高考数学二轮复习培优专题第16讲数列的通项6种常见题型总结(）,以下展示关于高考数学二轮复习培优专题第16讲数列的通项6种常见题型总结(）的相关内容节选，更多内容请多关注我们
1、第16讲 数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知，求题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式与前项的和关系求通项问题【典型例题】题型一：已知，求【例1】已知数列的前项和. 若，则（）ABCD【答案】B【分析】先求得，然后根据求得的值.【详解】依题意，当时，；当时，两式相减得，也符合上式，所以，由解得，所以.故选：B【例2】（2022甘肃高台县第一中学高二阶段练习（理）已知为数列的前n项和，且，则数列的通项公式为（）ABCD【答案】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、例3】（2022全国高三专题练习）已知数列满足，求的通项公式【答案】.【分析】利用项与前项和的关系即得.【详解】对任意的，当时，则，当时，由，可得，上述两个等式作差可得，满足，因此，对任意的，.【题型专练】1.已知数列的前项和是，(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用数列与的关系即可求得数列的通项公式；（2）因为数列的首项为正且是一个递减数列， 令，得该数列前34为正，后面的项全为负，设数列的前项和为，利用分组求和即可求得数列的前项和.【详解】（1）当时，当时，把代入上式，满足题意.数列的通项公式.（2）数列的首项为正，是一个递减数列，先正后负，令
3、，则数列前34为正，后面的项全为负，设数列的前项和为，则当，当时，数列的前项和为2（2022浙江高二期末）已知数列的前项和，则_.【答案】7【分析】将代入根据可得出答案；当时由，求出，从而可得出答案.【详解】当时，；当时，.所以，所以.故答案为：3（2022辽宁实验中学高二期中）设数列满足，则的前n项和（）ABCD【答案】C【解析】【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.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列中，则（）ABCD【答案】A【分析】变形给定的等式，利用累加法及裂项相消法求解作答.【详解
4、】因为，则，当时，显然满足上式，即有，所以故选：A【例2】已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（）ABCD【答案】C【分析】由已知等式可推导证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得，采用累加法可求得，由此可得，分别讨论和时的取值，加和即可得到结果.【详解】由得：，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，；又，当时，；当时，.故选：C.【例3】南宋数学家在详解九章算法和算法通变本末中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，2
5、6，37，则该数列的第19项为（）A290B325C362D399【答案】B【分析】先由条件判断该高阶等差数列为逐项差数之差成等差数列，进而得到，再利用累加法求得，进而可求得.【详解】设该数列为，则由，可知该数列逐项差数之差成等差数列，首项为1，公差为2，故，故，则，上式相加，得，即，故.故选：B.【例4】已知数列满足，则_【答案】【分析】由已知可得，然后利用累加法可求出，从而可求出.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以故答案为：.【例5】已知数列中，是公差为2的等差数列.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和，求使得成立的最小整数.【答案】(1)；(2)使得成立的最小整数为.【分析】（1）根据等差数列的定义求出，从而可求出的通项，再利用累加法求出数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列的前项和，解不等式求的范围，确定满足条件的最小整数.【详解】（1）因为是公差为2的等差数列，
(1)研究人员用雄性不育系M与雄性可育株杂交,F1均表现为雄性可育,F1自交获得的F2中雄性可育株与雄性不育株的比例为3:1。,由此可知,雄性不育和雄性可育是一对,由位于(填“细胞质”或“细胞核”)内的基因控制。
1、第16讲 数列的通项6种常见题型总结【题型目录】题型一：已知，求题型二：叠加法（累加法）求通项题型三：叠乘法（累乘法）求通项题型四：构造法求通项题型五：已知通项公式与前项的和关系求通项问题【典型例题】题型一：已知，求【例1】已知数列的前项和. 若，则（）ABCD【答案】B【分析】先求得，然后根据求得的值.【详解】依题意，当时，；当时，两式相减得，也符合上式，所以，由解得，所以.故选：B【例2】（2022甘肃高台县第一中学高二阶段练习（理）已知为数列的前n项和，且，则数列的通项公式为（）ABCD【答案】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、例3】（2022全国高三专题练习）已知数列满足，求的通项公式【答案】.【分析】利用项与前项和的关系即得.【详解】对任意的，当时，则，当时，由，可得，上述两个等式作差可得，满足，因此，对任意的，.【题型专练】1.已知数列的前项和是，(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用数列与的关系即可求得数列的通项公式；（2）因为数列的首项为正且是一个递减数列， 令，得该数列前34为正，后面的项全为负，设数列的前项和为，利用分组求和即可求得数列的前项和.【详解】（1）当时，当时，把代入上式，满足题意.数列的通项公式.（2）数列的首项为正，是一个递减数列，先正后负，令
3、，则数列前34为正，后面的项全为负，设数列的前项和为，则当，当时，数列的前项和为2（2022浙江高二期末）已知数列的前项和，则_.【答案】7【分析】将代入根据可得出答案；当时由，求出，从而可得出答案.【详解】当时，；当时，.所以，所以.故答案为：3（2022辽宁实验中学高二期中）设数列满足，则的前n项和（）ABCD【答案】C【解析】【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.题型二：叠加法（累加法）求通项【例1】在数列中，则（）ABCD【答案】A【分析】变形给定的等式，利用累加法及裂项相消法求解作答.【详解
4、】因为，则，当时，显然满足上式，即有，所以故选：A【例2】已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（）ABCD【答案】C【分析】由已知等式可推导证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得，采用累加法可求得，由此可得，分别讨论和时的取值，加和即可得到结果.【详解】由得：，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，；又，当时，；当时，.故选：C.【例3】南宋数学家在详解九章算法和算法通变本末中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，5，10，17，2
5、6，37，则该数列的第19项为（）A290B325C362D399【答案】B【分析】先由条件判断该高阶等差数列为逐项差数之差成等差数列，进而得到，再利用累加法求得，进而可求得.【详解】设该数列为，则由，可知该数列逐项差数之差成等差数列，首项为1，公差为2，故，故，则，上式相加，得，即，故.故选：B.【例4】已知数列满足，则_【答案】【分析】由已知可得，然后利用累加法可求出，从而可求出.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以故答案为：.【例5】已知数列中，是公差为2的等差数列.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和，求使得成立的最小整数.【答案】(1)；(2)使得成立的最小整数为.【分析】（1）根据等差数列的定义求出，从而可求出的通项，再利用累加法求出数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列的前项和，解不等式求的范围，确定满足条件的最小整数.【详解】（1）因为是公差为2的等差数列，
