专题03 数列求通项（构造法、倒数法）(典型题型归类训练)（解析版）

专题03数列求通项（构造法、倒数法）(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍......................................................1二、典型题型......................................................2题型一：构造法.................................................2题型二：倒数法.................................................5三、数列求通项（构造法、倒数法）专项训练...........................8一、必备秘籍1.构造法类型1：用“待定系数法”构造等比数列形如pkaann1（pk,为常数，0kp）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为)(1makmann（其中：1kpm），由此构造出新的等比数列man，先求出man的通项，从而求出数列na的通项公式.标准模型：pkaann1（pk,为常数，0kp）或1nnakap（pk,为常数，0kp）类型2：用“同除法”构造等差数列（1）形如)(*11Nnqpqaannn，可通过两边同除1nq，将它转化为pqaqannnn11，从而构造数列nnqa为等差数列，先求出nnqa的通项，便可求得na的通项公式.（2）形如1*1()nnnakaqnN，可通过两边同除1nq，将它转化为111nnnnaakqqq，换元令：nnnabq，则原式化为：11nnkbbq，先利用构造法类型1求出nb，再求出na的通项公式.（3）形如)0(11kakaaannnn的数列，可通过两边同除以nnaa1，变形为kaann111的形式，从而构造出新的等差数列na1，先求出na1的通项，便可求得na的通项公式.2.倒数法用“倒数变换法”构造等差数列类型1：形如qpaqaannn1（qp,为常数，0pq）的数列，通过两边取“倒”，变形为qpaann111，即：qpaann111，从而构造出新的等差数列na1，先求出na1的通项，即可求得na.类型2：形如1nnnkaapaq（qp,为常数，0p，0q，0k）的数列，通过两边取“倒”，变形为111nnqpakak，可通过换元：1nnba，化简为：1nnqpbbkk（此类型符构造法类型1：用“待定系数法”构造等比数列：形如pkaann1（pk,为常数，0kp）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为)(1makmann（其中：1kpm），由此构造出新的等比数列man，先求出man的通项，从而求出数列na的通项公式.）二、典型题型题型一：构造法例题1．（2023秋·江西宜春·高三校考开学考试）已知正项数列na中，112,235nnnaaa，则数列na的通项na（）A．132nB．132nC．1532nnD．1532nn【答案】D【详解】解法一：在递推公式1235nnnaa的两边同时除以15n，得11235555nnnnaa①，令5nnnab，则①式变为12355nnbb，即12115nnbb，所以数列1nb是等比数列，其首项为1131155ab，公比为25，所以132155nnb，即132155nnb，所以113232115555nnnnna，所以1532nnna，解法二：设1152(5)nnnnakak，则1235nnnaak，与1235nnnaa比较可得1k，所以1152(5)nnnnaa，所以数列5nna是首项为153a，公比为2的等比数列，所以1532nnna，所以1532nnna，故选：D例题2．（多选）（2023秋·广东深圳·高三校考阶段练习）已知数列na的前n项和为nS，且满足22nnnSa，*nN，则（）A．12aB．26aC．数列2nna为等差数列D．1na为等比数列【答案】ABC【详解】由22nnnSa得111222nnnSan，两式相减得11222nnnana，111111222222nnnnnnnnaaaa，又当1n时，1122Sa，则12a，故2nna为首项是1，公差为12的等差数列，即111112N22nnnnanann.显然A、C正确；2326a，故B正确；由通项公式易得113a，217a，3117a，三者不成等比数列，故D错误．故选：ABC．例题3．（2023春·山东淄博·高二校考期中）已知na数列满足12a，1122nnnaa，则数列na的通项公式为【答案】2nnan【详解】由1122nnnaa得11122nnnnaa，故2nna为等差数列，公差为1，首项为1，所以112nnann所以2nnan.故答案为：2nnan例题4．（2023·全国·高二专题练习）已知数列na满足1111,2nnnnaaaaa，则数列1nnaa的前n项和为．