高考数学复习解答题提高第一轮专题复习专题01数列求通项(数列前n项和Sn法、数列前n项积Tn法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)

这是一份高考数学复习解答题提高第一轮专题复习专题01数列求通项(数列前n项和Sn法、数列前n项积Tn法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)，共25页。

\l "_Tc3190" 二、典型题型 PAGEREF _Tc3190 \h 2
\l "_Tc17413" 题型一：法：角度1：用，得到 PAGEREF _Tc17413 \h 2
\l "_Tc11234" 题型二：法：角度2：将题意中的用替换 PAGEREF _Tc11234 \h 3
\l "_Tc24158" 题型三：法：角度3：已知等式中左侧含有： PAGEREF _Tc24158 \h 4
\l "_Tc1954" 题型四：法：角度1：已知和的关系 PAGEREF _Tc1954 \h 5
\l "_Tc3297" 题型五：法：角度2：已知和的关系 PAGEREF _Tc3297 \h 6
\l "_Tc28785" 三、数列求通项（法、法）专项训练 PAGEREF _Tc28785 \h 6
一、必备秘籍
1对于数列，前项和记为；
①；②
②：
2对于数列，前项积记为；
①；②
①②：
二、典型题型
题型一：法：角度1：用，得到
例题1．（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）记是数列的前项和，已知，且.
(1)记，求数列的通项公式；
例题2．（2023春·河南南阳·高二南阳中学校考阶段练习）已知数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
例题3．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知等比数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
例题4．（2023秋·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）已知数列的前项和为，，，．
(1)求数列的通项公式；
题型二：法：角度2：将题意中的用替换
例题1．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列的前项和为.
(1)求；
例题2．（2023秋·河北唐山·高二校考期末）已知数列中，，，前项和为，若．
(1)求数列的通项公式；
例题3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知各项均为正数的数列的首项，其前n项和为，且（）．
(1)求；
例题4．（2023秋·安徽滁州·高三校考期末）记首项为的数列的前项和为，且当时，
(1)证明：数列是等差数列；
题型三：法：角度3：已知等式中左侧含有：
例题1．（2023春·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考阶段练习）已知数列{}满足：．
(1)求的通项公式；
例题2．（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
例题3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考阶段练习）在数列中，.
(1)求数列的通项；
例题4．（2023春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）已知数列为正项等比数列，数列满足，，．
(1)求；
题型四：法：角度1：已知和的关系
例题1．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知数列的前项的积
(1)求数列的通项公式；
例题2．（2022秋·黑龙江大庆·高三阶段练习）已知数列的前项积.
(1)求的通项公式；
例题3．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）已知为数列的前n项的积，且，为数列的前n项的和，若（，）.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求的通项公式.
题型五：法：角度2：已知和的关系
例题1．（2023·福建泉州·泉州七中校考模拟预测）已知数列的前项的积记为，且满足
(1)证明：数列为等差数列;
例题2．（2020春·浙江温州·高一校联考期中）设数列的前n项积（）．
（1）求数列的通项公式；
例题3．（2023秋·江苏·高二专题练习）已知数列的前n项之积为，且满足．
(1)求证：数列是等差数列；
三、数列求通项（法、法）专项训练
一、单选题
1．（2023秋·江西·高三统考开学考试）设为数列的前项积，若，且，当取得最小值时，（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．（2023秋·内蒙古包头·高三统考开学考试）已知为数列的前项积，若，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
3．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）已知等比数列的前项积为，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023秋·江西宜春·高二校考开学考试）若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为（ ）
A．B．C．2D．3
二、填空题
5．（2023春·河南南阳·高二校考阶段练习）已知为数列的前n项积，且，则 ．
三、解答题
6．（2023春·湖南湘潭·高二湘潭县一中校联考期末）设数列的前项和为，，且.
(1)求的通项公式；
7．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）数列的各项均为正数，前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式．
8．（2023春·山西朔州·高二怀仁市第一中学校校联考期末）已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
9．（2023春·江西九江·高二校考期末）记数列的前n项和为，已知，.
(1)求的通项公式；
10．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知正项数列的前n项和为，满足：.
