新高考数学二轮复习培优讲义14 数列的通项公式常考求法 (含解析）

这是一份新高考数学二轮复习培优讲义14 数列的通项公式常考求法 (含解析），共33页。

解密14 数列的通项公式常考求法
【考点解密】
1．Sn和an关系法求数列通项（作差法）：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝转化为关于an的关系式，再求通项公式．
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．

2．累加法
当出现an＋1＝an＋f (n)时，用累加法求解．

3．累乘法
当出现＝f (n)时，用累乘法求解．

4．构造法

类型1： 用“待定系数法”构造等比数列

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型1的标准形式；
2、直接记忆，解题时直接在草稿纸上构造好；
3、构造等比数列

类型2：用“同除法”构造等差数列

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型2的标准形式；
2、两边同除；
3、构造数列为等差数列

类型3：用两边同时取倒数构造等差数列（1）

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型3的标准形式；
2、两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型；
3、构造数列为等差数列.


类型3：用“同除法”构造等差数列（2）

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型3的标准形式；
2、两边同除；
3、构造出新的等差数列

类型4：用“待定系数法”构造等比数列
an＋1＝pan＋qan－1
1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型3的标准形式；
2、可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根；
3、若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．




【方法技巧】

【点睛】结论点睛：常见的裂项公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）.

【核心题型】
题型一：累加法求通项公式
1．（2022·上海虹口·统考一模）已知函数，数列满足，且（为正整数）．则（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案.
【详解】由，
，

故选：C
2．（2022·全国·模拟预测）在数列中，，则（    ）
A． B． C． D．
【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】因为，则，
当时，
，显然满足上式，即有，
所以．
故选：A
3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）
A．196 B．197 C．198 D．199
【答案】C
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.
【详解】设该数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，
即，所以

将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第15项为.
故选：C

题型二：累乘法求通项公式
4．（2022秋·宁夏银川·高三校考阶段练习）已知数列满足，，则数列的通项公式为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意可得，再利用累乘法计算可得；
【详解】解：由，得，
即，则，，，…，，
由累乘法可得，所以，
又，符合上式，所以.
故选：D．
5．（2022·河南·安阳一中校联考模拟预测）在数列中，且，则它的前项和（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法可求得的值.
【详解】，，，
因此，.
故选：A.
6．（2022·全国·高三专题练习）在数列中，，，若，且对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题干中的递推公式，利用累乘法求解数列的通项公式，利用错位相减法求解，分离参数，利用函数的单调性求解参数的取值范围.
【详解】解:由，得
，
所以，当时，，符合上式，
所以．
所以，，
作差得，
所以．由，得，
整理得．
易知函数在上单调递增，所以当时，，所以.
故选：A．

题型三：Sn和an关系法求数列通项
7．（2023·全国·校联考模拟预测）已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
【详解】由可得，
两式相减可得，则，
当时，可得满足上式，故，
所以，
因数列为单调递增数列，即，
则
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选：A
8．（2022秋·甘肃武威·高三校考阶段练习）已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，再利用裂项法求和即可.
【详解】由题知：数列满足，设，
所以的前项和为，则.
当时，，
当时，，
检验：当时，，符合.
所以.
令，前项和为.
则.
故选：D
9．（2023·全国·高三专题练习）数列的前项和，则数列中的最大项为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据与的关系，可得到.进而求出，通过求解，解出正整数，即可求得数列中的最大为.
【详解】当时，.
当时，由已知得，，，
则.
当时，，满足.
所以，.
设，则.
设数列中的第项最大，则应满足，即，整理可得
解得，又，所以，，
又.
所以，数列中的最大项为.
故选：C.

题型四：构造法求通项公式
10．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知数列中，，，则数列的前10项和（    ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】解：∵，
∴，
∴．
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，∴．
∴，
∴数列的前10项和．
故选:C．
11．（2022·全国·高三专题练习）若数列和满足，，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依题意可得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项公式，再根据，得到，即可得到的通项公式，最后代入即可；
【详解】解：因为， ，
所以，即，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
又，即，
所以
所以；
故选：C
12．（2022·江西萍乡·统考一模）数列各项均是正数，，，函数在点处的切线过点，则下列命题正确的个数是（    ）．
①；
②数列是等比数列；
③数列是等比数列；
④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到，整理得到，利用构造法求出数列的通项，即可判断；
【详解】解：由得，
所以，
∴（*），
①，，
，，
∴，正确；
②由（*）知，
∴首项，，∴是等比数列，正确；
③，首项，不符合等比数列的定义，错误；
④由②对可知：，
两边同除得，
令，∴，．
∴，
，即数列是恒为0的常数列．
∴，故错误．
故选：B．

