)，∴a=2n-1=4∴a2n是等比数列，即an中偶数项成等比数n2列，故D正确.故选：D．a1+2a2+3a3+⋯+nan2对于数列an，定义Hn=为an的“伴生数列”，已知某数列an的“伴生数n2*列”为Hn=(n+1)，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的取值范围为．2219【答案】3n+1；≤k≤.762a1+2a2+3a3+⋯+nan2【详解】因为Hn=(n+1)=，所以n⋅(n+1)=a1+2a2+3a3+⋯+nan①，所以当n=n221时，a1=4，当n≥2时，(n-1)⋅n=a1+2a2+3a3+⋯+(n-1)an-1②，①-②：3n+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S6-S5=b6≥0，b6=3-k×6+1=19-6k≥0，2219立，所以则有解得≤k≤．故答案为：3n+S7-S6=b7≤0，b7=3-k×7+1=22-7k≤0，7622191；≤k≤76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−an−1)=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】2 *11111数列an满足a1=1，且对任意的m,n∈N都有am+n=am+an+mn，则+++⋯+=a1a2a3a201()201400200199A.B.C.D.101201201200【答案】A【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+n+1nn+1n12111111=2，n=1时也符合，则an=2，a==2n-n+1，则a+a+a+⋯nn+1n1231111111201+a=2×1-2+2-3+⋯+201-202=2×1-202=101.故选：A.2011n*2已知数列an的首项a1=2，且满足an+1=an+2n∈N.若对于任意的正整数n，存在M，使得an<M恒成立，则M的最小值是.【答案】31n*1n【详解】∵数列an满足a1=2，且an+1=an+2n∈N，即an+1-an=2，∴当n=1时，a2-a1=11，212131n-1当n=2时，a3-a2=2，当n=3时，a4-a3=2，⋯⋯当n=n-1时，an-an-1=2，以上各式11n-11112131n-12×1-21n-1相加，得an-a1=2+2+2+⋯+2=1=1-2又∵a1=2，∴an=31-21n-11n-1-2，∵2>0，∴an<3，若对于任意的正整数n，存在M，使得an<M恒成立，则有M≥3，∴M的最小值是3.故答案为：3.*an3数列an满足a1=17，an=an-1+2n-1n≥2,n∈N，则的最小值是n【答案】8*【详解】解：∵an=an-1+2n-1n≥2,n∈N，∴an-an-1=2n-1，∴a2-a1=3，a3-a2=5，⋯⋯an-an-1=2n-1，n-13+2n-12又∵a1=17，上述n个式子相加得，an=17+3+5+⋅⋅⋅+2n-1=17+=n+16，2a2nn+161616∴==n+≥8，当且仅当n=即n=4时，等号成立，故答案为：8．nnnn【跟踪训练】1*1已知数列an，a1=1，且an+1=an-，n∈N．求数列an的通项公式；nn+11【答案】an=.n111111【详解】因为an+1=an-，所以an+1-an=-=-，当n≥2时，a2-a1=-，a3nn+1n(n+1)n+1n213 1111111-a2=-，⋯⋯，an-an-1=-，相加得an-a1=-，所以an=，当n=1时，a1=1也符合32nn-1n1n11上式，所以数列an的通项公式an=.故答案为：an=.nn2设数列an满足a1=2,a2=6，且an+2=2an+1-an+2.(1)求证：数列an+1-an为等差数列，并求an的通项公式；(2)设bn=ancosnπ，求数列bn的前n项和Tn.nn+2,n为偶数22【答案】(1)证明见解析，an=n+n；(2)Tn=2.n+1-,n为奇数2【解析】(1)由已知得an+2-2an+1+an=2，即an+2-an+1-an+1-an=2，∵a2-a1=4,∴an+1-an是以4为首项，2为公差的等差数列.∴an+1-an=4+(n-1)×2=2(n+1)，当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-12+an-2)+⋯+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+⋯+2×2+2=n+n,当n=1时，a1=2也满足上式，所以an=2n+n;n2n(2)bn=ancosnπ=(-1)n+n=(-1)n(n+1),当n为偶数时，Tn=-1×2+2×3-3×4+4×5-⋯n(n+2)-(n-1)n+n(n+1)=2(2+4+⋯+n)=，当n为奇数时，2(n-1)(n+1)Tn=-1×2+2×3-3×4+4×5-⋯+(n-1)n-n(n+1)=Tn-1-n(n+1)=-n(n+1)22(n+1)=-,2nn+2,n为偶数2所以Tn=2.n+1-,n为奇数2考点三：叠乘法(累乘法)求通项an+1*若数列an满足=f(n)(n∈N)，则称数列an为“类比数列”，求变比数列an的通项时，利用累an乘法。