(1)计算并求数列的通项公式；
11．（2023春·浙江杭州·高二校联考期中）已知等差数列的前项和为，且，，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
12．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知是数列的前项和，满足，且.
(1)求；
13．（2023春·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）设正项数列的前n项和为，且，当
(1)求数列的通项公式；
18．（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）在数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
19．（2023秋·广东茂名·高二统考期末）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
20．（2021秋·江西九江·高二校考期中）为数列的前项和，为数列的前项积，已知.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式.
专题01 数列求通项（Sn法、Tn法）(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc20080" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc20080 \h 1
\l "_Tc3190" 二、典型题型 PAGEREF _Tc3190 \h 2
\l "_Tc17413" 题型一：Sn法：角度1：用Sn−Sn−1，得到an​​​ PAGEREF _Tc17413 \h 2
\l "_Tc11234" 题型二：Sn法：角度2：将题意中的an​​​用Sn−Sn−1替换 PAGEREF _Tc11234 \h 4
\l "_Tc24158" 题型三：Sn法：角度3：已知等式中左侧含有：i=1naibi PAGEREF _Tc24158 \h 5
\l "_Tc1954" 题型四：Tn法：角度1：已知Tn和n的关系 PAGEREF _Tc1954 \h 7
\l "_Tc3297" 题型五：Tn法：角度2：已知Tn和an的关系 PAGEREF _Tc3297 \h 8
\l "_Tc28785" 三、数列求通项（Sn法、Tn法）专项训练 PAGEREF _Tc28785 \h 9
一、必备秘籍
1对于数列{an}，前n项和记为Sn；
①Sn=a1+a2+a3+⋯an−1+an；②Sn−1=a1+a2+a3+⋯an−1​​​​​(n≥2)
②：Sn−Sn−1=an​​​(n≥2)
2对于数列{an}，前n项积记为Tn；
①Tn=a1a2a3⋯an−1an；②Tn−1=a1a2a3⋯an−1​​​​​(n≥2)
①÷②：TnTn−1=an​​​(n≥2)
二、典型题型
题型一：Sn法：角度1：用Sn−Sn−1，得到an​​​
例题1．（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）记Sn是数列an的前n项和，已知a1=1,an≠0，且anan+1=4Sn+1,n∈N∗.
(1)记bn=a2n，求数列bn的通项公式；
【答案】(1)bn=4n+1.
【详解】（1）因为anan+1=4Sn+1，①所以an+1an+2=4Sn+1+1，②
②-①得，an+1an+2−an=4an+1，因为，所以an+2−an=4，
所以数列an的奇数项和偶数项分别是以4为公差的等差数列，
令n=1代入anan+1=4Sn+1，得a1a2=4S1+1，由a1=S1=1，得a2=5，
所以b1=a2=5,bn+1−bn=a2n+2−a2n=4，
所以数列bn是公差为4，首项为5的等差数列，其通项公式为bn=4n+1.
例题2．（2023春·河南南阳·高二南阳中学校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，Sn=3−12n−1．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2,n=121−n,n≥2
【详解】（1）Sn=3−12n−1①，
当n≥2时，Sn−1=3−12n−2②，
两式①-②得：an=21−nn≥2，
当n=1时，a1=S1=3−121−1=2，不符合上式，
所以an=2,n=121−n,n≥2；
例题3．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2⋅3n−1
【详解】（1）因为an+1=2Sn+2，所以n≥2时，an=2Sn−1+2，
所以an+1−an=2Sn−Sn−1=2an，所以an+1=3ann≥2，
因为a2=2S1+2=2a1+2，
又因为an为等比数列，所以a2=3a1，所以，
则等比数列an首项为2，公比为3，
所以an=2⋅3n−1
例题4．（2023秋·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0，a1<2，6Sn=(an+1)(an+2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
【答案】(1)an=3n−2
【详解】（1）因为6Sn=(an+1)(an+2)，
所以当n≥2时，6Sn−1=(an−1+1)(an−1+2)，
两式相减，得到6an=(an2+3an+2)−(an−12+3an−1+2)，
整理得(an−an−1)(an+an−1)=3(an+an−1)，
又因为an>0，所以an−an−1=3，
所以数列{an}是公差为3的等差数列．
当n=1时，6S1=6a1=(a1+1)(a1+2)，解得a1=1或，
因为a1<2，所以a1=1，
由（1）可知an−an−1=3，即公差d=3，
所以an=a1+(n−1)d=1+(n−1)×3=3n−2；
题型二：Sn法：角度2：将题意中的an​​​用Sn−Sn−1替换
例题1．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn,a1=2,an>0,an+1⋅Sn+1+Sn=2.
