2-3-2第二讲 数列的通项与求和
2020高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇 专题二数列——第2讲第2讲 数列通项与求和
第2讲 数列通项与求和[全国卷3年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ2019 等比数列的求和·T 14 递推公式的应用·T 19 等差数列的前n 项和·T 142018a n 与S n 关系的应用·T 14等差数列前n 项和的最值问题·T 172017等差数列的基本运算、数列求和·T 17等比数列的通项公式、a n 与S n 的关系·T 17三角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．考点一 a n 与S n 关系的应用[例1] (1)(2019·成都第一次诊断性检测)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________．(2)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，则a 4＝________．[解析] (1)法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4·2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.(2)法一：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)可得S 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1，即a 2＝2a 1＋1＝－1.根据S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，①知S n ＋1＝3S n ＋2n ＋1－3，② ②－①可得，a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)． 两边同时除以2n＋1可得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12(n ≥2)，令b n ＝a n 2n ，可得b n ＋1＝32·b n＋12(n ≥2)． ∴b n ＋1＋1＝32(b n ＋1)(n ≥2)，数列{b n ＋1}是以b 2＋1＝a 222＋1＝1－14＝34为首项，32为公比的等比数列．∴b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫32n －2·34(n ≥2)，∴b n ＝12·⎝⎛⎭⎫32n －1－1(n ≥2)．又b 1＝－12也满足上式， ∴b n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n 2n ，∴a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n .∴a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，∴a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，∴a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，∴a 4＝11.[答案] (1)32 (2)11 [解题方略](1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[多练强化]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1， 因为c n ＝b n（4n 2－1）2n， 所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. 考点二 数列求和 题型一 裂项相消求和[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，得a 1＝1.当n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－1， 所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式a n ＝2n －1.(2)b n ＝2a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n （2n －1＋1）（2n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋1－121＋1＋2×⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋2×⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n－12n ＋1. [解题方略](1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．题型二 错位相减求和[例3] (2019·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)因为S n ＝3n 2＋8n ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －[3(n －1)2＋8(n －1)]＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11 所以a n ＝6n ＋5，n ∈N * 于是，b n ＋1＋b n ＝a n ＝6n ＋5.因为{b n }是等差数列，所以可设b n ＝kn ＋t (k ，t 均为常数)，则有k (n ＋1)＋t ＋kn ＋t ＝6n ＋5，即2kn ＋k ＋2t ＝6n ＋5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝6，k ＋2t ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝3，t ＝1，故b n ＝3n ＋1.(2)因为a n ＝6n ＋5，b n ＝3n ＋1，所以c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝2n×(6n ＋6)．于是，T n ＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n ×(6n ＋6)，①所以2T n ＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n ×6n ＋2n ＋1×(6n ＋6)，②①－②得，－T n ＝24＋6(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1×(6n ＋6)＝24＋6×22－2n ×21－2－2n ＋1×(6n ＋6)＝－2n ＋1×6n ，故T n ＝2n ＋1×6n ＝2n ＋2×3n . [解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．题型三 分组转化求和[例4] 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎨⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31（1－9n ）1－9＋（1＋2n －1）n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . [解题方略](1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②根据正号、负号分组．[多练强化]1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N *，且b n ＝13＋a n.记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．解析：因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3）＝1a n －1a n ＋3，所以b n ＝13＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1.因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），所以3＋a n ＝3a n ＋1a n ，所以b n ＝13＋a n ＝a n 3a n ＋1，所以P n ＝b 1×b 2×…×b n ＝a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n ＋1＝a 13n a n ＋1.又a 1＝13，故3n ＋1P n ＋S n＝3a 1a n ＋1＋1a 1－1a n ＋1＝1a 1＝3. 答案：32．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，所以b n ＝2－12n－1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， 所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1)． 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7.由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝1－2n1－2＋n（n－1）2ln 2＝2n－1＋n（n－1）2ln 2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．。
第二讲：等差数列及求和公式(教师)
第二讲：等差数列、等比数列的通项公式【知识结构】1、等差数列的定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数d （与项数n无关），这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差。
等差数列的递推公式为：即a n a n 1 d,n 2,n N （d为常数）/a ni a n d,n N /，这就是一个恒等式，数列中的恒等式一定要注意变量的范围，即项数n的范围。
a b2、等差中项：如果a,A,b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项，且A -2 3、等差数列的通项公式：a n a i （n 1）d dn 佝d）。
当d 0时，从函数的角度看，等差数列的通项公式是关于n的一次函数，它的图象是在一条直线的散点。
【典型例题】例1、（1）已知等差数列｛a n｝中，a12，公差为3,则通项公式a n3n 1。
（2）已知等差数列｛a n｝中，a2 3，a4 7，则通项公式a n2n1。
（3）已知等差数列｛a n｝中，2a2 a31,a7 a8 20 ，a k15，则k 10。
（4）在等差数列a n中，若a1 a4a$ a12 a15 2 则2。
解:⑶设a1,公差d 3a1 4d 12耳13d 20,解得［c3 a n 2nd 25k 10等差数列的通项公式的作用是把等差数列中的任意一项用首项和公差表示。
练习：P7自主练习中的1,2,3（2）（3）（4）,4 。
例2、（1）a n 1a n2,n N*；（2）满足2a n 1a n 2 a n, n N * ；（3）a n 1a n n,n N *满足条件（2），数列｛a n｝是等差数列。
例3、两个数列1, x i , X 2,……，X 7, 5和1, y i , y 2,……，y 6, 5均成等差数列公差分别解：5 = 1+ 8d 1, d 1 = 1,又 5= 1 + 7d 2, d 22(2)证明： a n pn q(p,q 为常数)是等差数列，说明首项与公差。
数列求和Microsoft Word 文档 (2)
第二讲数列求和(一)一、知识要点若干个数排成一列称为数列。
数列中的每一个数称为一项。
其中第一项称为首项，最后一项称为末项，数列中项的个数称为项数。
从第二项开始，后项与其相邻的前项之差都相等的数列称为等差数列，后项与前项的差称为公差。
在这一章要用到两个非常重要的公式：“通项公式”和“项数公式”。
通项公式：第n项=首项+(项数-1)×公差项数公式：项数=(末项-首项)÷公差+1二、精讲精练例题1、有一个数列：4，10，16，22.…，52.这个数列共有多少项? 【思路导航】容易看出这是一个等差数列，公差为6，首项是4，末项是52.要求项数，可直接带入项数公式进行计算。
项数=(52-4)÷6+1=9，即这个数列共有9项。
边学边练：等差数列中，首项=1.末项=39，公差=2.这个等差数列共有多少项?例题2、有一等差数列：3.7，11.15，……，这个等差数列的第100项是多少?【思路导航】这个等差数列的首项是3.公差是4，项数是100。
要求第100项，可根据“末项=首项+公差×(项数-1)”进行计算。
第100项=3+4×(100-1)=399.边学边练：一等差数列，首项=3.公差=2.项数=10，它的末项是多少?例题3、有这样一个数列：1.2.3.4，…，99，100。
请求出这个数列所有项的和。
【思路导航】如果我们把1.2.3.4，…，99，100与列100，99，…，3.2.1相加，则得到(1+100)+(2+99)+(3+98)+…+(99+2)+(100+1)，其中每个小括号内的两个数的和都是101.一共有100个101相加，所得的和就是所求数列的和的2倍，再除以2.就是所求数列的和。
1+2+3+…+99+100=(1+100)×100÷2=5050上面的数列是一个等差数列，经研究发现，所有的等差数列都可以用下面的公式求和：等差数列总和=(首项+末项)×项数÷2这个公式也叫做等差数列求和公式。
2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：3-2-2第二讲数列的通项与求和
(1)证明：数列{an＋1－an}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； 2n－1
(2)令 bn＝ an ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
构造数列
累加法 ――→
[解题指导] (1){an＋1－an}→求出an＋1－an
求an
符合错位相减
(2)求bn→ 法求和特征 →求{bn}前n项和
[解] (1)证明：由 an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，得 an＋1－an＝2(an－an－1)，
( ) ( ) ( ) 3 2
32
－
所以 bn－1＝ 5 × 5 n－1，即 bn＝1－5× 5 n－1，
( ) an 3 2
3 × 2n－1
所以5n＝1－5× 5 n－1＝1－ 5n ，
故 an＝5n－3×2n－1.
