【三轮冲刺】高考数学（大题培优）02 数列综合大题归类

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【题型一】“函数型”裂项求和：基础型
1.（22·23·龙岩·二模）已知等差数列的首项为1，公差，前项和为，且为常数．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由为常数，则为常数，即，然后结合等差数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）可得，然后累加求和即可得证．
【详解】（1）依题意，得：，即
所以，，化简得：因为，所以
所以经检验：成立
（2）因为所以
，
所以
．
2.（22·23·秦皇岛·模拟预测）设等比数列的前项和为，数列为等差数列，且公差，.
(1)求数列的通项公式以及前项和；
(2)数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列通项公式运算、等比数列通项公式和求和公式运算即可求解.
（2）利用裂项相消法求出，而，从而得出证明.
【详解】（1）设的公比为，由题意，可得，解得，
所以，所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以，
因为，所以，得证.
3.（2024下·福建·高三校联考开学考试）已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由题意，可得到数列是公差为1的等差数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，利用裂项相消法即可求出，进而解不等式.
【详解】（1）由，有，
即，因为数列是正项数列，所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型
1.（2023·广西玉林·校联考模拟预测）记为数列的前项和，已知，．
(1)证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析
【分析】（1）令可求得的值，当时，由，可得，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列的通项公式；
（2），利用裂项相消法可证得结论成立.
【详解】（1）证明：因为，，为数列的前项和，
当时，，
当时，由①，可得②，
①②可得，即，所以，，
又因为，则当时，数列是等比数列，其公比为，
即当时，，则，
不满足，所以，.
（2）证明：，
则
.综上，对任意的，.
2.（2023上·海南海口·高三校考阶段练习）在数列和中，，且是和的等差中项.
(1)设，求证：数列为等比数列；
(2)若的前n项和为，求证：.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）由等差中项整理得，两边同时除以，得即可证明；
（2）应用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）依题是和的等差中项，
则，即，
两边同时除以，得，
即，则，由，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，则，则，
则
，因为，则，故.
3.（2023上·湖南长沙·高二长沙一中校考阶段练习）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由题设递推式可得，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证为等比数列；
（2）由（1）有，进而求，利用裂项相消法求.
【详解】（1）由得，
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知，，所以
所以，
.
【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型
1.（2023·河北唐山·三模）设为数列的前项和，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用与的关系计算求通项；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法计算即可.
【详解】（1）已知①，
当时，.
当时，②
①-②得：，即.
又，所以，.所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
所以.
（2）设.
.
2.（2023·江苏镇江·二模）已知数列满足：.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）运用累乘法计算；（2）运用裂项相消法求和.
【详解】（1）由题意： ，
，
，
，将代入上式也成立， ；
（2） ，
.
3.（2023·湖南永州·三模）记正项数列的前项积为，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解；
（2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解.
【详解】（1）证明：由题意得，当时，可得，可得，
因为，所以，即，即，
当时，可得，所以，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）解：由（1）可得，
所以，
所以
.
【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和
1.（23·24上·湖北·期中）已知为等比数列，且，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)当为递增数列时，，数列的前项和为，若存在，求的取值范围.
【答案】(1)或(2)
【分析】（1）运用等差中项的性质和等比数列通项公式基本量运算，解方程即可得到通项.
（2）由递增可得，对通项进行裂项展开，当n为偶数、奇数时分别求出表达式，然后再分别求出的范围，由存在，即可求出的取值范围.
【详解】（1）设等比数列公比为q，
由或，
或.
（2）当为递增数列时，
所以
当为偶数时，
在上单调递减，，
当为奇数时，
在上单调递增，，.
2.（23·24上·黔东南·阶段练习）已知数列满足：，.
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)令，求的前n项和.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）通过构造可证为等比数列，根据等比数列通项公式可得，然后可得；
（2）将数列通项公式变形为，直接求和可得.
【详解】（1）证明：由，所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即
（2）由（1）知：，所以.又，
3.（22·23高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若存在，使，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）依题意可得，再结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）可得，再分为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.