(1)求Sn；
【答案】(1)Sn=2n
【详解】（1）a1=2,an>0,an+1⋅Sn+1+Sn=2，可得Sn+1−SnSn+1+Sn=2，
可得Sn+12−Sn2=2，即数列Sn2为首项为2，公差为2的等差数列，
可得Sn2=2+2n−1=2n，由an>0，可得Sn=2n；
例题2．（2023秋·河北唐山·高二校考期末）已知数列an中，，an>0，前n项和为Sn，若an=Sn+Sn−1n∈N∗,n≥2．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=4,n=12n+1,n≥2,n∈N∗
【详解】（1）若an=Sn+Sn−1n∈N∗,n≥2，
由an=Sn−Sn−1=Sn−Sn−1Sn+Sn−1，可得Sn−Sn−1=1，
则数列Sn是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Sn=S1+n−1=2+n−1=n+1，即Sn=n+12，
当n≥2时，an=Sn+Sn−1=n+1+n=2n+1，则an=4,n=12n+1,n≥2,n∈N∗
例题3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知各项均为正数的数列an的首项a1=1，其前n项和为Sn，且an=Sn+Sn−1（n≥2）．
(1)求Sn；
【答案】(1)Sn=n2
【详解】（1）∵an=Sn−Sn−1=Sn+Sn−1(n≥2)，
又Sn>0,Sn−1>0,∴Sn−Sn−1=1，
又S1=1，∴数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，
，故Sn=n2.
例题4．（2023秋·安徽滁州·高三校考期末）记首项为1的数列an的前n项和为Sn，且当n≥2时，an2Sn−1=2Sn2
(1)证明：数列是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）当n≥2时，an⋅2Sn−1=2Sn2，即Sn−Sn−12Sn−1=2Sn2，
则2Sn2−Sn−2SnSn−1+Sn−1=2Sn2，可得−Sn+Sn−1=2SnSn−1，
所以1Sn−1Sn−1=2，且1S1=1a1=1，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．
题型三：Sn法：角度3：已知等式中左侧含有：i=1naibi
例题1．（2023春·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考阶段练习）已知数列{an}满足：a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n．
(1)求{an}的通项公式；
【答案】(1)an=2,n=12n−1n,n≥2
【详解】（1）因为a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n，①
所以n≥2时，a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+(n−1)an−1=2n−1，②
①−②得：
nan=2n−2n−1=2n−1，所以，
又，不符合上式，故an=2,n=12n−1n,n≥2.
例题2．（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）已知数列an满足a13+a23+a33+⋅⋅⋅+an3=2n2n+12.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n
【详解】（1）由a13+a23+a33+⋅⋅⋅+an3=2n2n+12，
得当n=1时a13=2×12×1+12=8， 即，
当n≥2时，a13+a23+a33+⋅⋅⋅+an−13=2n−12n2，
则an3=2n2n+12−2n−12n2=8n3，即an=2n，
当n=1时，也满足上式，
综上所述，an=2n；
例题3．（2023春·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考阶段练习）在数列{an}中，a1=1,a1+2a2+3a3+⋯+nan=n+12an+1,(n∈N∗).
(1)求数列{an}的通项an；
【答案】(1)an=1,n=12n×3n−2,n≥2；
【详解】（1）由n∈N∗，a1+2a2+3a3+⋯+nan=n+12an+1，得当n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1=n2an，
两式相减得：nan=n+12an+1−n2an，即(n+1)an+1=3nan，而a2=a1=1，
因此{nan}(n≥2)构成以为首项，3为公比的等比数列，
则当n≥2时，nan=2×3n−2，即an=2n×3n−2，显然a1=1不满足上式，
所以数列{an}的通项an=1,n=12n×3n−2,n≥2.