a2a3a4an具体步骤：=f(1)，=f(2)，=f(3)，⋯，=f(n-1)a1a2a3an-1a2a3a4an将上述n-1个式子相乘(左边乘左边，右边乘右边)得：⋅⋅⋅⋯⋅=f(1)⋅f(2)f(3)⋅⋯⋅f(n-a1a2a3an-11)an整理得：=f(1)⋅f(2)f(3)⋅⋯⋅f(n-1)a1【精选例题】21数列an的前n项和Sn=n⋅an(n≥2，n为正整数)，且a1=1，则an=．2【答案】nn+122222【详解】由Sn=n⋅an得：当n≥2时Sn-Sn-1=nan-n-1an-1⇒nan-n-1an-1=an,进而得22ann-1a2a3n-1an=n-1an-1，因为n≥2，所以n+1an=n-1an-1⇒=，故an=a1⋅⋅⋅⋯⋅an-1n+1a1a2an123n-11×222=1××××⋯×==，故答案为：an-1345n+1nn+1nn+1nn+14 *2数列an满足：a1=1，an=a1+2a2+3a3+⋯+n-1an-1n≥2,n∈N，则通项an=．1,n=1【答案】n!,n≥22【详解】由题意得：an+1=a1+2a2+3a3+⋯+n-1an-1+nan①，当n=1时，a2=a1，当n≥2时，an=a1a2+2a2+3a3+⋯+n-1an-1②，①-②得：an+1-an=nan⇒an+1=n+1an,n≥2，所以a1=1，=1，a1a3a4ann!1,n=1=3，=4，⋯，=n，累乘得an=n≥2，当n=1时，a1不满足an，则an=n!．故a2a3an-12,n≥221,n=1答案为：n!.,n≥22【跟踪训练】22*1设an是首项为1的正项数列，且(n+2)an+1-nan+2an+1an=0(n∈N)，求通项公式an=2【答案】n(n+1)22*【详解】由(n+2)an+1-nan+2an+1an=0(n∈N)，得[(n+2)an+1-nan](an+1+an)=0，∵an>0，∴an+1+anan+1na2a3a4an123>0，∴(n+2)an+1-nan=0，∴=∴an=a1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=1××××⋅⋅⋅×ann+2a1a2a3an-1345n-2n-12×=(n≥2)，nn+1n(n+1)22又a1=1满足上式，∴an=.故答案为：.n(n+1)n(n+1)2n+2n+1*2数列an满足：a1=，2-1an+1=2-2ann∈N，则an的通项公式为.3n2【答案】an=nn+12-12-1an+1naaaan+2n+1n+12-22-1nn-1n-22【详解】由2-1an+1=2-2an得，a=n+2=2⋅n+2，则a⋅a⋅a⋅⋅⋅a=2⋅n2-12-1n-1n-2n-31n-1n-2n-31an-12-12-12-12-1n-13n3⋅22⋅2⋅⋅2⋅⋅⋅⋅2⋅=2⋅，即=，又a1=，n+1nn-13n+1nann+132-12-12-12-12-12-112-12-1nn22所以an=nn+1.故答案为：an=nn+1.2-12-12-12-1an+1n+13已知数列an满足a1=1，=.ann(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；(2)-240an+1n+1a2a3an23nan【解析】(1)因为a1=1，=，所以当n≥2时，⋅⋅⋯⋅=××⋯×，则=n，anna1a2an-112n-1a1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+1+10×10b3+b4+⋯+b19+b20=4×1-46+4×2-46+⋯+4×10-46=4×-46×10=2-240.5 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”将原等式变形为an+1+m=k(an+m)p(其中：m=)，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k−1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λ≤Sn+2n对任意的n∈N恒成立，则实数λ的取值范围为.【答案】λ≤3n【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=2，则nn2(1-2)n+1n+1∗an=2-1，Sn=-n=2-n-2，则Sn+2n=2+n-2在n∈N上递增，所以(Sn+2n)min=1-222+1-2=3，要使λ≤Sn+2n恒成立，则λ≤3.