【详解】（1）证明：因为，所以，即，
因为，所以，故数列是以12为首项，3为公比的等比数列，
所以，则.
（2）解：由（1）知，
所以.
当为偶数时，
，
因为是单调递减的，所以.
当为奇数时，
，
又是单调递增的，因为，所以.
要使存在，使，只需，即，故的取值范围是.
【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型
1.（23·24上·甘南·期中）在数列中，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，若的前项和为，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，化简得到，得出数列为等差数列，结合等差数列的通项公式，进而求得数列的通项公式；
（2）由，得到，结合裂项法求和，求得，进而证得.
【详解】（1）解：由，两边同除以，可得，即，
因为，可得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
可得，所以，
即数列的通项公式为.
（2）解：由，可得
，
所以数列的前项和为
，
因为，可得，即.
2.（23·24上·合肥·阶段练习）在数和之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，令.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得，结合对数的运算可得出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）解：在数和之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，
设插入的这个数分别为、、、，
由等比数列的性质可得，
所以，，所以，，
易知，所以，，则.
（2）解：，
所以，.
3.（23·24上·昆明·阶段练习）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）运用累乘法求出的通项公式；
（2）先运用裂项法求出的解析式，再运用缩放法证明.
【详解】（1）由已知，
所以，
当时，满足条件，所以；
（2）由于，所以，
所以，
所以，显然在上为增函数，，又，所以；综上，.
【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型
1.（2023·山东威海·二模）已知2n＋2个数排列构成以为公比的等比数列，其中第1个数为1，第2n＋2个数为8，设．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前100项和．
【答案】(1)数列是以公差为的等差数列.(2)
【分析】（1）根据等比数列的性质分析可得，再结合等差数列的定义分析证明；
（2）根据两角差的正切公式整理得，结合裂项相消法运算求解.
【详解】（1）由题意可得：，且，可得，
所以，可得，则，
所以数列是以公差为的等差数列.
（2）由（1）可得，则，
整理得，
则
，所以数列的前100项和.
2.（22·23高三上·山东济宁·期中）已知，抛物线与x轴正半轴相交于点A，在点A处的切线在y轴上的截距为
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再求出纵截距作答.
（2）由（1）的结论求出，再分奇偶利用裂项相消法求解作答.
【详解】（1），抛物线与轴正半轴的交点坐标为，由求导得：，
因此抛物线在点A处的切线的斜率为，切线方程为，当时，，
所以.
（2）由（1）知，，则，
当n为偶数时，
，
当n为奇数时，，
.
3.（22·23上·芜湖·期末）已知是数列的前项和，．且
(1)求的通项公式；
(2)设，已知数列满足，求的前项的和
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合变形，构造数列求解作答.
（2）由（1）的结论，利用差角的正弦公式变形，再利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）因为，，当时，，
两式相减得：，即，变形得，
于是得数列是常数列，因此，即，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，，
，
所以.
【题型七】递推公式：分式型不动点
1.（22-23高三·河南·阶段练习）已知数列满足．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据条件可得，利用等差数列的定义即可证明结论；
（2）利用（1）的结论可得，即得，利用作差法可得，由此可设，即得，且，两式相乘可证明结论.
【详解】（1）证明：根据题意，
可得，则，
故，
故数列是以为首项，2为公差的等差数列．
（2）由（1）知，，则，
则,
由于，
故
设,则，
且，
则，
故.
2.（2024高三·全国·专题练习）在数列中， 且 ，求数列的通项公式.
【答案】
【分析】法一，由，令，解得，即在等式两边同减去，可构造出形式，从而两边再同取倒数可得，由此配凑常数，可构造等比数列进而求得等比数列通项，解可得；法二，利用特征方程有两个不等式根：，确定构造方向，先构造两个等式,再作比即可构造特殊数列，即可求得特殊数列的通项，再解出即可.
【详解】法一，由两边减去得，，
两边取倒数得，，
两边同加得，，
由，则，所以有，
故是以为首项，为公比的等比数列.