例题4．（2023春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）已知数列an为正项等比数列，数列bn满足b1=1，，a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=3+2n−32n．
(1)求an；
【答案】(1)an=2n−1
【详解】（1）令Tn=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=3+2n−32n，
当n=1时，a1b1=T1=3+2−3×2=1，由b1=1，则a1=1；
当n=2时，a2b2=T2−T1=3+2×2−3×22−1=6，由，则.
由数列an为正项等比数列，设其公比为q，则，所以an=a1qn−1=2n−1.
题型四：Tn法：角度1：已知Tn和n的关系
例题1．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知数列an的前n项的积Tn=n+1n+22n∈N∗
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=n+2n
【详解】（1）∵Tn=a1a2a3⋯an，
∴当n≥2时，an=TnTn−1=n+1n+2/2nn+1/2=n+2n.
当n=1时，a1=T1=3，满足上式，
∴an=n+2n.
例题2．（2022秋·黑龙江大庆·高三阶段练习）已知数列an的前n项积Tn=2n2−2n.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=22n−3
(1)解：（1）Tn=a1a2⋅⋅⋅an=2n2−2n.
当n≥2时，an=TnTn−1=2n2−2n2(n−1)2−2(n−1)=22n−3；
当n=1时，a1=T1=2−1，也符合an=22n−3.
故an的通项公式为an=22n−3.
例题3．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）已知Tn为数列an的前n项的积，且a1=12，Sn为数列Tn的前n项的和，若Tn+2SnSn−1=0（n∈N∗，）.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求an的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）n∈N∗.
【详解】解：（1）证明：∵Tn+2SnSn−1=0，∴Sn−Sn−1+2SnSn−1=0.
∴Sn−1−Sn=2SnSn−1⇒1Sn−1Sn−1=2(n≥2)，
∴1Sn是等差数列.
（2）由（1）可得1Sn=2+2(n−1)=2n，∴Sn=12n.
∴n≥2时，Tn=−2Sn⋅Sn−1=−2⋅12n⋅12(n−1)=−12n(n−1)；
n≥3时，an=TnTn−1=−12n(n−1)−12(n−1)(n−2)=n−2n.
而a1=12，T2+2S1S2=0⇒a2=−12，a1，a2均不满足上式.
∴an=12,n=1−12,n=2n−2n,n≥3（n∈N∗）.
题型五：Tn法：角度2：已知Tn和an的关系
例题1．（2023·福建泉州·泉州七中校考模拟预测）已知数列an的前n项的积记为Tn，且满足1Tn=an−1an
(1)证明：数列Tn为等差数列;
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）当n=1时，1a1=a1−1a1，得a1=T1=2，
当n≥2时，1Tn=an−1an=TnTn−1−1TnTn−1=Tn−Tn−1Tn，所以Tn−Tn−1=1，
所以数列{Tn}是首项为2，公差为1的等差数列.
例题2．（2020春·浙江温州·高一校联考期中）设数列an的前n项积Tn=1−an（n∈N∗）．
（1）求数列an的通项公式；
【答案】（1）an=nn+1；（2）详见解析．
【详解】（1）当n=1时，T1=1−a1，∴a1=12，
又an+1=Tn+1Tn=1−an+11−an
∴an+11−an+1=11−an，∴11−an+1−11−an=1，所以数列11−an是以为首项，
1为公差的等差数列，∴11−an=2+(n−1)×1=n+1
∴an=nn+1.
例题3．（2023秋·江苏·高二专题练习）已知数列an的前n项之积为Tn，且满足1an+3Tn=1．
(1)求证：数列Tn是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由题意知：an=TnTn−1n≥2，
∴Tn−1Tn+3Tn=1，∴Tn−Tn−1=3n≥2，
∴数列Tn是公差为3的等差数列；
三、数列求通项（Sn法、Tn法）专项训练
一、单选题
1．（2023秋·江西·高三统考开学考试）设Tn为数列an的前n项积，若an=−2an+1n∈N∗，且a3+a5=−20，当Tn取得最小值时，n=（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【详解】解：由题意得，又an=−2an+1，n∈N∗，
所以，
所以an是公比为−12的等比数列.