题型五：观察法求通项公式
13．（2022·全国·模拟预测）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（   ）

A．152 B．480 C．512 D．840
【答案】B
【分析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解.
【详解】由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为
数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项，
该数为.
故选：B.
14．（2021·广东珠海·统考一模）已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，（    ）

A．54 B．18 C．9 D．6
【答案】A
【分析】根据题意第行有 个数，第行末为第个数，数表由奇数构成，由可得2021是数阵中的第1011个数，带入进行估算，第45行末为第1035个数，即可得解.
【详解】奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，
第1行到第行一共有个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，
所以2021位于第45行，
又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2021位于第45行，从左到右第21列，
所以，，
则.
故选：A.
15．（2020秋·黑龙江哈尔滨·高三黑龙江实验中学校考阶段练习）历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即，，(，).此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满，，，则
A．1 B． C． D．0
【答案】A
【分析】利用“兔子数列”的前几项除以4的余数得数列的前几项（稍微多求几项），归纳出的周期性，再根据的定义得出的前几项，归纳出的性质，然后由这个规律可得．
【详解】解：记“兔子数列”为，则数列每个数被4整除后的余数构成一个新的数列为，可得数列构成一周期为6的数列，
由题意得数列为，
观察数列可知从该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为6的数列，
，
故选：A．
【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性，解题时在数列通项公式不易求出时可利用归纳推理的方法得出结论．

题型六：递推公式写通项公式
16．（2021·甘肃武威·武威第六中学校考模拟预测）已知数列中，，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意求出数列的通项公式，再求数列的前项和即可.
【详解】当时，，当时，因为，
所以，两式相减得：，
经验证时，，符合，
所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：A.
17．（2022·全国·高三专题练习）设数列满足，记数列的前n项的和为，则（    ）
A． B．存在，使
C． D．数列不具有单调性
【答案】C
【分析】根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.
【详解】由于，则，
又由，则与同号．
又由，则，可得，
所以数列单调递增，故B、D错误；
又因为，
由数列单调递增，且，所以，所以，
累加得，所以，故A错误；
由可得，
因为，所以，故C正确．
故选：C．
18．（2022·安徽滁州·校考模拟预测）已知函数f（x）的定义域为R，当时，，且对任意的实数x，，等式成立，若数列{）满足，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用求得，根据函数单调性的定义推断出函数为减函数．根据和整理求得，进而可判断出是以1为首项，2为公差的等差数列．进而根据等差数列通项公式求得．由此能求出结果．
【详解】令，，得，
由题意知，所以，故．
当时，，，进而得．
设，且，则，
，．
即，所以是上的减函数．
由，得，
所以，
因为是上的减函数，所以，
即，，
得
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列．
所以，即，
所以．
故选：A