解法二：设 an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，则 an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较
a11－q6 －1－26
列．∴S6＝ 1－q ＝ 1－2 ＝－63. 解法二：由 Sn＝2an＋1，得 S1＝2S1＋1，所以 S1＝－1，当 n≥2 时，由 Sn＝2an＋1 得
Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即 Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又 S1－1＝－2，∴{Sn－1}是 首项为－2，公比为 2 的等比数列，所以 Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以 Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
{ } 1
(2)求数列 anan＋1 的前 n 项和 Tn.
[解] (1)an＋1＝Sn＋1－Sn，代入 an＋1＝2 Sn＋1， 得 Sn＋1－Sn＝2 Sn＋1，整理可得 Sn＋1＝( Sn＋1)2， 因为 Sn>0，所以 Sn＋1－ Sn＝1， 所以数列{ Sn}是首项为 λ，公差为 1 的等差数列，
数列的通项公式与求和公式
数列的通项公式与求和公式数列是数学中非常重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。
在数列中，我们可以通过寻找规律，并找到数列的通项公式与求和公式。
本文将介绍数列的通项公式与求和公式的概念、推导方法以及实际应用。
一、数列的通项公式数列的通项公式是指可以通过一个通用的公式来表示数列中任意一项与项数之间的关系。
通项公式的推导方式因数列的特点而有所不同。
1.等差数列的通项公式等差数列是指数列中相邻两项之间的差是常数的数列，通常用字母a表示首项，d表示公差。
等差数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等差数列中相邻两项之间的差是常数d，可以表示为第n项与第n-1项之间的差：an - an-1 = d (1)又因为等差数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a + (n-1)d。
将第n项和第n-1项的表达式代入公式(1)，则有：an - (a + (n-1)d) = d整理后得到等差数列的通项公式：an = a + (n-1)d (2)其中，an表示等差数列中第n项的值。
等差数列的通项公式为一个关于n的一次函数，可以方便地计算出数列中任意一项的值。
2.等比数列的通项公式等比数列是指数列中相邻两项之间的比是常数的数列，通常用字母a表示首项，q表示公比。
等比数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等比数列中相邻两项之间的比是常数q，可以表示为第n项与第n-1项之间的比：an / an-1 = q (3)又因为等比数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a * q^(n-1)。
将第n项和第n-1项的表达式代入公式(3)，则有：an / (a * q^(n-1)) = q整理后得到等比数列的通项公式：an = a * q^(n-1) (4)其中，an表示等比数列中第n项的值。
等比数列的通项公式为一个关于n的指数函数，同样可以方便地计算数列中任意一项的值。
二、数列的求和公式数列的求和公式是指可以通过一个通用的公式来计算数列从第一项到第n项的和。
数列的求和与通项公式推导
数列的求和与通项公式推导在数学中，数列是一组按照一定规律排列的数的集合。
而数列的求和以及推导通项公式是数列研究中的重要内容。
本文将介绍数列的求和以及通项公式推导，并通过实例进行说明。
一、等差等差数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之差是一个常数，这个常数被称为公差。
我们将针对等差数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等差数列的首项为a₁，公差为d，我们要求前n项的和Sn。
我们可以观察等差数列的前n项和与首项与末项的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ) + (aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁)根据等差数列的性质，我们可以得到：Sn = (a₁ + aₙ)(n/2)这就是等差数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等差数列的通项公式，我们假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为an。
通过观察等差数列的规律，我们可以发现：aₙ = a₁ + (n-1)d二、等比等比数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之比是一个常数，这个常数被称为公比。
我们将针对等比数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等比数列的首项为a₁，公比为r，我们要求前n项的和Sn。
类似地，我们观察等比数列的前n项和与首项与末项之间的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ)Sn * r = (a₁r + a₂r + ... + aₙr)通过两式相减，我们可以得到：Sn * (1 - r) = a₁(1 - rⁿ)化简后得到：Sn = a₁(1 - rⁿ) / (1 - r)这就是等比数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等比数列的通项公式，我们假设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为an。
通过观察等比数列的规律，我们可以发现：an = a₁ * r^(n-1)综上所述，我们介绍了等差数列和等比数列的求和以及通项公式推导。
这些公式在数列相关问题的求解中起到重要的作用。
数列的通项公式与递推公式 第2课时
×…×aa32
×aa21
n－1 ×a1＝ n
n－2 ×n－1
n－3 ×n－2
2 ×…×3
1 ×2
×1＝n1
.
又因为 n＝1 时，a1＝1，符合上式，所以 an＝1n (n∈N*).
由递推公式求通项公式的方法 1．累差法：形如 an＋1－an＝f(n)的递推公式，可以利用 a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an－1)＝an(n≥2，n∈N*)求通项公式；
所以a1n ＝a11 ＋a12－a11 ＋a13－a12 ＋…＋a1n－an1－1
＝2＋
111
n 1个1
＝n＋1.所以a1n ＝n＋1(n≥2)，
又 a1＝12 也适合上式，所以 an＝n＋1 1 .
角度 2 累乘法
【典例】设数列{an}中，a1＝1，an＝1－n1 an－1(n≥2)，求通项公式 an.
n，0
an
1， 2
n－1，12 an 1，
若 a1＝67 ，则 a2 021＝________．
【解析】计算得 a2＝2a1－1＝57 ，a3＝2a2－1＝37 ，a4＝2a3＝76 .
故数列{an}是以 3 为周期的周期数列， 又因为 2 021＝673×3＋2，所以 a2 021＝a2＝57 .
2．符合递推关系式 an＝ 2 an－1(n≥2)的数列是( )
A．1，2，3，4，…
B．1， 2 ，2，2 2 ，…
C. 2 ，2， 2 ，2，…
D．0， 2 ，2，2 2 ，…
【解析】选 B.B 中从第二项起，后一项是前一项的 2 倍，符合递推公式 an＝
2 an－1.