故答案为：λ≤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n+1C.an=2n-1D.Sn=2-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nnn21-2等比数列，故B正确；则an+1=2，∴an=2-1，故C错误；则a3=7，故A正确；∴Sn=-n=1-2n+12-n-2，故D错误.故选：AB.3已知数列an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=，n4+7-n-Sn的最小值是.an+1n17【答案】2-1；4【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，nnn23n21-2n+1所以an+1=2，所以an=2-1；所以Sn=2+2+2+⋅⋅⋅+2-n=-n=2-2-n，所以1-2nnn+14+7-n-Sn4+7-n-2-2-nn9nn==2+-2，由对勾函数的性质可得，当n=1时，2=2，2a+1nnn22999nn9n9+-2=2+-2=；当n≥2时，2≥4，所以y=2+-2单调递增，当n=2时，2+-2=4n22nn222n91794+7-n-Sn17n17+-2=<；所以的最小值是.故答案为：2-1；.442an+144【跟踪训练】an+2,n为奇数1已知数列an满足：①a1=5；②an+1=.则an的通项公式an=；设Sn3an+2,n为偶数为an的前n项和，则S2023=.(结果用指数幂表示)6 n+323-4,n为奇数1013【答案】an=n+22×3-607932-2,n为偶数【详解】当n为奇数时an+1=an+2，令n=2k-1,k∈N*，则a2k=a2k-1+2，当n为偶数时an+1=3an+2，令n=2k,k∈N*，则a2k+1=3a2k+2=3a2k-1+2+2=3a2k-1+8，则a2k+1+4=3a2k-1+4，当k=1时a1+4=9，k-1k+1k+1所以a2k-1+4是以9为首项，3为公比的等比数列，所以a2k-1+4=9×3=3，所以a2k-1=3-4，则n+1n+1+1k+1k+12a2k=a2k-1+2=3-4+2=3-2，当n为奇数时，由n=2k-1,k∈N*，则k=，所以an=3-42n+32=3-4，n+3nn+22n2+123-4,n为奇数当n为偶数时，由n=2k,k∈N*，则k=，所以an=3-2=3-2，所以an=n+2，232-2,n为偶数231013所以S2023=a1+a3+⋯+a2023+a2+a4+⋯+a2022=3+3+⋯+3-4×1012+2310123+3+⋯+3-2×1011210122101131-331-31013=-4×1012+-2×1011=2×3-6079故答案为：an=1-31-3n+323-4,n为奇数1013n+2，2×3-607932-2,n为偶数511*2已知数列an满足a1=，an+1=an+n∈N.633(1)求证：数列a-1是等比数列；n2(2)求数列an的通项公式.11【答案】(1)证明见解析；(2)an=+.2n3a-11a+1-11a-11a-111*n+123n323n63n21【详解】(1)∵an+1=an+n∈N，∴====，33a-1a-1a-1a-13n2n2n2n2因此，数列a-1是等比数列；n2(2)由于a-1=5-1=1，所以，数列a-1是以1为首项，以1为公比的等比数列，∴a-1=12623n233n211n-1111×=，因此，an=+.33n2n33考点五：用“同除指数法”构造等差数列n+1*n+1an+1anan形如an+1=qan+p⋅q(n∈N)，可通过两边同除q，将它转化为n+1=n+p，从而构造数列n为qqqan等差数列，先求出n的通项，便可求得an的通项公式q【精选例题】n1已知数列an满足a1=1，an+1=2an+3，求数列an的通项公式.nn【答案】an=3-2.nn+1an+12an1an21【详解】由an+1=2an+3两边同除以3得n+1=3⋅n+3，令bn=n，则bn+1=3bn+3，设bn+1+λ=3337 22222(bn+λ)，解得λ=-1，bn+1-1=(bn-1)，而b1-1=-，∴数列{bn-1}是以-为首项，为公比的33333等比数列，2nnnbn-1=-3，得an=3-2【精选例题】n+1∗1已知数列an满足a1=2,an+1-2an=2n∈N，求数列an的通项公式；n【答案】(1)an=n⋅2；n+1n+1an+1an【详解】解：(1)由an+1-2an=2，(左右两边同除以2)可得n+1-n=1，22ana1ann则数列是首项为=1，公差为1的等差数列，则=1+n-1=n，即an=n⋅2；2n22n考点六：用“同除法”构造等差数列11形如an−an+1=kan+1an(k≠0)，的数列，可通过两边同除以an+1an，变形为−=−k的形式，