【高考必刷】

一、单选题
19．（2023·河南·校联考模拟预测）已知数列的前项和为，且，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合与的关系分析可得数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式和求和公式运算求解.
【详解】当时，得，解得；
由，得，两式相减得，
整理得，故数列是以6为首项，为公比的等比数列，
所以，，
则．
故选：A．
20．（2023·全国·校联考模拟预测）记数列的前n项和为．若等比数列满足，，则数列的前n项和（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由，，求出等比数列的公比及，数列也是等比数列，利用等比数列求和公式可求出答案.
【详解】因为，，
所以等比数列的公比，所以，则，
由，可知数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
故选：D．
21．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列 满足：，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由得到，结合，得到，从而得到，再利用累加法得到，结合等比数列求和公式求出的值.
【详解】，，
∴，，
∴，
又，故，
所以，
所以，
故，
则，
所以.
故选：C．
22．（2023春·河南·高三洛阳市第三中学校联考开学考试）若一个数列的后项与其相邻的前项的差值构成的数列为等差数列，则称此数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列：2，3，5，8，12，17，23，…，设此数列为，若数列满足，则数列的前n项和（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用二阶等差数列的定义，结合累加法求得，利用裂项求和法求得.
【详解】由题可知，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以.
所以.
所以.
所以.
故，
所以数列的前项和.
故选：D
23．（2023·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（    ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C． D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
24．（2023秋·河南开封·高三统考期末）在数列中,,,则（    ）
A．是等比数列 B．是等比数列
C．是等比数列 D．是等比数列
【答案】B
【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.
【详解】解:由题知,
所以,
又因为,
所以是等比数列,
且首项为4,公比为2.
故选:B
25．（2023·全国·高三专题练习）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（    ）
A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
26．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）杨辉是南宋杰出的数学家,他曾担任过南宋地方行政官员,为政清廉,足迹遍及苏杭一带.杨辉一生留下了大量的著述,他给出了著名的三角垛公式:.若正项数列的前项和为,且满足,数列的通项公式为,则根据三角垛公式,可得数列的前10项和（    ）
A．440 B．480 C．540 D．580
【答案】A
【分析】根据求出,进而求出,写出,观察三角垛公式,发现其每一项是等差数列的前项和的形式,代入前项和公式,即可得与之间的联系,代入公式即可得出结果.
【详解】解:由题知,
所以,
当时,

,
当时,满足上式,
故,
所以,
由三角垛公式:
可得:
,
即,
因为,
所以

,
故.
故选:A
27．（2023秋·山西运城·高三统考期末）已知为数列的前项和，且满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可.
【详解】解：因为，
所以，当时，，解得，
当时，，
所以，当为偶数时，，故，为正奇数；
当为奇数时，，即，故，为正偶数；
所以，
故选：A
28．（2023春·广东汕尾·高三汕尾市城区汕尾中学校考期末）高阶等差数列是数列逐项差数之差或高次差相等的数列，中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智如南宋数学家杨辉在《详解九章算法商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关如图是一个三角垛，最顶层有个小球，第二层有个，第三层有个，第四层有个，则第层小球的个数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记第层有个球，则根据题意可得，再根据累加法求解即可.
【详解】记第层有个球，则，，，，
结合高阶等差数列的概念知，，，，，则第层的小球个数
．
故选：B
29．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）已知数列，对于任意正整数，都满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由递推关系可得，利用累加求数列的通项公式，再由裂项相消法求的值.
【详解】因为对于任意正整数，都满足，
所以，又，
所以，
所以当时，，
所以，即，
所以当时，，又也满足此关系，
所以
所以，
故.
故选：C.
30．（2022秋·云南·高三云南师大附中校联考阶段练习）已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（    ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
【答案】D
【分析】求出，，即得解.
【详解】解：由题设知，，，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
则
，
所以，故，
又，当时，，
当时，，
所以.
故选：D．

二、多选题
31．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知递增的正整数列的前n项和为．以下条件能得出为等差数列的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】用与的关系，计算判断A和B；按的奇偶求出，再结合递增的正整数列推出判断C；按给定条件求出数列的通项，再结合递增的正整数列求出判断D作答.
【详解】对于A，时，，当时，满足，
而且时，，则为等差数列，A正确；
对于B，，当时，不满足上式，
得，因此数列不是等差数列，B错误；
对于C，，即为隔项等差数列，且是递增的正整数列，
则，，，且，有，即，
于是，，因此，
所以为等差数列，C正确；
对于D，，，
，，即数列是以为首项，为公比的等比数列，，则，
从到中间恰有项：，它们是递增的正整数，
而到中间恰有个递增的正整数：，
于是得，，又，，
令，即有，又，
故对，，显然数列是等差数列，D正确.
故选：ACD
32．（2023·全国·高三专题练习）数列的通项为，它的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（    ）
A．数列是递减数列 B．当或者时，有最大值
C．当或者时，有最大值 D．和都没有最小值
【答案】ABC
【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项，以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.
【详解】因为数列的通项为，则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，因为公差，所以数列是递减数列，故选项正确；
因为，当时，；当时，，因为，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
由可知： ，，，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
根据数列前30项为正数，从第31项开始为负数可知：无最小值，
因为，当时，，但零乘任何数仍得零，所以有最小值，故选项错误，
故选：.
33．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．是等比数列
C．是单调递增数列 D．
【答案】AC
【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由得，故，A正确；
对于B选项，将，两式相减得，
即，又令，得，
，所以从第二项开始成等比数列，公比为，
故时，，即，所以，，
故B选项错误；
对于C选项，因为.当时，，
当时，.
所以，，令，
则时，，
即，而，所以数列单调递增，C选项正确；
对于D选项，当时，，
显然成立，故恒成立，D选项错误.
故选：AC.
34．（2023秋·云南曲靖·高三曲靖一中校考阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，其中，则下列四个结论中，正确的是（    ）
A．的值为2
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．
【答案】ACD
【分析】对于A.只需令即可得出的值；对于B.已知数列的前n项和，根据前n项和与数列的关系即可求出的通项公式，继而得到的通项公式；对于C.已知的通项公式，利用递减数列定义列式判断即可；对于D.化简得出数列，裂项相消即可得出.
【详解】对于A. ，即，故A正确；
对于B.   ①，  ②，
得，，当时，
故数列的通项公式为，B错误.
对于C.令
因为，所以，数列为递减数列，故C正确
对于D.