3．数列{an}中，an＋1＝an＋2－an，a1＝2，a2＝5，则 a5＝( )
(新课标(理))2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数
(新课标（理）)2022山东高考数学二轮复习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和1．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10，则a 2 012＝( )A ．2 010B ．2 012C ．－2 010D ．－ 2020解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 则由已知条件可得⎩⎨⎧a 1＋d ＝02a 1＋12d ＝－10， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.因此数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋2.故a 2 012＝－2 012＋2＝－2 010.答案：C2．(2020年高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006B ．2 012C ．503D ．0 解析：用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2,\s \do 4(503个))＝2×503＝1 006.答案：A3．(2020年海淀模拟)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∵a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设前k 项和最大，则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，∴⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－3（k ＋1）≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.故满足条件的n 的值为7.答案：B4．在公差为d ，各项均为正整数的等差数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＝51，则n ＋d 的最小值为( )A ．14B ．16C ．18D ．10解析：由题意得1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，且d >0.由(n －1)＋d ≥2（n －1）d ＝250(当且仅当n －1＝d 时等号成立)， 得n ＋d ≥102＋1，因为n ，d 均为正整数，因此n ＋d 的最小值为16，选B.答案：B5．(2020年高考浙江卷)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误的是( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析：利用函数思想，通过讨论S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 的单调性判定． 设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n .由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，明显{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确．答案：C二、填空题6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：由于S n ＝2n －a n ，因此S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列．又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.则a n －2＝(－1)·(12)n －1，因此a n ＝2－(12)n －1. 答案：2－(12)n －1 7．(2020年高考江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．解析：利用“专门值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11. 答案：118．流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人．由于该市卫生部门采取措施，使该种病毒的传播得到操纵，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8 670人，则11月________日，该市感染此病毒的新患者人数最多．解析：设该市11月n 日新感染者有a n 人，在11月(x ＋1)日开始操纵病毒的传播，其中x ∈N *，则由题意可知：a n ＝⎩⎨⎧20＋50（n －1），1≤n ≤x 50x －30－30（n －x ），x <n ≤30，从而由条件得20＋50x －302·x ＋[（50x －60）＋（80x －930）]2·(30－x )＝8 670，解之得x ＝12或x ＝49(舍去)，故易知11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多．答案：12三、解答题9．(2020年长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，求数列{b n }的通项公式． 解析：(1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2，而a 1＝1，a 1＋1＝2≠0，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n ，∴4b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n －n ＝2n 2，∴2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )－2n ＝n 2，即2(b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n )＝n 2＋2n ，①当n ≥2时，2[b 1＋2b 2＋…＋(n －1)b n －1]＝(n －1)2＋2(n －1)＝n 2－1，②由①－②得2nb n ＝2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1＋12n(n ≥2)． 易知当n ＝1时，4b 1－1＝a 1＋1＝2，得b 1＝32，满足上式， ∴b n ＝1＋12n(n ∈N *)． 10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n .(1)求数列的通项公式a n ；(2)设2b n ＝a n －1，且T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n . 解析：(1)因为S n ＝n 2＋2n ，因此当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＝2×1＋12，满足上式．故a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)因为2b n ＝a n －1，因此b n ＝12(a n －1)＝12(2n ＋1－1)＝n ， 因此1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 因此T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n ×（n ＋1）＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1 n－1－1n＋1n－1n＋1＝nn＋1.11．(2020年广州两校联考)已知数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)．(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求证：{a n－3n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式；(3)设3n b n＝n(3n－a n)，且|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，求m的取值范畴．解析：(1)证明：由a n＋1＝a n＋6a n－1，a n＋1＋2a n＝3(a n＋2a n－1)(n≥2)，∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15故数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)证明：由(1)得a n＋1＋2a n＝5·3n，∴(a n＋1－3n＋1)＝－2(a n－3n)，故数列{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n－3n＝2(－2)n－1，即a n＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n(3)由3n b n＝n(3n－a n)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴b n＝n(－23)n令S n＝|b1|＋|b2|＋…＋|b n|＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n(23)n23S n＝(23)2＋2(23)3＋…＋(n－1)(23)n＋n(23)n＋1得13S n＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n－n(23)n＋1＝23[1－（23）n]1－23－n(23)n＋1＝2[1－(23)n]－n(23)n＋1∴S n＝6[1－(23)n]－3n(23)n＋1<6，要使得|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m关于n∈N*恒成立，只须m≥6.。
专题三 第2讲数列的求和问题
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；
解 由bn＝an＋Sn得，b1＝2a， b2＝2a2＋a， b3＝2a3＋a2＋a. ∵数列{bn}为等比数列， ∴b22＝b1b3，即(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)， 解得 a＝12.
(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝an＋1ana＋n1＋1＋1.若数列cn的前 n 项和为 Tn，且对任意 n∈N*满足 Tn<λ2＋23λ，求实数 λ 的取值范围.
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的 方法，主要适用于ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.
例3 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1). (1)求{an}的通项公式；
解析 设等差数列{an}的公差为d，则
a3＝a1＋2d＝3， 由S4＝4a1＋4×2 3d＝10，
得ad1＝＝11. ，
∴Sn＝n×1＋nn2－1×1＝nn2＋1，
S1n＝nn2＋1＝21n－n＋1 1.
n
∴
k＝1
S1k＝S11＋S12＋S13＋…＋S1n
＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
2.(2017·天津，文，18)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2 的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
第2部分 专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件
最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1， 所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an， 所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列， 所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4， 解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
(2)存在． 由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1， 所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
(2)设bn＝n·2n＋n， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2 ＋3＋…＋n)， 令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减，得 －T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1，
【解析】 (1)由题意，aa12＋a3＝a4＝a1a94，＝8，
解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1； 而等比数列{an}递增，所以a1＝1，a4＝8，
第二讲 数列与数表
第二讲数列与数表1.等差数列：若干个数排成一列,称为数列。