因为a3+a5=−20，所以−122a1+−124a1=−20，
解得a1=−64，
所以an=−64×−12n−1，
则a5=−4，a6=2，a7=−1，
当n>7时，，
因为T6所以T6最小.
故选：A.
2．（2023秋·内蒙古包头·高三统考开学考试）已知Tn为数列an的前n项积，若1an+2Tn=1，则数列Tn的前n项和Sn=（ ）
A．n2+2nB．−n2+2nC．n2−2nD．−n2−2n
【答案】A
【详解】因为Tn为数列{an}的前n项积，所以可得TnTn−1=an(n≥2)，
因为1an+2Tn=1，所以Tn−1Tn+2Tn=1(n≥2)，
即Tn−1+2=Tn(n≥2)，所以Tn−Tn−1=2(n≥2)，
又1a1+2T1=1，得a1=3，所以T1=3，
故{Tn}是以3为首项，2为公差的等差数列；
Sn=3n+nn−12×2=n2+2n，
故选：A
3．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）已知等比数列an的前n项积为Tn，若T7>T9>T8，则（ ）
A．q<0B．a1<0C．T15<1【答案】D
【详解】设等比数列{an}的公比为q，
当q=1，则an=a1，所以T7=a17，T9=a19，T8=a18，
若a1<0，则T7=a17<0，T9=a19<0，T8=a18>0，不符合题意；
若a1>0，则a1n单调（或为常数1），此时不满足T7>T9>T8，故不符合题意，所以q≠1；
当q<0，a1<0，此时an奇数项为负，偶数项为正，则T7>0，T9<0，T8>0，不符合题意，
当q<0，a1>0，此时an奇数项为正，偶数项为负，则T7<0，T9>0，T8>0，不符合题意，
所以q>0，故A错误，
又T7=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅⋅a7=a47=a17q21，
T9=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅⋅a9=a59=a19q36，
T8=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅⋅a8=a4a54=a18q28>0
又T7>T9>T8，所以T7>T9>T8>0，所以a1>0，
故对任意的n∈N∗，an=a1qn−1>0，则对任意的n∈N∗，Tn>0，故B错误；
又a9=T9T8>1，01，0所以T15=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅a14⋅a15=a815<1，T16=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅a12⋅a13⋅a14⋅a15⋅a16=(a8⋅a9)8<1，
T17=a1⋅a2⋅⋅⋅⋅a12⋅a13⋅a14⋅a15⋅a16⋅a17=a917>1，
所以T16<1故选：D．
4．（2023秋·江西宜春·高二校考开学考试）若数列an的前n项积Tn=1−215n，则an的最大值与最小值的和为（ ）
A．−3B．C．2D．3
【答案】C
【详解】∵数列an的前n项积Tn=1−215n，
当n=1时，a1=1315，
当n≥2时，Tn−1=1−215n−1，
an=TnTn−1=1−215n1−215n−1=2n−152n−17=1+22n−17，
n=1时也适合上式，
∴an=1+22n−17，
∴当n≤8时，数列an单调递减，且an<1，
当n≥9时，数列an单调递减，且an>1，
故an的最大值为a9=3，最小值为a8=−1，
∴an的最大值与最小值之和为2.
故选：D.
二、填空题
5．（2023春·河南南阳·高二校考阶段练习）已知Tn为数列an的前n项积，且Tn=23n2n∈N∗，则an= ．
【答案】232n−1
【详解】当n=1时，则a1=T1=23；
当n≥2时，则an=TnTn−1=23n223n−12=23n2−n−12=232n−1；
注意到a1=23也符合上式，所以an=232n−1.
故答案为：232n−1.