故D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：
给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
35．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”.它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线.重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，…，，….

设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为.若，则下列说法不正确的是（    ）.
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据已知写出、、的通项公式且时，应用累加法求通项，进而判断各选项的正误.
【详解】由题可知，，，
所以，
所以，
∴，故A错误，C错误；
又，
当时，，故D错误；
∴

，
由也满足上式，
所以，
由上，，则，故B正确.
故选：ACD．
36．（2022秋·江苏南京·高三校考期末）“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……..”.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上的一道数列题，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50………..记大衍数列为，则下列命题正确的是（   ）

A．
B．
C．
D．当为偶数时，
【答案】CD
【分析】根据所给数列，总结猜想通项公式，进而用通项公式求解A，利用裂项相消可求B，直接求和可求C，根据归纳所得通项公式可求D.
【详解】解：根据数列前项依次是，
则奇数项为：，，，，，，
偶数项为：，，，，，，
所以通项公式为，
所以，A错误，
为奇数且时，，
所以，
B错误；
对于C，，C正确；
对于D，当n为偶数时，，D正确，
故选:CD.

三、填空题
37．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）已知数列满足， ，则______.
【答案】
【分析】根据数列递推式结合对数的运算法则化简，可得，即可求得数列的通项公式，继而求得答案.
【详解】由可得：
，
即
所以，结合可知，，
则是公差为2的等差数列，，
故，，
故，
故答案为：
38．（2023·湖南·模拟预测）已知的非零数列前n项和为，若，则的值为____________.
【答案】65
【分析】根据的关系可得，进而根据等差数列的求和公式以及分组求和即可求解.
【详解】由得：，
故两式相减得，
由于为非零数列，故，所以的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，且等差均为2，
所以，
故答案为：65
39．（2023·安徽宿州·统考一模）已知数列的前n项和为，且，则数列的前n项和______.
【答案】
【分析】根据给定的递推公式求出数列的通项，再利用裂项相消法求解作答.
【详解】数列的前n项和为，，，当时，，
两式相减得：，即，而，解得，
因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
，
所以.
故答案为：
40．（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考期末）九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷.中国的末代皇帝溥仪（1906-1967）也曾有一个精美的由九个翡翠环相连的银制的九连环（如图）.现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的最少移动次数，且数列满足，，（，），则解开九连环最少需要移动______次.

【答案】
【分析】由，利用累加法求数列的奇数项的通项公式，再求即可.
【详解】由题意，
故



各项相加，可得

即，
所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为.
故答案为：341.
41．（2023·高三课时练习）已知数列满足，，且，则的最大值为______．
【答案】2
【分析】对条件变形得到，利用累乘法得到，再利用累加法得到，进而得到，从而求出最大值.
【详解】由题意得：，即，
故，
所以，，……，，
以上式子相乘得：，
即，
因为，，所以，
故，，
所以，……，，
相加得：，
即，故，
，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：2
42．（2023·河南信阳·河南省信阳市第二高级中学校联考一模）已知数列的前n项和为，，，设，数列的前n项和为，若对恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】由与的关系求出，代入，求出判断范围，可求实数的取值范围.
【详解】∵，时，，∴．
当时，，
∴，即．
∴，，
累加法可得：，
即，∴．
当，2时也满足，故．
又，
，
所以实数的取值范围为．
故答案为： ．