数列中的每一个数称为一项,其中第一项称为首项,最后一项称为末项,数列中数的个数称为项数。
从第二项开始,后项与其相邻的前项之差都相等的数列称为等差数列,后项与前项的差称为公差。
例如:等差数列:3、6、9、…、96,这是一个首项为3,末项为96,项数为32,公差为3的数列。
计算等差数列的相关公式:通项公式:第几项=首项+(项数-1)×公差项数公式:项数=(末项-首项)÷公差+1求和公式:总和=(首项+末项)×项数÷2在等差数列中,如果已知首项、末项、公差,求总和时,应先求出项数,然后再利用等差数列求和公式求和。
某些问题以转化为求若干个数的和解决这些问题时先要判断这些数是否成为等差数列，如果是等差数列才可以运用它的一些公式。
在解决自然数的数字问题时，应根据题目的具体特点，有时可考虑将题中的数适当分组，并将每组中的数合理配对，使问题得以顺利解决。
2.斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34…这个以1，1分别为第1项、第2项，以后各项都等于前两项之和的无穷数列，就是斐波那契数列。
3.周期数列与周期：从某一项开始，重复出现同一段数的数列称为周期数列，其重复出现的这一段数的个数则称为此数列的周期。
例如： 8，1，2，3，8，4，5，7，6，3，8，4，5，7，6，3，8，4，5，7，6……这是一个周期数列，周期为6。
4.寻找数列的规律，通常有以下几种办法：1寻找各项与项数间的关系。
2考虑此项与它前一项之间的关系。
3考虑此项与它前两项之间的关系。
4数列本身要与其他数列对比才能发现其规律，这类情形稍微复杂些。
5有时可以将数列的项恰当分组以寻求规律。
（“分组”是难点）6常常需要根据题中的已知条件求出数列的若干项之后，找到周期，探求规律。
1.逐步了解首项、末项、项数、公差与和之间的关系。
2.在解题中应用数列相关知识。
数列通项公式的九种求法
数列通项公式的九种求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。
特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。
笔者总结出九种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。
一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项公式解：设数列}a {n 公差为)0d (d >∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =， 即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12=∵0d ≠，∴d a 1=……………………①∵255S a =∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d =∴n5353)1n (53a n =⨯-+= 点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。
二、累加法求形如1()n n a a f n --=（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累加求得通项。
例2．已知数列{a n}中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ． 解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+ =1121n -+，3121n a n ∴=-+ 点评：累加法是反复利用递推关系得到n —1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求{f(n)}的前n —1项的和，要注意求和的技巧．三、迭代法求形如1n n a qa d +=+(其中,q d 为常数) 的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。
2018高考数学复习：第6章数列第2节数列的通项公式与求和
第2节 数列的通项公式与求和题型74 数列通项公式的求解 1. (2013安徽文19）设数列{}n a 满足12428aa a =+=，，且对任意*n ∈N ，函数()()122cos 2sin n n n n x f x a a a x a x a x ++-+=-++--，满足π02n f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.（1）求数列{}x a 的通项公式；；（2）若122x n b a xn ⎛⎫=+⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和nx S . 1. 分析 （1）求导，代入0f π⎛⎫'=⎪2⎝⎭，并对所得式子进行变形，从而证明数列是等差数列，再由题目条件求基本量，得通项公式.（2）将na 代入化简，利用分组求和法，结合等差、等比数列的前n 项和公式计算. 解析 （1）由题设可得()1212sin cos nn n n n f x a a a a x a x ++++'=-+--.对任意*n ∈N ，1210nn n n f a a a a +++π⎛⎫'=-+-=⎪2⎝⎭，即121n nn n a a aa +++-=-，故{}na 为等差数列.由12a =，248a a +=，可得数列{}na 的公差1d =，所以()2111nan n =+⋅-=+.（2）由122n n nb a a ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭111212222n n n n +⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭知，12nnS b b b =+++()111221221212nn n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪+⎝⎭⎣⎦=+⋅+-21312nn n =++-. 2.（2013广东文19）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为nS，满足21441n n S a n +=--，*n ∈N ,且2514,,a a a 构成等比数列．(1)证明：2a = (2) 求数列{}n a 的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n ，有122311111.2n n a a a a a a -++⋅⋅⋅+<2.分析 （1）把1n =代入递推式21441nn S a n +=--，可以得到1a 和2a 的关系式，变形可得2a =（2）鉴于递推式21441nn S a n +=--含有1,n n S a +的特点，常用公式11,1,,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥进行化异为同，得到1n a +和n a 的递推式，构造等差数列，进而求出 数列的通项.（3）要证的不等式的左边是一个新数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，因此要求和、化简，因为11n n a a +是一个分式，常常通过裂项相消法逐项相消，然后再通过放缩，得出结论.解析 （1）证明：由21441nn S a n +=--，得212441S a =--，即212441a a =--，所以22145a a =+.因为0n a >，所以2a =（2）因为21441nn S a n +=-- ①所以当2n ≥时，()214411n n S a n -=--- ②由①-②得22144nn n a a a +=--，即()()22214422n n n n a a a a n +=++=+≥.因为0n a >，所以12n n a a +=+，即()122n n a a n +-=≥.因为2514,,a a a 成等比数列，所以25214a a a =，即()()222232122a a a +⨯=+⨯，解得23a =.又由（1）知2a =11a =，所以212a a -=.综上知()12*n n a a n +-=∈N ，所以数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列.所以()12121na n n =+-=-.所以数列{}n a 的通项公式为()21*n a n n =-∈N .（3）证明：由（2）知()()1112121n n a a n n +=-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，所以12231111n n a a a a a a ++++111111123352121n n ⎛⎫=-+-++- ⎪-+⎝⎭1111112212422n n ⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭.3. （2013江西文16）正项数列{}n a 满足：2(21)20n n a n a n ---=.(1) 求数列{}n a 的通项公式n a ； (2) 令221(2)n nn b n a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ．3.分析 （1）根据已知的n a 和n 的关系式进行因式分解，通过0n a >得到数列{}n a 的通项公式；（2）把数列{}n a 的通项公式代入n b 的表达式，利用裂项法求出数列{}n b 的前n 项和.解析 （1）由()22120nn a n a n ---=，得()()210n n a n a -+=.由于{}n a 是正项数列，所以2n a n =.（2）由()12,1n n na nb n a ==+，则()11112121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 111111111222311n T n n n n ⎛⎫=-+-++-+- ⎪-+⎝⎭()1112121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 4. (2013重庆文16）设数列{}n a 满足：1113n n aa a n ++==∈N ，，.（1）求{}n a 的通项公式及前n 项和nS ；（2）已知{}n b 是等差数列，nT为其前n 项和，且123123b a b a a a ==++，，求20T .4.分析 根据等比、等差数列的通项公式及前n 项和公式直接运算求解. 解析 （1）由题设知{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列，所以()11313,31132n n nn n a S --===--.（2）123313,13913,102b a b b b d ===++=-==，所以公差5d =， 故202019203510102T ⨯=⨯+⨯=. 5. (2013湖南文19）设n S 为数列{}n a 的前项和，已知01≠a，2112n n a a S S -=⋅，n *∈Ν.（1）求1a ，2a ，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和.5.分析 根据()12n n n a S S n -=-≥消去n S 得到关于n a 的关系式，求其通项；利用错位相减法求前n 项和.解析 （1）令1n =，得21112a a a -=，即211a a =.因为10a ≠，所以11a =.令2n =，得222211a S a -==+，解得22a =.当2n ≥时，由122n n n a a a --=，即12n n a a -=.于是数列{}n a 是首项为1.公比为2的等比数列.因此，12n n a -=.所以{}n a 的通项公式为12n n a -=.（2）由（1）知，12n n na n -=⋅.记数列{}12n n -⋅的前n 项和为n B ，于是21122322n n B n -=+⨯+⨯++⨯，①2321222322nn B n =⨯+⨯+⨯++⨯ .②①-②，得2112222212n n n n nB n n --=++++-⋅=--⋅.从而()112n nB n =+-⋅.1∙∙∙,a Na 2,开始结束输入NS=1,i=1输出a 1,S是6.（2014陕西文4）根据如图所示框图，对大于2的整数n ，输出的数列的通项公式是（ ）. A.2na n = B.()21n a n =- C.2n n a = D.12n n a -=7.（2014新课标Ⅱ文16）数列{}n a 满足111n na a +=-，82a =，则1a = .8.（2014江西文17）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和232n n nS n -=∈，*N . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：对任意1>n ，都有m ∈*N ，使得m n a a a ，，1成等比数列. 9.（2014大纲文17）（本小题满分10分） 数列{}n a 满足12211222n n n a a a a a ++===-+，，.（1）设1nn n b a a +=-，证明{}n b 是等差数列；（2）求{}n a 的通项公式.10.（2014广东文19）（本小题满分14分） 设各项均为正数的数列{}n a 的前n项和为nS ，且nS 满足()()222*330,n n S n n S n n n -+--+=∈N .(1)求1a 的值； (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)求证：对一切正整数n ，有()()()112211111113n n a a a a a a +++<+++.11.（2014湖南文16）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和22n n nS n +=∈，*N . (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()n na na b n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和.12.