从而构an+1an造出新的等差数列1，先求出1的通项，便可求得a的通项公式nananqan11p11形如an+1=(p,q为常数，pq≠0)的数列，通过两边取“倒”，变形为=+，即：−pan+qan+1anqan+1anp11=，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得an.qanan【精选例题】an*11已知数列an满足a1=1，an+1=，(n∈N)，则满足an>的n的最大取值为()4an+137A.7B.8C.9D.10【答案】Can111111【详解】解：因为an+1=，所以=4+，所以-=4，又=1，数列是以1为首4an+1an+1anan+1ana1an1111项，4为公差的等差数列．所以=1+4(n-1)=4n-3，所以an=，由an>，即>an4n-3374n-313，即0<4n-3<37，解得<n<10，因为n为正整数，所以n的最大值为9；故选：C3742已知正项数列an满足a1=1，且an−an+1=anan+1．(1)求数列an的通项公式；an1(2)记bn=，记数列bn的前n项和为Sn，证明：Sn<．2n+221【答案】(1)an=，(2)证明见解析n(1)数列a中，a>0，由a-a=aa，可得1-1=1又1=1=1，则数列1是首项为1nnnn+1nn+1an+1ana11an11公差为1的等差数列，则=1+n-1=n，则数列an的通项公式为an=ann1an1111(2)由(1)知an=n，则bn=2n+2==2n-n+1则数列bn的前n项和Sn=2n(n+1)8 1111111111121-2+2-3+3-4+⋯+n-n+1=21-n+1由n+1>0，可得111121-n+1<2，即Sn<2．【跟踪训练】*1(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.1+1为等比数列B.{a}的通项公式为a=1annn-1n2×3-1C.{a}为递增数列D.1的前n项和T=3n-nnnan【答案】AB【详解】因为a-3a=2a⋅a，所以1+1=31+1，又1+1=2≠0，所以1+1是以2为首nn+1nn+1an+1ana1an项，3为公比的等比数列，1+1=2×3n-1即a=1，所以{a}为递减数列，1的前n项和Tann-1nann2×3-1nn01n-101n-11-3n=(2×3-1)+2×3-1+⋯+2×3-1=23+3+⋯+3-n=2×-n=3-n-1．故1-3选:AB．2已知数列an满足an+an+2=λan+1，λ∈R，若a1=1，a2=2，a2024≥2024，则λ的值可能为()5A.-1B.2C.D.-22【答案】BCD【详解】A：当λ=-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，不符合题意，故A错误；B：当λ=2时，an+2=2an+1-an，得a3=2a2-a1=3,a4=2a3-a2=4,a5=2a4-a3=5,a6=2a5-a4=6,⋯,an=n，所以a2024=2024，符合题意，故B正确；5552535455C：当λ=时，an+2=an+1-an，得a3=a2-a1=2,a4=a3-a2=2,a5=a4-a3=2,a6=a5-a4=2,222222n-1⋯,an=2，2023所以a2024=2>2024，符合题意，故C正确；D：当λ=-2时，an+2=-2an+1-an，得a3=-2a2-a1=-5,a4=n-2a3-a2=8,a5=-2a4-a3=-11,a6=-2a5-a4=14,⋯,an=(-1)(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k形如an+1=can(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．k形如an+1=can(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】41已知数列an满足a1=2，an+1=an，则a6的值为()202410244096A.2B.2C.2D.2【答案】C4【详解】an+1=an，a1=2，易知an>0，故lnan+1=4lnan，故lnan是首项为ln2，公比为4的等比数列，lnan9 n-1510242014=4⋅ln2，lna6=4⋅ln2=ln2，故a6=2.故选：C.【跟踪训练】21已知数列an满足an+1=an-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≤4an1114nC.++⋯+<D.log2a1+log2a2+⋯+log2an≤2-2a1a2an3【答案】ACD22【详解】对于A项，由已知可得，an+1-an=an-2an+4=an-1+3>0，所以an+1>an，所以数列an是递222增数列，故A正确；对于B项，由已知可得，a2=a1-a1+4=4，a3=a2-a2+4=16，a4=a3-a3+4=244>24a3，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an>1.