所以，故，解得.
法二： 因为，
两边同减去得①，
两边同加上得②，
由已知，则，
①②两式相除得，
，且，所以，数列 是以为首项，为公比的等比数列，，.
3.（2023高三·全国·专题练习）已知数列满足性质：对于且求的通项公式.
【答案】
【分析】根据特征方程的根，构造数列的通项公式，再得到数列的通项公式.
【详解】依定理作特征方程变形得其根为
故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
，
∴
∴即.
【题型八】插入数型
1.（2024·全国·武钢三中校联考模拟预测）已知数列为等差数列，，且数列是公比为2的等比数列，.
(1)求，的通项公式；
(2)若数列满足，将中的项按原有顺序依次插入到数列中，使与之间插入2项，形成新数列，求此新数列前面20项的和.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据条件先求解出的公差，则的通项公式可求；将的通项公式求出，则的通项公式可知；
（2）先分析前项的组成情况，然后采用分组求和求得结果.
【详解】（1）设的公差为，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
（2）将及其后中的两项看成一组，故需要组再加上第组的前两项，
所以
.
2.（2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）若数列满足（n为正整数，p为常数），则称数列为等方差数列，p为公方差．
(1)已知数列的通项公式分别为判断上述两个数列是否为等方差数列，并说明理由；
(2)若数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，数列满足，且，求正整数m的值；
(3)在（1）､（2）的条件下，若在与之间依次插入数列中的项构成新数列，，求数列中前50项的和．
【答案】(1)数列为等方差数列，数列不是等方差数列，理由见解析；(2)40(3)11522
【分析】（1）根据等方差数列的定义，即可判断；
（2）首先求得数列的通项公式，再根据数列的通项公式，结合对数换底公式，
即可求解；
（3）首先确定的取值，再根据等比数列和等差数列求和公式，即可求解.
【详解】（1）因为（常数），
所以数列为等方差数列，1为公方差；
因为，
所以数列不是等方差数列．
（2）由题意得，，
显然
，解得．
（3）由题意得：新数列中，（含）
前共有：项，由，得，
所以新数列中的前50项含有数列的前9项，含有数列的前41项，
即
3.（·江苏南京南京外国语学校校考 ）设等比数列的前项和为；数列满足（，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）①试确定的值，使得数列为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数，在与之间插入个2，符到一个数列．设是数列的前项和，试求满足的所有正整数．
【答案】（1）；（2）见解析
【详解】分析：（1）求出数列的首项和公比，即可求数列的通项公式；（2）①求出数列的前几项，根据等差数列的性质建立方程即可求出；②讨论的取值，根据的关系进行求解即可．
详解：（1）当时，，，
则公比，则
（2）①当时，得 时，得；时，得，
则由，得．
而当时，由得．
由，知此时数列为等差数列．
②由题意知，
则当时，，不合题意，舍去；
当时，，所以成立；
当时，若，则，不合题意，舍去；从而必是数列中的某一项，
则：
又，所以 ，
即，所以
因为为奇数，而为偶数，所以上式无解．
即当时，
综上所述，满足题意的正整数仅有．

【题型九】数列跳项型
1.（湖北省黄冈中学第三次模拟考试理科数学试题）设是等差数列，是等比数列.已知，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）数列满足，设数列的前项和为，求.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）设是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，根据条件求出，，再代入通项公式即可；
（2）利用等差数列和等比数列的前项和公式求和，即可得答案；
【详解】
（1）设是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，
由，，，，
可得，，
解得，，
则，，；
（2）
.
2.（宁夏银川一中2023届高三上学期第三次月考数学（文）试题）.已知数列的前项和为，，且．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)选取数列的第项构造一个新的数列，求的前项和．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可；
（2）先求得的通项公式，再结合等比数列的求和公式求得．
【详解】（1）解：证明：∵ ，
∴ 由已知得，
即．
∴ 数列是以2为公差的等差数列．
（2）解：由（1）知数列是以2为公差的等差数列，
又，首项为，，．
． ．
【题型十】证明数列不等式
1.（2024上·重庆·高三重庆巴蜀中学校考期中）数列 的前n项和，已知，，k为常数.