（2015陕西文16）观察下列等式：11122-= 11111123434-+-=+11111111123456456-+-+-=++……据此规律，第n 个等式可为______________________.12.解析 观察等式知，第n 个等式的左边有2n 个数相加减，奇数项为正，偶数项为负，且分子为1，分母是1到2n 的连续正整数，等式的右边是111122n n n+++++. 故答案为()*111111111234212122n n n n n n-+-++-=+++∈-++N . 13.（2015江苏卷11）设数列{}n a 满足11a=，且11n n a a n +-=+()*n ∈N ，则数列1na⎧⎫⎨⎬⎩⎭前10项的和为 ．13.解析 解法一：可以考虑算出前10项，但运算化简较繁琐．解法二：由题意得212a a -=，323a a -=，…，1n n a a n --=()*2,n n ∈N 故累加得1234n a a n -=++++…，从而1+234n a n =++++…()12n n +=， 当1n =时，满足通项．故()1211211n a n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪++⎝⎭()*n ∈N ， 则有123101111a a a a ++++...1111121+2231011⎛⎫=⨯--++- ⎪⎝⎭ (120211111)⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭． 14.（2015安徽理18）已知数列{}n a 是递增的等比数列，且149aa +=，238a a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T .14.解析 （1）因为{}n a 是等比数列，且238a a=，所以148a a =.联立141498a a a a +=⎧⎨=⎩，又{}n a 为递增的等比数列，即41a a >.解得1418a a =⎧⎨=⎩或1481a a =⎧⎨=⎩（舍），可得3418a q a ==，得2q =. 所以()11*12n n n a a q n --==∈N . （2）由（1）可知()111221112n nn n a q S q--===---， 所以()()1121121212121n n n n n n b ++==-----， 所以1111111113377152121n n n T +=-+-+-++-=--11112212121n n n +++--=--. 故()1*12221n n n T n ++-=∈-N . 15.（2015北京文16）已知等差数列{}n a 满足1210aa +=，432a a -=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足23ba =，37b a =；问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？15.解析（1）依题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，121210a a a d +=+= ① 432a a d -== ②得2d =，14a =. 数列{}n a 的通项公式为()()()*1142122naa n d n n n =+-=+-=+∈N .（2）等比数列{}n b 中238b a ==，3716b a ==，设等比数列的公比为322b q b ==，()221*2822n n n n b b q n --+=⋅=⨯=∈N .76212822b n ===+，得63n =，则6b 与数列{}n a 的第63项相等.16.（2015福建文17）在等差数列{}n a 中，24a=，4715a a +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22n a nb n -=+，求12310b b b b ++++的值．16.分析（1）利用基本量法可求得1a ，d ，进而求{}n a 的通项公式；（2）求数列前n 项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题2n n b n =+，故可采取分组求和法求其前10项和． 解析 （1）设等差数列{}n a 的公差为d ．由已知得()()11143615a d a d a d +=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得131a d =⎧⎨=⎩．所以()()*112n a a n d n n =+-=+∈N ． （2）由（1）可得2n n b n =+，所以()()()()231012310212223210b b b b ++++=++++++++=()()2310222212310+++++++++=()()()1011112121101022552532101122-+⨯+=-+=+=-.17.（2015广东文19）设数列{}n a 的前n 项和为nS，*n ∈N ．已知11a =，232a =，354a =，且当2n时，211458n n n n S S S S ++-+=+．（1）求4a 的值； （2）求证：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； （3）求数列{}n a 的通项公式．17.解析（1）当2n =时，4231458S S S S +=+， 即435335415181124224a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得478a =. （2）因为211458n n n n S S S S ++-+=+（2n），所以21114444n n n n n n S S S S S S ++-+-+-=-（2n ），即2144n n n a a a +++=（2n ），亦即()2114222n n n n a a a a n +++-=-，则()2111112222n n n n a a a a n +++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.当1n =时，3221111222a a a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，满足上式. 故数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列. （3）由（2）可得111122n n n a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即1141122n n n na a ++-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是以1212a =为首项，4为公差的等差数列， 所以()2144212nn a n n =+-⨯=-⎛⎫⎪⎝⎭，即()11214222nn n n a n --⎛⎫=-⨯= ⎪⎝⎭， 所以数列{}n a 的通项公式是()*1212nn n an --=∈N . 18.（2015湖北文19）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为nS，等比数列{}n b 的公比为q ，已知11b a =，22b =，q d =，10100S =. (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式;(2)当1d >时，记nn na cb =，求数列的前n 项和.18.解析 (1)由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩.解得112a d =⎧⎨=⎩，或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩.故1212nn n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或()112799299n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎛⎫⎪=⋅ ⎪⎪⎝⎭⎩. (2)由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=， 于是2341357921122222n n n T --=++++++， ① 2345113579212222222n nn T -=++++++. ② 式①-式②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-.故12362nn n T -+=-. 19.（2015山东文19）已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为21nn +. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设(1)2n a nn b a =+⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .19.解析（1）设数列{}n a 的公差为d ，令1n =，得12113a a =，即123a a =. ①令2n =，得12231125a a a a +=，即2315a a =.② 联立①②，解得11a =，2d =.所以()*21n a n n =-∈N . （2）由（1）知21224n n n b n n -==，得到()1211424144n n nT n n -=⨯+⨯++-⨯+⨯，③ 从而()23141424144n n nT n n +=⨯+⨯++-+⨯，④-③④得12134444n n nT n +-=+++-=()11414134441433n n n n n ++---=⨯--， 所以()1143143144999n n n n n T +++--=⨯+=. 19.（2015四川文16）设数列{}n a （1,2,3,n =）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，21a +，3a 成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求n T . 19.解析（1）由已知12n n S a a =-，可得()*11222,n n n n n a S S a a n n --=-=-∈N ，即()*122,n n a a nn -=∈N .则212a a =，32124a a a ==.又因为1a ，21a +，3a 成等差数列，即()13221a a a +=+.所以()1114221a a a +=+，解得12a =.所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列.故2n na =.（2）由（1）可得112n n a =，所以211122111111222212nn n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=+++==--. 20.（2015天津文18）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，{}n b 是等差数列，且111a b ==，2332b b a +=，5237a b -=.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设*,nn n c a b n =∈N ,求数列{}n c 的前n 项和.20.分析（1）列出关于q 与d 的方程组，通过解方程组求出q ，d 即可确定通项；（2）用错位相减法求和.解析 （1）设{}n a 的公比为q ，{}n b 的公差为d ，由题意0q >，由已知，有24232310q d q d ⎧-=⎨-=⎩， 消去d 得42280q q --=，解得22q d ==，，所以{}n a 的通项公式为12n n a n -*=∈N ，，{}n b 的通项公式为21n b n n *=-∈N ，.（2）由（1）有()1212n n c n -=-，设{}n c 的前n 项和为n S ，则()0121123252212n nS n -=⨯+⨯+⨯++-⨯， ()1232123252212n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()2312222122323n n n n S n n -=++++--⨯=--⨯-，所以()2323n nS n =-+.21.（2015浙江文17）已知数列{}n a 和{}n b 满足，*111212()n n a b a a n +===∈N ，，，*12311111()23n n b b b b b n n+++++=-∈N . (1)求{}n a 与{}n b ;(2)记数列{}n n a b 的前n 项和为nT，求n T .21.解析 (1)由题意知{}n a 是等比数列，12a=，2q =，所以2n na =.当2n时，()*231111111231n n b b b b n b n -++++=-∈-N ，所以11n n n b b b n+=-， 所以11n n n b b n ++=，所以12112n n b b b n n+====+，又11b =，所以n b n =. （或采用累乘法） (2)212222n nT n =⨯+⨯++⋅，所以()21212122n n n T n n +=⨯++-⨯+⋅，所以()()()2111212122222212212n n n n n n T n n n +++--=+++-⋅=-=---，所以()1122n nT n +=-+.22.（2015重庆文16）已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和392S=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足11b a =，415b a =，求{}n b 前n 项和n T .22.解析（1）设{}n a 的公差为d ，则由已知条件得122a d +=，1329322a d ⨯+=， 化简得122a d+=，132a d +=，解得11a =，12d =， 故通项公式112n n a -=+，()*12n n a n +=∈N ． （2）由（1）得11b =，41515182b a +===. 