由已知可得an+1-1=an211111111-an+3>an-an，所以<2=-，所以有<-.当n≥3时，有an+1-1an-anan-1ananan-1an+1-1a1111111111111++⋯+<+-+-+⋯+-=+-=a2ana1a2-1a3-1a3-1a4-1an-1an+1-1a1a2-1an+1-1414-<.3an+1-131411541114又=1<，+=<，所以++⋯+<，故C项正确；对于D项，因为a1=1，a2=a13a1a243a1a2an3224，数列an是递增数列，则当n≥3时，有an>a2=4，则有4-an<0.所以，an+1=an-an+4<an，所以有2log2an+1log2an<=2.log2anlog2anlog2anlog2an-1log2a3n-2n-1又log2an=⋅⋯⋅log2a2<2×2=2，所以log2a1+log2a2+⋯+log2an<0+2+log2an-1log2an-2log2a2n-12n-12×1-2n12+⋯+2==2-2.当n=1时，有log2a1=0=2-2，1-22n当n=2时，有log2a1+log2a2=2=2-2.综上所述，log2a1+log2a2+⋯+log2an≤2-2，故D项正确.故选：ACD.2n+22已知正项数列an的前n项积为Tn，且4Tn=an，则使得Tn>2024的最小正整数n的值为()A.4B.5C.6D.7【答案】C2n+22n+1*n+1n【详解】由题，an>0，又∵4Tn=an，∴4Tn-1=an-1，n≥2,n∈N，两式相除可得an-1=an，上式两边取对lgann+1*lganlgan-1lga2n+1数，可得n+1lgan-1=nlgan，即=，n≥2,n∈N，∴××⋯×=lgan-1nlgan-1lgan-2lga1nn3××⋯×，n-12lgann+1n+123n+123化简得=，解得an=2，又4T1=a1，即a1=4，所以an的通项公式为an=2，∴Tn=2×2×lga12nn+3n+12nn+3-3+185-3+18511⋯×2=2，要使Tn>2024，即>22，解得n>，且5<<，所2222以满足题意的最小正整数n的值为6.故选：C.考点八：已知通项公式an与前n项的和Sn关系求通项问题解题思路：遇到an与Sn关系，要么把an换为Sn，要么把Sn换为an，利用an=Sn−Sn−110 【精选例题】21*1若数列an的前n项和为Sn=an+n∈N，则数列an的通项公式是an=.33n-1【答案】(-2)2121【详解】解：因为Sn=an+，当n=1时，S1=a1=a1+，所以a1=1，3333212121当n≥2时，Sn-1=3an-1+3，两式相减，Sn-Sn-1=3an+3-3an-1+3整理得an=-2an-1，n-1n-1所以an是首项为1，公比为-2的等比数列，故an=(-2).故答案为：(-2)∗2已知数列an的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=2Sn+2(n∈N)，则下列说法中错误的是()179A.a1=B.S4=C.an是等比数列D.Sn+1是等比数列22【答案】C1【详解】由题意数列an的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=2Sn+2，则a2=2S1+2，即3=2a1+2,∴a1=，2即选项A正确；∵an+1=2Sn+2①，∴当n≥2时，an=2Sn-1+2②，①-②可得，an+1-an=2an，即an+1=3an，1a2=3,a1=，不满足a2=3a1，故数列an不是等比数列，故C错误，由n≥2时，an+1=3an可得，an=32n-2n-1179×3=3，则a3=9,a4=27，故S4=+3+9+27=，故B正确；由an+1=2Sn+2得：Sn+1-Sn=2Sn22Sn+1+13+2,∴Sn+1=3Sn+2,则Sn+1+1=3(Sn+1)，即=3，故Sn+1是首项为S1+1=a1+1=，公比为Sn+123的等比数列，D正确，故选︰C．【跟踪训练】21记各项均为正数的数列an的前n项和是Sn，已知an+an=2Sn，n为正整数，(1)求an的通项公式；(2)设bn=tanan⋅tanan+1，求数列bn的前n项和Tn；tan(n+1)【答案】(1)an=nn∈N+，(2)Tn=-n-1tan12an-1+an-1=2Sn-1,22【解析】(1)当n≥2时，2相减得an-an-1+an-an-1=2an，即an-an-1-1an+an-1=0，an+an=2Sn,各项均为正数，所以an=an-1+1(n≥2)，故an是以首项为1，公差以1的等差数列，所以an=nn∈N+；tan(n+1)-tan(n)tan(n+1)-tan(n)(2)tan1=tan[(n+1)-n]=，故tan(n+1)tann=-1，1+tan(n+1)tan(n)tan11Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=[tan(n+1)-tan(n)+tan(n)-tan(n-1)+⋯+tan2-tan1]-n，tan11tan(n+1)Tn=[tan(n+1)-tan1]-n=-n-1．