三、解答题
6．（2023春·湖南湘潭·高二湘潭县一中校联考期末）设数列an的前n项和为Sn，，且Sn+1=3Sn+2.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2⋅3n−1
【详解】（1）因为Sn+1=3Sn+2，
故n≥2时，Sn=3Sn−1+2，
两式相减得an+1=3ann≥2，
又，，所以a1+a2=3a1+2，故a2=6=3a1，满足上式，
故an+1=3ann≥1，且，
所以an为等比数列，且首项为2，公比为3，从而an=2⋅3n−1.
7．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足an2+2an=4Sn+3．
(1)求数列an的通项公式．
【答案】(1)an=2n+1
【详解】（1）∵a12+2a1=4S1+3，
所以a1=3或a1=−1，∵an>0，∴a1=3，
an2+2an=4Sn+3……①．an−12+2an−1=4Sn−1+3……②．
① - ②得是首项为3，公差为2得等差数列，an=2n+1；
8．（2023春·山西朔州·高二怀仁市第一中学校校联考期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，且Sn=an+12−12.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=3n−1
(2)Tn=3n+3n2−3n−12
【详解】（1）当n≥2时，Sn−1=an2−12，又Sn=an+12−12，
所以an=an+12−an2，即.
又数列an是等比数列，所以a2a1=3，
当n=1时，a1=a22−12，解得a1=1，
所以an=1×3n−1=3n−1；
9．（2023春·江西九江·高二校考期末）记数列an的前n项和为Sn，已知a1=3，Sn+nn+1=nan+1.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n+1
【详解】（1）因为Sn+nn+1=nan+1，所以Sn−1+nn−1=n−1ann≥2，
两式相减得an+2n=nan+1−n−1an，即an+1−an=2n≥2，
又S1+2=a2，所以a2−a1=2，
所以an是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an=3+n−1×2=2n+1.
10．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知正项数列an的前n项和为Sn，满足：2Sn=an2+an−2.
(1)计算a1并求数列an的通项公式；
【答案】(1)
【详解】（1）由2Sn=an2+an−2①，
当n=1时，2S1=2a1=a12+a1−2，解得（a1=−1舍去），
当n≥2时，2Sn−1=an−12+an−1−2②，
由①−②得2an=an2+an−an−12−an−1，
即，
又an>0，所以an−an−1=1，
所以数列an是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以；
11．（2023春·浙江杭州·高二校联考期中）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a6=2，，数列bn满足b1+b2+⋯+bn=2n+2−4，n∈N∗．
(1)求数列an和bn的通项公式；
【答案】(1)an=n3，n∈N∗，bn=2n+1，n∈N∗
【详解】（1）设等差数列an公差为d，则a6=a1+5d=2S5=5a1+5×42d=5，整理得a1+5d=2a1+2d=1，解得a1=13d=13，
∴an=13+13⋅n−1=n3，n∈N∗，
对于数列bn：当n=1时，b1=21+2−4=4，
当n≥2时，由b1+b2+⋯+bn=2n+2−4，得b1+b2+⋯+bn−1=2n+1−4，
两式相减得bn=2n+2−2n+1=2n+1，当n=1时，b1=4也满足上式，
∴bn=2n+1，n∈N∗．
12．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知Sn是数列an的前n项和，满足，且a1=12.
(1)求Sn；
【答案】(1)Sn=nn+1
【详解】（1）因为，显然，
所以1Sn−1Sn+1=1nn+1=1n−1n+1，即1Sn+1−1Sn=1n+1−1n，
所以
=1n−1n−1+1n−1−1n−2+⋯+12−1+2=1n+1=n+1n，
所以Sn=nn+1，又当n=1时，S1=a1=12也满足，所以Sn=nn+1.