设{}n b 的公比为q ，则3418b q b ==，从而2q =， 故{}n b 的前n 项和()*1(1)1(12)21112n n n n b q T n q -⨯-===-∈--N . 23.（2016浙江文17）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知24S =，121n n a S +=+，*n ∈N.（1）求通项公式n a ；（2）求数列{}2n a n --的前n 项和.23.解析 （1）由题意得21221421S a a a a ⎧=+=⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩.因为121n n a S +=+，121n n a S -=+()2n ，所以()()1121212n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=()2n ≥. 又知213a a =，所以数列{}n a 的通项公式为13n n a -=，*n ∈N .（2）对于132n n c n -=--，12c =-，21c =-，当3n 时，有0n c >.设n n b c =，*n ∈N ，12b =，21b =，当3n 时，有n n b c =.设数列{}n b 的前项和为n T ，则12T =，23T =. 当3n时，()()2135351161322nnnn n n n T -+--+=+-=-，2n =时也满足此式，所以2*2,13511,2,2n n n T n n n n =⎧⎪=⎨--+∈⎪⎩N.24.（2017全国3文17）设数列{}n a 满足()123212n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.24.解析 （1）令n b = ，则有b ，即S .当2n 时，2n b S n = ①()121n b S n -=- ②-①②得b =，即b ，得()*22,21n a n n n =∈-N .当1n =时，12b =也符合，所以()*221n a n n =∈-N . （2）令()()()*221121212121212121n na n c n n n n n n n -====-∈++-+-+N ， 所以1231nc n n S c c c c c -=+++++=111111111111335572321212121n n n n n -+-+-++-+-=-=---++()*21122121n nn n n +-=∈++N . 评注 本题具有一定的难度，第一问要求学生具备一定的转化与化归的思想，将不熟悉的表达形式转化为常规数列求通项问题才能迎刃而解.第二问属于常规裂项相消问题，没有难度，如果学生第一问求解时出现困难的话，可以用找规律的方法求出其通项，这样可以拿到第二问的分数，不失为一种灵活变通的处理方法. 25.（2017山东文19）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且126a a +=，123a a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和n S ，已知211n n n S b b ++=，求数列nn ba ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25.解析 （1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意知，1(1)6a q +=，2211a q a q =.又0na >，解得12a =，2q =，所以2n n a =.（2）由题意知，121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+.又211n n n S b b ++=，10n b +≠，所以21n b n =+.令n n n b c a =，则212n n n c +=， 因此12231357212122222n n n n n n T c c c --+=+++=+++++， 又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++，两式相减得2111311121222222n n n n T -++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭，所以2552nnn T +=-. 题型75 数列的求和1.（2015湖南文5）执行如图所示的程序框图，如果输入3n =， 则输出的S =（ ）. A.67 B.37 C.89 D.491.解析 由题意，输出的S 为数列()()12121n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-+⎪⎪⎩⎭的前3项和，即()()333111111212122121i i S i i i i ==⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭∑∑1131277⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故选B .2.（2015安徽理18）已知数列{}n a 是递增的等比数列，且149aa +=，238a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T .2.解析 （1）因为{}n a 是等比数列，且238a a=，所以148a a =.联立141498a a a a +=⎧⎨=⎩，又{}n a 为递增的等比数列，即41a a >.解得1418a a =⎧⎨=⎩或1481a a =⎧⎨=⎩（舍），可得3418a q a ==，得2q =. 所以()11*12n n n a a q n --==∈N . （2）由（1）可知()111221112n nn n a q S q--===---， 所以()()1121121212121n n n n n n b ++==-----， 所以1111111113377152121n n n T +=-+-+-++-=--11112212121n n n +++--=--. 故()1*12221n n n T n ++-=∈-N . 3. （2014安徽文18）（本小题满分12分） 数列{}n a 满足11a =，1(1)(1)n n na n a n n +=+++，*n ∈N .（1）求证：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； （2）设3nn b ={}n b 的前n 项和n S .3. 解析 （I ）由已知可得111n n a a n n +=++，即111n n a a n n +-=+.所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111a=为首项，1为公差的等差数列. （II ）由（I ）得()111na n n n=+-⋅=，所以2n a n =.从而3n n b n =⋅. 1231323333n n S n =⋅+⋅+⋅++⋅，①()23131323133n n n S n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅.②-①②得()()11211313123333333132n n n n n n n S n n +++⋅--⋅-=+++-⋅=-⋅=--2.所以()121334n nn S +-⋅+=.评注 本题考查等差数列定义的应用，错位相减法求数列的前项和，解题时利用题（I ）提示对递推关系进行变形是关键. 4.（2015福建文17）在等差数列{}n a 中，24a=，4715a a +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22n a nb n -=+，求12310b b b b ++++的值．4.分析（1）利用基本量法可求得1a ，d ，进而求{}n a 的通项公式；（2）求数列前n 项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题2n n b n =+，故可采取分组求和法求其前10项和． 解析 （1）设等差数列{}n a 的公差为d ．由已知得()()11143615a d a d a d +=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得131a d =⎧⎨=⎩．所以()()*112n a a n d n n =+-=+∈N ． （2）由（1）可得2n n b n =+，所以()()()()231012310212223210b b b b ++++=++++++++=()()2310222212310+++++++++=()()()1011112121101022552532101122-+⨯+=-+=+=-.5.（2015湖北文19）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为nS，等比数列{}n b 的公比为q ，已知11b a =，22b =，q d =，10100S =. (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式(2)当1d >时，记nn na cb =，求数列的前n 项和. 5.解析 (1)由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩.解得112a d =⎧⎨=⎩，或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩.故1212nn n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或()112799299n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎛⎫⎪=⋅ ⎪⎪⎝⎭⎩. (2)由1d >，知21n a n =-，12n n b -=， 故1212n n n c --=，于是2341357921122222nn n T --=++++++，① 2345113579212222222n nn T -=++++++. ② 式①-式②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-.故12362n n n T -+=-. 6.（2015湖南文19）设数列{}n a 的前n 项和为nS，已知11a =，22a =，且()*1133,n n n a S S n +-=-+∈N . （1）证明：23n n a a +=；（2）求n S .6.解析（1）由条件，对任意*n ∈N ，有2133n n n a S S ++=-+， 因而对任意*,2n n ∈N ，有1133n n n a S S +-=-+， 两式相减，得2113n n n n a a a a +++-=-，即()*232,n n a a n n +=∈N ，又121,2a a ==，所以()3121121333333a S S a a a a =-+=-++==，故对一切*n ∈N ，23n n a a +=. （2）由（1）知，0n a ≠，所以23n na a +=，于是数列{}21n a -是首项11a =，公比为3的等 比数列，数列{}2n a 是首项22a=，公比为3的等比数列，所以112123,23n n n n a a ---==⨯，（于是()()21221321242.........nn n n S a a a a a a a a a -=+++=+++++++=()()()()11133113...3213...3313 (32)n n n n ----+++++++=+++=，从而2122n n n S S a -=-()1331232n n --=-⨯()235312n -=⨯-， 综上所述，()()*3*22353121,23312,2n n nn k k S n k k -⎧⎛⎫⨯-=+∈⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-=∈ ⎪⎪⎝⎭⎩N N .7.（2015山东文19）已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为21nn +. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设(1)2n a nn b a =+⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .7.解析（1）设数列{}n a 的公差为d ，令1n =，得12113a a =，即123a a = ①令2n =，得12231125a a a a +=，即2315a a = ② 联立①②，解得11a =，2d =.所以()*21n a n n =-∈N . （2）由（1）知21224n n n b n n -==，得到()1211424144n n nT n n -=⨯+⨯++-⨯+⨯，③ 从而()23141424144n n nT n n +=⨯+⨯++-+⨯，④-③④得12134444n n nT n +-=+++-=()11414134441433n n n n n ++---=⨯--， 所以()1143143144999n n n n n T +++--=⨯+=.8.（2015四川文16）设数列{}n a （1,2,3,n =）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，21a +，3a 成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求n T . 8.解析（1）由已知12n n S a a =-，可得()*11222,n n n n n a S S a a n n --=-=-∈N ，即()*122,n n a a nn -=∈N .则212a a =，32124a a a ==.又因为1a ，21a +，3a 成等差数列，即()13221a a a +=+.所以()1114221a a a +=+，解得12a =.