(1)求常数k和数列的通项公式；
(2)数列 的前n项和为，证明：
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）利用，和累加法求，然后根据等差数列求和公式求；
（2）利用裂项相消和放缩的思路证明.
【详解】（1）由得，，
两式相减的，整理得，
当时，得，，
当时，，
，，，
相加得，
所以，，
当，2时符合，
所以，
则，，
则，即.
（2）由（1）得，
所以，
因为，，
所以，
综上可得，.
2.（2023上·黑龙江大庆·高三校考阶段练习）为数列的前项和.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为，证明.
【答案】(1)(2)证明见解析；
【分析】（1）根据关系可判断出数列为等差数列，求出首项和公差即可得的通项公式.
（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，然后再利用单调性证明即可.
【详解】（1）由可得，
两式做差得，即，
因为，所以，
时，或（舍去）
所以是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
所以数列的前项和为
，，
因为且单调递减，所以单调递增，
所以，
又因为，所以，
所以得证.
3.设数列的首项
（1）求的通项公式；
（2）设，证明：，其中为正整数.
【答案】（1）（2）证明见解析；
【分析】（1）由，变形为，利用等比数列的定义求解.
（2）由（1）知，且，再分为奇数和为偶数，讨论数列的增减性，得到且，从而得到，然后证明即可.
【详解】（1）因为，所以，所以数列是等比数列，
所以，即；
（2）由（1）知，且，当为奇数时，，
，所以数列是递增数列，所以，
当为偶数时，，，所以数列是递减数列，
所以，所以且，则.
，，
，，.
所以对任意正整数都成立.
【题型十一】新结构第19题型：差分密码型
1.（2024·贵州·三模）差分密码分析（Differential Cryptanalysis）是一种密码分析方法，旨在通过观察密码算法在不同输入差分下产生的输出差分，来推断出密码算法的密钥信息.对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中；规定为的二阶差分数列，其中.如果的一阶差分数列满足，则称是“绝对差异数列”；如果的二阶差分数列满足，则称是“累差不变数列”.
(1)设数列，判断数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，请说明理由；
(2)设数列的通项公式，分别判断是否为等差数列，请说明理由；
(3)设各项均为正数的数列为“累差不变数列”，其前项和为，且对，都有，对满足的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值.
【答案】(1)不是“绝对差异数列”， 是“累差不变数列”，理由见解析(2)都是等差数列，理由见解析(3)
【分析】
（1）根据“绝对差异数列”和“累差不变数列”的定义判断即可；
（2）分别求出数列的通项，再根据等差数列的定义即可得出结论；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用基本不等式求解出的范围，从而得出的最值.
【详解】（1）对于数列，
可得：一阶差分数列为，不满足，
所以不是“绝对差异数列”，
二阶分差数列为，满足，所以是“累差不变数列”；
（2）因为，所以，所以，
因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
因为，
所以数列数列是首项为，公差为的等差数列；
（3）由题意得，对，都有，所以，
所以，
所以，所以数列是等差数列，
设数列的公差为，则，
当时，，与矛盾；
当时，当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，故，，
则，
，
因为，所以，
所以，
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，
则，，
则，
因为，所以当时，，
即有，与恒成立矛盾.综上所述，实数的最大值为.
2.（2024·辽宁葫芦岛·一模）大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
(1)求；
(2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
(3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）结合题意可得，借助等比数列前项和公式计算即可得；
（2）借助反证法，假设存在，结合等差数列的性质得到与假设矛盾之处即可得；
（3）借助题意，计算出后，可得，，即可得，，再得到，，
即可得，设出，从而证明，分、、、逐个证明即可得.