13．（2023春·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）设正项数列an的前n项和为Sn，且a1=1，当n≥2时，．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n−1
【详解】（1）由an=Sn+Sn−1，得，
因为Sn>0，所以Sn−Sn−1=1，
所以Sn是以S1=1为首项，1为公差的等差数列，所以Sn=1+(n−1)=n，
所以，当n≥2时，an=Sn+Sn−1=n+n−1=2n−1，
当n=1时，a1=1也满足上式，
所以数列an的通项公式为an=2n−1．
14．（2023春·江西宜春·高二校联考期末）已知数列an满足，等差数列bn的前n项和为Sn，且．
(1)求数列an和bn的通项公式；
【答案】(1)an=12n，bn=2n−1；
【详解】（1）当n=1时，，
，当n≥2时，a1+2a2+⋯+(n−1)an−1=2−(n+1)⋅12n−1，
两式相减，得nan=n2n，即an=12n，显然a1=12满足上式，因此an=12n，
设bn公差为d，则4b1+4(4−1)2d=42b1+db2=2b1+1，即4b1−2d=0b1−d=−1，解得b1=1d=2，
因此bn=1+2(n−1)=2n−1，
所以数列an和bn的通项公式分别为an=12n，bn=2n−1.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=12，an+Sn−1Sn=0(n≥2).
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=12,n=1,−1n(n+1),n≥2.
【详解】（1）当n=1时，S1=a1=12，
当n≥2时，，∴，即Sn−1−Sn=Sn−1Sn，
Sn−1，Sn≠0，1Sn−1Sn−1=1，
∴是首项为2，公差为1的等差数列，
1Sn=2+(n−1)×1=n+1，Sn=1n+1，
∴，
综上，an=12,n=1,−1n(n+1),n≥2.
16．（2023春·辽宁大连·高二校联考期中）已知正项数列an满足a1=1，前n项和Sn满足2an−Sn=Sn−1n≥2,n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=1,n=12n+14,n≥2
【详解】（1）由2an−Sn=Sn−1可得2an=Sn+Sn−1，
即2Sn−Sn−1=Sn+Sn−1，
因为an>0，所以Sn>0，则Sn+Sn−1>0，
2Sn+Sn−1Sn−Sn−1=Sn+Sn−1，
所以Sn−Sn−1=12，
又因为S1=1，所以数列Sn是以1为首项，12为公差的等差数列，
，
当n=1时，a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+14，
所以an=1,n=12n+14,n≥2；
17．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）已知数列ann∈N∗满足a12+a222+⋯+an2n=n−2+12n−1．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n−2；
【详解】（1）∵a12+a222+⋯+an2n=n−2+12n−1，①
∴当n=1时，a12=1−2+121−1=0，即a1=0，
当n≥2时，a12+a222+⋯+an−12n−1=n−3+12n−2，②
①−②得an2n=1−12n−1，即an=2n−2(n≥2)，
a1=0满足上式，
∴数列an的通项公式为an=2n−2；
即bn是以，公差为2的等差数列.
（2）因为bn的通项公式为，
所以当n≥2时，Sn=2n+12n−1=1+22n−1
当n≥2时，
又因为a1=S1=3，
所以数列an的通项公式为：an=3,n=1−4(2n−1)(2n−3),n≥2.
法归类
角度1：已知与的关系；或与的关系
用，得到
例子：已知，求
角度2：已知与的关系；或与的关系
替换题目中的
例子：已知；
已知
角度3：已知等式中左侧含有：
作差法（类似）
例子：已知求
法归类
角度1：已知和的关系
角度1：用，得到
例子：的前项之积.
角度2：已知和的关系
角度1：用替换题目中
例子：已知数列的前n项积为，且.
Sn法归类
角度1：已知Sn与an​​​的关系；或Sn与n的关系
用Sn−Sn−1，得到an​​​
例子：已知4Sn=an+12，求an​​​
角度2：已知an​​​与Sn−1Sn的关系；或an​​​与的关系
Sn−Sn−1替换题目中的an​​​
例子：已知2an=SnSn−1(n≥2)；
已知Sn=an+1−Sn+1
角度3：已知等式中左侧含有：i=1naibi
作差法（类似Sn−Sn−1）
例子：已知a1+2a2+3a3+…+nan=2n求an​​​
Tn法归类
角度1：已知Tn和n的关系
角度1：用TnTn−1，得到an​​​
例子：bn的前n项之积.
角度2：已知Tn和an的关系
角度1：用TnTn−1替换题目中an​​​
例子：已知数列an的前n项积为Tn，且1an+2Tn=1.