所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列.故2n na =.（2）由（1）可得112n n a =，所以211122111111222212nn n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=+++==--. 9.（2015天津文18）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，{}n b 是等差数列，且111a b ==，2332b b a +=，5237a b -=.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设*,nn n c a b n =∈N ,求数列{}n c 的前n 项和.9.分析（1）列出关于q 与d 的方程组，通过解方程组求出q ，d 即可确定通项；（2）用错位相减法求和.解析（1）设{}n a 的公比为q ，{}n b 的公差为d ，由题意0q >，由已知，有24232310q d q d ⎧-=⎨-=⎩，消去d 得42280q q --=，解得22q d ==，，所以{}n a 的通项公式为12n n a n -*=∈N ，，{}n b 的通项公式为21n b n n *=-∈N ，.（2）由（1）有()1212n n c n -=-，设{}n c 的前n 项和为n S ，则()0121123252212n nS n -=⨯+⨯+⨯++-⨯， ()1232123252212n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()2312222122323n n n n S n n -=++++--⨯=--⨯-，所以()2323n nS n =-+.10.（2015浙江文17）已知数列{}n a 和{}n b 满足，*111212()n n a b a a n +===∈N ，，，*12311111()23n n b b b b b n n+++++=-∈N . (1)求{}n a 与{}n b ;(2)记数列{}n n a b 的前n 项和为nT，求n T .10.解析 (1)由题意知{}n a 是等比数列，12a=，2q =，所以2n na =.当2n时，()*231111111231n n b b b b n b n -++++=-∈-N ，所以11n n n b b b n+=-， 所以11n n n b b n ++=，所以12112n n b b b n n+====+. 又11b =，所以n b n =（或采用累乘法）. (2)212222n nT n =⨯+⨯++⋅，所以()21212122n n n T n n +=⨯++-⨯+⋅，所以()()()2111212122222212212n n n n n n T n n n +++--=+++-⋅=-=---，所以()1122n nT n +=-+.11.（2015重庆文16）已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和392S=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足11b a =，415b a =，求{}n b 前n 项和n T .11.解析 （1）设{}n a 的公差为d ，则由已知条件得122a d +=，1329322a d ⨯+=，化简得122a d+=，132a d +=，解得11a =，12d =， 故通项公式112n n a -=+，()*12n n a n +=∈N ． （2）由（1）得11b =，41515182b a +===. 设{}n b 的公比为q ，则3418b q b ==，从而2q =， 故{}n b 的前n 项和()*1(1)1(12)21112n n n n b q T n q -⨯-===-∈--N . 12.（2016北京文15）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23b=，39b =，11a b =，144a b =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n c a b =+ ，求数列{}n c 的前n 项和.12.解析 （1）等比数列{}n b 的公比32933b q b ===，所以211b b q==，4327b b q ==. 设等差数列{}n a 的公差为d .因为111a b ==，14427a b ==， 所以11327d +=，即2d =.所以()211,2,3,n a n n =-=⋅⋅⋅. （2）由（1）知，21n a n =-，13n n b -=.因此1213n n n n c a b n -=+=-+.从而数列{}n c 的前n 项和()113521133n n S n -=+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=()12113213n n n +--+=-2312n n -+.13.（2016山东文19）已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1n n n a b b +=+.（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）令1(1)(2)n n n nn a c b ++=+.求数列{}n c 的前n 项和n T . 13.解析 （1）由题意当2n时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ，所以()*65n a n n =+∈N .设数列{}n b 的公差为d ，由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=db d b 321721111，解得3,41==d b ，所以()*31n b n n =+∈N . （2）由（1）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321， 即]2)1(242322[31432+++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n T ， 所以]2)1(242322[322543+++⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯=n n n T ，以上两式两边相减得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯+++⋅⋅⋅+-+=224(21)3[4(1)2]3221n n n n n ++-+-+=-⋅-.所以223+⋅=n n n T .14.（2016浙江文17）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知24S =，121n n a S +=+，*n ∈N.（1）求通项公式n a ；（2）求数列{}2n a n --的前n 项和. 14.解析 （1）由题意得：21221421S a a a a ⎧=+=⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩. 因为121n n a S +=+，121n n a S -=+()2n ，所以()()1121212n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=()2n ≥. 又知213a a =，所以数列{}n a 的通项公式为13n n a -=，*n ∈N .（2）对于132n n c n -=--，12c =-，21c =-，当3n 时，有0n c >.设n n b c =，*n ∈N ，12b =，21b =，当3n 时，有n n b c =.设数列{}n b 的前项和为n T ，则12T =，23T =.当3n时，()()2135351161322nnnn n n n T -+--+=+-=-，2n =时也满足此式，所以2*2,13511,2,2n n n T n n n n =⎧⎪=⎨--+∈⎪⎩N.15.（2017全国3文17）设数列{}n a 满足()123212n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和. 15.解析 （1）令n b = ，则有b ，即S .当2n 时，2nb S n = ①()121n b S n -=- ②-①②得b ，即b ，得()*22,21n a n n n =∈-N .当1n =时，12b =也符合，所以()*221n a n n =∈-N . （2）令()()()*221121212121212121n na n c n n n n n n n -====-∈++-+-+N ， 所以1231nc n n S c c c c c -=+++++=111111111111335572321212121n n n n n -+-+-++-+-=-=---++()*21122121n nn n n +-=∈++N . 评注 本题具有一定的难度，第一问要求学生具备一定的转化与化归的思想，将不熟悉的表达形式转化为常规数列求通项问题才能迎刃而解.第二问属于常规裂项相消问题，没有难度，如果学生第一问求解时出现困难的话，可以用找规律的方法求出其通项，这样可以拿到第二问的分数，不失为一种灵活变通的处理方法. 16.（2017山东文19）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且126a a +=，123a a a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和n S ，已知211n n n S b b ++=，求数列nn ba ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .16.解析 （1）设数列{}n a 的公比为q ，由题意知，1(1)6a q +=，2211a q a q =.又0na >，解得12a =，2q =，所以2n n a =.（2）由题意知，121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+.又211n n n S b b ++=，10n b +≠，所以21n b n =+.令n n n b c a =，则212n n n c +=， 因此12231357212122222n n n n n n T c c c --+=+++=+++++， 又234113572121222222n nn n n T +-+=+++++， 两式相减得2111311121222222n n n n T -++⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭，所以2552n n n T +=-.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
数列的通项公式与求和公式
数列的通项公式与求和公式数列是指按照一定规律排列的一系列数字的集合，是数学中重要的概念之一。
在数列中，每个数字称为该数列的项。
数列有许多不同的类型，如等差数列、等比数列等。
在讨论数列时，我们经常需要找到数列的通项公式和求和公式，以便能够方便地计算出数列中的任意项以及求和。
本文将介绍常见数列的通项公式与求和公式，并以具体的例子加以说明。
一、等差数列的通项公式与求和公式等差数列是指数列中任意两项之间的差值都相等的数列。
设等差数列的首项为a1，公差为d，则该等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d其中，an为等差数列的第n项。
等差数列的求和公式为：Sn = (n/2) * [2a1 + (n-1)d]其中，Sn表示等差数列的前n项和。
举个例子来说明，比如一个等差数列的首项a1为2，公差d为3，则该数列的通项公式为an = 2 + (n-1)3，求和公式为Sn = (n/2)(2 + 2n)。
二、等比数列的通项公式与求和公式等比数列是指数列中任意两项之间的比值都相等的数列。
设等比数列的首项为a1，公比为q，则该等比数列的通项公式为：an = a1 * q^(n-1)其中，an为等比数列的第n项。
等比数列的求和公式分两种情况：1. 若公比q不等于1，则等比数列的前n项和为：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)2. 若公比q等于1，则等比数列的前n项和为：Sn = n * a1举个例子来说明，比如一个等比数列的首项a1为3，公比q为2，则该数列的通项公式为an = 3 * 2^(n-1)。
若q不等于1，则求和公式为Sn = 3 * (1 - 2^n) / (1 - 2)；若q等于1，则求和公式为Sn = 3n。
三、其他数列的通项公式与求和公式除了等差数列和等比数列之外，还有其他类型的数列，如等差- 等比混合数列、斐波那契数列等。
对于这些数列，通项公式和求和公式的推导可能会更加复杂。
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＋
1 1 － 4 7
＋„＋
1 13－3n
1 1 1 n － ＝ 10－3n 10＝ . 3 1010－3n
3．(2014· 山东)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为 Sn，且S1，S2，S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(－1)
1 . 2n＋1－1
错位相减法求和
[试题调研] [例3] (2014· 大连模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，等比
(3)裂项相消法：把数列的各项分别裂开后，前后抵消从而 1 计算和的方法，适用于求通项为 的数列的前n项和，其中 anan＋1 1 1 1 1 {an}为等差数列，则 ＝da －a . ＋ anan＋1 n 1 n 常见的拆项公式： 1 1 1 ① ＝ － ； nn＋1 n n＋1
＝(－1) ＝(－1)
n－1
4n 2n－12n＋1
n－1
1 1 ＋ 2n－1 2n＋1.