【详解】（1）
由，知：当时，；
当时，故，，
则，；
（2）
假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，
化简得，∵，∴，
∴，∴，
与“，且，”矛盾，故不存在；
（3）
由题意，，则，，，
所以保留，，则，，，
又，，，，，
将，删去，得到，则，，
，，，
即：，，，
即：，，
记，下面证明：，
由，，，，
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
，
综上，对任意的，都有，原命题得证．
3.（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．
(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？
(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；
(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)不是等差数列，是等差数列
(2)
(3)2
【分析】
（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；
（2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；
（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值.
【详解】（1）因为，所以，
因为，，，
故，，
显然，
所以不是等差数列；
因为，则，，
所以是首项为12，公差为6的等差数列.
（2）因为数列是以1为公差的等差数列，
所以，故，
所以数列是以公比为的正项等比数列，，
所以，
且对任意的，都存在，使得，即，
所以，因为，所以，
①若，则，解得（舍），或，
即当时，对任意的，都存在，使得.
②若，则，对任意的，不存在，使得.
综上所述，.
（3）因为为常数列，则是等差数列，
设的公差为，则，
若，则，与题意不符；
若，所以当时，，
与数列的各项均为正数矛盾，所以，
由等差数列前项和公式可得，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以
则当时，不等式恒成立，
另一方面，当时，令，，，
则，，
则
，
因为，，
当时，，
即，不满足不等式恒成立，
综上，的最大值为2.

结束目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc3552" 【题型一】“函数型”裂项求和：基础型 PAGEREF _Tc3552 \h 1
\l "_Tc23775" 【题型二】“函数型”裂项求和：指数函数型 PAGEREF _Tc23775 \h 3
\l "_Tc13460" 【题型三】“函数型”裂项求和：等差裂和型 PAGEREF _Tc13460 \h 5
\l "_Tc13029" 【题型四】“函数型”裂项求和：指数型裂和 PAGEREF _Tc13029 \h 7
\l "_Tc16280" 【题型五】“函数型”裂项求和：同构仿写型 PAGEREF _Tc16280 \h 9
\l "_Tc15053" 【题型六】“函数型”裂项求和：三角函数裂项型 PAGEREF _Tc15053 \h 11
\l "_Tc16879" 【题型七】递推公式：分式型不动点 PAGEREF _Tc16879 \h 13
\l "_Tc28818" 【题型八】插入数型 PAGEREF _Tc28818 \h 15
\l "_Tc21342" 【题型九】数列跳项型 PAGEREF _Tc21342 \h 17
\l "_Tc12038" 【题型十】证明数列不等式 PAGEREF _Tc12038 \h 19
\l "_Tc10799" 【题型十一】新结构第19题型：差分密码型 PAGEREF _Tc10799 \h 21
基础原理：，如：；
基本题型：①；②；
注意（避免掉坑）
①分母分解因式：；
②系数不相同就提系数：；
③求和化简时，要写到“前三后二”，并且一定要强调每项加括号，这样容易观察剩余的时首尾项（或正负项）对应.
(1)；
（2）；
（3）；
（4）；
分式型分子裂差法
形如型，如果，则可以分子裂差：
指数裂项法
形如型，如果，则可以分子裂差：
正负型：等差裂和型
形如型，如果，则可以分子裂差：
正负型：指数裂和型
形如型，如果，则可以分子裂和：
仿写规律：
① （可通分反解）；
②（可通分反解）
常见的三角函数裂项：
1.正切型裂项：若 （特殊角），则，
；
2.正余弦和与差公式应用裂项型：
已知分式一次型数列递推关系求通项的问题解法：
法一，化归法.当时，递推关系两边取倒数，再裂项构造即可；当时，为了保持取倒数后分母一致性，通常可以令，可由解得的值，即可得到构造方向，通过这样的转化将问题又化归为的情形再求解.
法二，特征根法求解.先构造特征方程，解方程得根，若，则为等比数列；若，则为等差数列.
插入数型
1.插入数构成等差数列
在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解
个数构成等差数列，公差记为，所以：
2.插入数构成等比数列
在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解
个数构成等比数列，公差记为，所以：
3.插入数混合型
混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。
数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：
(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
关于新定义问题的常见思路为：
（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；
（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；
（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.