【答案】21nn【详解】解：因为1111,2nnnnaaaaa，所以112nnnnaaaa，即1112nnaa，即1112nnaa，所以1na是以1为首项，2为公差的等差数列，所以132nan，所以132nan，则11111232122321nnaannnn，令数列1nnaa的前n项和为nT，则1111111111112111335232122121nnTnnnn故答案为：21nn例题5．（2023·全国·高三专题练习）在数列na中，11a，且1211nnaan，求na.【答案】21nna【详解】由1211nnaan，得11211nnaan，所以数列1na是以首项为112a，公比为2的等比数列.所以1122nna，即21nna.当1n时，11211a，此式也满足1a，故21nna.例题6．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设数列na的前n项和为nS，*226nnSannN．(1)求证数列2na为等比数列，并求数列na的通项公式na．【答案】(1)证明见解析，22nna【详解】（1）因为226nnSan，所以当1n时，1124Sa，解得14a．当2n时，11228nnSan，则11222nnnnSSaa，整理得122nnaa，故1222nnaa，122a，所以数列2na是首项为2，公比为2的等比数列，所以12222nnna．所以22nna例题7．（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）记数列na的前n项和为nS，且*23nnSannN.(1)求证：数列1na是等比数列；【答案】(1)证明见解析【详解】（1）由于23nnSan，故11213nnSan，*2,nnN，∴11221nnnnnaSSaa，∴121nnaa，*2,nnN，∴1121nnaa，*2,nnN，11122aSa，可得12a，所以数列1na是一个首项为1，公比为2的一个等比数列；例题8．（2023春·江苏盐城·高二盐城市第一中学校联考期中）已知正项数列na满足11a，且11nnnnaaaa．(1)求数列na的通项公式；【答案】(1)1nan【详解】（1）数列na中，0na，由11nnnnaaaa，可得1111nnaa+-=又11111a，则数列1na是首项为1公差为1的等差数列，则111nnna，则数列na的通项公式为1nan题型二：倒数法例题1．（多选）（2023春·云南玉溪·高二统考期末）已知数列na满足*111,N13nnnaaana，则（）A．1na为等比数列B．na的通项公式为132nanC．na为单调递减数列D．1na的前n项和232nnnT【答案】BCD【详解】因为113113nnnnaaaa，所以1na是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；113(1)32nnna，即132nan，故选项B正确；根据函数32yx在1,上单调递增，且320x，则函数132yx在1,上单调递减，又因为132nan，nN，则数列na为单调递减数列，故选项C正确；1na的前n项和2(31)322nnnnnT，故选项D正确,故选：BCD.例题2．（2023·全国·高三专题练习）已知数列na满足12a，1214nnnaaa，则na．【答案】31n【详解】设214xfxx，令fxx得：214xxx，解得：=1x；121114nnnaaa，化简得，13114nnnaaa，所以141131nnnaaa，从而11311113131nnnnaaaa，故1111113nnaa，又11113a，所以11na是首项和公差均为13的等差数列，从而11111333nnna，故31nan．故答案为：31n例题3．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的递推公式1341nnnaaa，且首项15a，求数列na的通项公式．【答案】3232nan【详解】令1nnaax．先求出数列的不动点341xxx，解得122xx．将不动点122xx代入递推公式，得134221nnnaaa，整理得1221nnnaaa，121122nnnaaa，∴111122nnaa．令12nnba，则11nnbb，111123ba．∴数列nb是以13为首项，以1为公差的等差数列．∴nb的通项公式为12113nbbnn．将12nnba代入，得1223nna．∴3232nan．例题4．（2023·全国·高三专题练习）已知185nnnaaa，11a，求na的通项公式．【答案】2213nna．【详解】由题意，11238225122555222nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaa，所以113122nnaa，则1111132222nnaa，而1113222a，故1122na是以32为首项，3为公比的等比数列．于是11131423233222221313nnnnnnnaa．例题5．（2023春·辽宁锦州·高二校考期中）已知数列n