当n为偶数时，
1 1 1 Tn＝1＋3－ ＋ ＋„＋ 3 5 1 1 1 1 ＋ 2n－3 2n－1－2n－1＋2n＋1
＝1－
1 2n＋1
专题三
数
列
第二讲
数列的通项与求和
1.数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据 an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式 也是常考的热点. 2.数列的求和问题多以考查等差、等比数列的前n项和公 式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考 命题的热点.
基础记忆
试做真题
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．求数列通项公式的常见类型及方法 (1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式， 可采用归纳猜想法．
S1，n＝1， (2)已知Sn与an的关系，利用an＝ Sn－Sn－1，n≥2
求an.
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列 {f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加 法(叠加法)． (4)累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)} 前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)． (5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)，可
2．裂项相消法求和应注意的问题 c (1)通项公式形如an＝ (其中a，b1，b2，c为 an＋b1an＋b2 常数)用裂项相消法． (2)裂项时要保证裂项前后相等，为此可通过通分检验裂项 的正确性．
[回访名题] a2 a3 an (2014· 广州调研)设数列{an}满足a1＋ 2 ＋ 22 ＋„＋ n－1 ＝ 2 2n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn. an－1an＋1－1
2n ＝ . 2n＋1
当n为奇数时，
1 1 1 1 1 Tn＝1＋3－ ＋ ＋„－2n－3＋2n－1 ＋ 3 5 1 1 ＋ 2n－1 2n＋1
2n＋2 1 ＝1＋ ＝ . 2n＋1 2n＋1 2n＋2，n为奇数， 2n＋1 所以Tn＝ 2n ，n为偶数. 2n＋1
则Sk＝3＋5＋7＋„＋(2k＋1) k[3＋2k＋1] ＝ ＝k(k＋2)． 2 又Sk＝2kak＋1－3k2－4k， ∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k， 解得2ak＋1＝4k＋6， ∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立． 由①②知，∀n∈N*，an＝2n＋1.
[答案]
2 2n＋1－2
[解析]
因为数列{an}是等比数列，
且a3＋a5＝a2· q＋a4· q＝40， a3＋a5 40 即有q＝ ＝ ＝2，代入a2＋a4＝20， a2＋a4 20 21－2n ＋ 得a1＝2，故Sn＝ ＝2n 1－2. 1－2
2．(2014· 全国大纲卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1 ＝10，a2为整数，且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1
11 1 11 1 1 1 1 ＝ 1－3 ＋ 3－5 ＋„＋ － 2 22n－1 2n＋1 2 1 1 n ＝ 1－2n＋1＝ . 2 2n＋1 n 故Tn＝ . 2n＋1
1．裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－ bn(k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解 题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之 符合裂项相消的条件．
n－1 2 n ＋ 1 ＋ － 1 或 T ＝ n 2n＋1
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求数列的通项公式
[试题调研] [例1] (2014· 广东)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝
2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15. (1)求a1，a2，a3的值； (2)求数列{an}的通项公式．
2 知它的公差不等于零，S3＝a2 ，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
1 (2)设bn＝anan＋1，求数列 b 的前n项和Tn. n
[命题意图] 本题考查等差数列通项公式的求解方法、等比 中项的应用及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力．
当n≥2时，可得， bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋„＋(bn－bn－1)
4 － 1－3n 1 4 － ＝3×3n 1－1，
＝2＋
4 1－3
当n＝1时，上式成立，
4 － ∴数列{bn}的通项公式为bn＝3×3n 1－1.
裂项相消法求和
[试题调研] [例2] (2014· 内蒙古检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，已
[解析]
(1)设{an}的公差为d，由S3＝a2 2，得
2 3a2＝a2 ，故a2＝0或a2＝3.
即a1＋d＝0或a1＋d＝3. 由S1，S2，S4成等比数列得S2 2＝S1S4， 所以有(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)． 化简得d(d－2a1)＝0. 因为d≠0，所以d＝2a1.
d＝2a1， 由 a1＋d＝0，
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a2 a3 an 解：(1)因为a1＋ 2 ＋22＋„＋ n－1＝2n，n∈N*，① 2 所以当n＝1时，a1＝2. 当n≥2时， an－1 a2 a3 a1＋ ＋ 3＋„＋ n－2＝2(n－1)，② 2 2 2 an ①－②，得 n－1＝2.所以an＝2n. 2 因为a1＝2，适合上式，所以an＝2n(n∈N*)． (2)由(1)，得an＝2n，
an 所以bn＝ an－1an＋1－1 2n 1 1 ＝ n ＝ － . 2 －12n＋1－1 2n－1 2n＋1－1 所以Sn＝b1＋b2＋„＋bn ＝
1 1－ 3
＋
1 1 － 3 7
＋
1 1 － 7 15
1 1 ＋„＋ n － ＝1－ 2 －1 2n＋1－1
此类题通常是先将所给递推关系式进行适当变形整理(如分 解因式，待定系数，同除或者累加、累乘等)，构造或转化为等 差数列或等比数列，然后求其通项．
[回访名题] (2014· 陕西质检)已知数列{an}的前n项和为 Sn，且Sn＝4an－ 3(n∈N*)． (1)证明：数列{an}是等比数列； (2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列 {bn}的通项公式．
q q q a ＋ a ＋ 化为an＋1＋ ＝p n p－1 (p≠1)的形式，利用 n p－1 是 p－1
以p为公比的等比数列求解；
pan 1 1 ②递推关系形如an＋1＝ (p为非零常数)，可化为 － an＋p an＋1 an 1 ＝p的形式． 2．活用数列求和的四种方法 (1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比 数列利用公式法求和时，注意分q＝1或q≠1的情况． 常见数列的前n项和公式：
解：(1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{an}的公差d为整 数． 又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0， 于是10＋3d≥0,10＋4d≤0. 10 5 解得－ 3 ≤d≤－2.因此d＝－3. 数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
1 (2)bn＝ 13－3n10－3n 1 1 1 ＝ 10－3n－13－3n . 3 1 于是Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝ 3
n－1
4n ，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋1
2×1 解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋ ×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋ 2 4×3 ×2＝4a1＋12， 2 由题意，得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得a1＝1， 所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)
n－1
4n anan＋1
[命题意图]
本题主要考查赋值法、数列前n项和Sn与通项
an之间的关系、构造新数列等，考查考生的运算求解能力． [审题策略] (1)反复利用递推公式Sn＝2nan＋1－3n2－4n，Sn
－Sn－1＝an(n≥2)进行递推． (2)由前三项a1，a2，a3归纳猜想出数列{an}的通项公式，再 用数学归纳法证明．
得a1＝d＝0，不合题意，舍去．
d＝2a1， 由 a1＋d＝3，
a1＝1， 得 d＝2，
故an＝2n－1.
(2)bn＝anan＋1＝(2n－1)(2n＋1)， 1 1 1 1 1 所以 ＝ ＝ － ， bn 2n－12n＋1 22n－1 2n＋1 1 1 1 所以Tn＝b ＋b ＋„＋b 1 2 n
1 1 1 1 ② ＝ 2n－1－2n＋1 ； 2n－12n＋1 2 ③ ＝ n＋1－ n. n＋ n＋1 1