tan1tan12Sn2已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1,=an+1-1．n(1)求数列an的通项公式；n2,n为奇数,(2)若数列Cn=2n+3,n为偶数,，求数列Cn的前2n项和T2n．2n2【答案】(1)an=2n-1；(2)T2n=4-1+2n+5n311 2Sn【解析】(1)因为=an+1-1，所以2Sn=nan+1-n，①当n≥2时，2Sn-1=(n-1)an-(n-1)，②nan+1an111①-②得：2an=nan+1-(n-1)an-1，即nan+1-(n+1)an=1，所以-==-，n+1nn(n+1)nn+1ana211所以-=-，由a2=3，可得an=2n-1，当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=2n-1．n22nn2,n为奇数,(2)由题意得，Cn=2n+3,n为偶数,则T2n=C1+C3+⋯+C2n-1+C2+C4+⋯+C2nn21-4n(7+4n+3)2n22n2=+=4-1+2n+5n，所以T2n=4-1+2n+5n．1-4233考点九：已知数列前n项积型求通项131记Tn为数列an的前n项积，已知+=3，则T10=()Tnan16151311A.B.C.D.3434【答案】C4Tn131【解析】n=1,T1=,Tn=a1a2a3⋯an,则an=(n≥2)，代入+=3，化简得：Tn-Tn-1=，则Tn3Tn-1Tnan3n+313=,T10=．故选：C．332已知数列an中，Sn=a1+a2+⋯+an,Tn=S1×S2×⋯×Sn，且Sn+Tn=1.(1)求证：数列1是等差数列；Sn-1(2)求证：对于任意的正整数n,Tn是an与Sn的等比中项．1【解析】(1)当n=1时，S1=T1,S1+T1=1，则S1=T1=，由Sn+Tn=1可得Sn-1=-Tn，则Sn+1-1=2-Tn+1，Sn+1-1-Tn+11Sn+1111则==Sn+1，即==1+，即=-1+，故数列Sn-1-TnSn-1Sn+1-1Sn+1-1Sn+1-1Sn-11是首项为-2，公差为-1的等差数列；Sn-11n1(2)由(1)知，=-2+(n-1)×-1=-n-1，则Sn=，当n=1时，a1=S1=T1=，则a1⋅S1Sn-1n+122=T1；nn-1112n当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=，Tn=S1×S2×⋯×Sn=××⋯×=n+1nn(n+1)23n+11n112，则an⋅Sn=⋅=2=Tn；综上可得：对于任意的正整数n,Tn是an与Sn的等比n+1n+1n(n+1)(n+1)中项．【题型专练】*21已知数列{an}的前n项积为Tn，若对∀n≥2，n∈N，都有Tn+1⋅Tn-1=2Tn成立，且a1=1，a2=2，则数列{an}的前10项和为．*2【解析】解：数列{an}的前n项积为Tn，若对∀n≥2，n∈N，都有Tn+1⋅Tn-1=2Tn成立，且a1=1，a2=2，49则：T1=1，T2=a1⋅a2=2，进一步求出：T3=8，T4=2=16，⋯，所以：a1=1，a2=2，a3=4，⋯a10=2，12 1092-1故：S10=1+2+⋯+2==1024-1=1023．故答案为：10232-1*2已知数列an前n项积为Tn，且an+Tn=1(n∈N)．(1)求证：数列1为等差数列；1-an2221(2)设Sn=T1+T2+⋅⋅⋅+Tn，求证：Sn>an+1-．211-an【解析】(1)因为an+Tn=1，所以Tn=1-an∴a1=，所以Tn-1=1-an-1(n≥2)，两式相除，得an=21-an-1(n≥2)，整理为a=1，再整理得，1-1=1(n≥2)．所以数列1为以2为首n2-an-11-an1-an-11-an项，公差为1的等差数列．111n(2)因为an+Tn=1，所以a1=,=2，由(1)知，=2+n-1，故an=，所以Tn=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅⋅21-a11-ann+112n1222111an=2×3×⋅⋅⋅×n+1=n+1．所以Sn=T1+T2+⋯+Tn=2+2+⋯+223(n+1)11111111111>++=-+-+⋯+-=-．又因为an+12×33×4(n+1)(n+2)2334n+1n+22n+21n+11111-=-=-，所以Sn>an+1-．2n+222n+2213