数列中An与Sn的关系(选用)

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等差数列中Sn与an间的重要关系及应用

等差数列中S n 与a n 间的重要关系及其应用“设S n、a n分别是等差数列｛a n｝的前n 和与通项，则它们之间有如下的重要关系：S n =（kn ）a n ，其中k 是非零实数，n 是正整数。

”我们知道，等差数列｛a n ｝的前n 和S n 、通项a n 分别有如下的表达式：⑴ S n =na 1- n(n-1)2 d ，其可等价变形为S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，它是关于n 的二次函数且不含常数项，一般形式是：S n =An 2+Bn ，其中A 、B 是非零待定系数；⑵ a n = a 1 +（n-1）d ，其可等价变形为a n =dn+（a 1 -d ），它是关于n 的一次函数，一般形式是：a n =an+b ，其中a 、b 是非零待定系数；通过对等差数列｛a n ｝前n 和S n 的一般形式S n =An 2+Bn 与其通项a n 的一般形式a n =an+b 的观察分析，不难得出S n 与a n 之间有这样的重要关系式：S n =（kn ）a n 。

S n 与a n 相互关系的应用举例：［例1］在等差数列｛a n ｝中，a 4=0.8,a 11=2.2,求a 51+a 52+…+a 80.【解】由等差数列的通项公式得⎩⎨⎧=+=+2.2108.0311d a d a ,解得a 1=0.2,d =0.2.∴a 51＋a 52+…+a 80=S 80－S 50 =80a 1+d a d 2495050279801⨯--⨯=30a 1+1935d =30×0.2+1935×0.2=393. 【点评】本题求解分两个层次，首先由已知求出a 1和d ，再将所求转化为S 80－S 50，这是解题的关键.［例2］根据数列｛a n ｝的前n 项和公式，判断下列数列是否是等差数列. (1)S n ＝2n 2－n (2)S n ＝2n 2－n ＋1【解】 (1)a 1＝S 1＝1 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－［2(n －1)2－(n －1)］＝2(2n －1)－1＝4n －3∵n =1 时也成立，∴a n ＝4n －3 a n ＋1－a n ＝［4(n ＋1)－3］－［4n －3］＝4∴｛a n ｝成等差数列(2)a 1＝S 1＝2 a 2＝S 2－S 1＝5 a 3＝S 3－S 2＝9 ∵a 2－a 1≠a 3－a 2 ∴｛a n ｝不是等差数列.【点评】已知S n ，求a n ，要注意a 1＝S 1，当n ≥2时a n ＝S n －S n －1，因此a n ＝⎩⎨⎧≥-=-)2( )1(11n S S n S n n.练习: 已知等差数列{a n }的前项和S n 满足条件：S n =2n 2+3n ，求此等差数列的通项a n解: 根据等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数且不含常数项,即S n = d 2n 2+(a 1-d 2 )n,并结合已知条件等差数列{a n }的前项和S n =2n 2+3n 立有, d2 =2且a 1-d2=3, 解之得 a 1=5，d=4，于是便得所求等差数列的通项a n =4n+1. ［例3］已知等差数列｛a n ｝满足：S p ＝q ，S q ＝p ，求S p ＋q (其中p ≠q ). 【解】由已知S p ＝q ，S q ＝p 得 pa 1＋q d p p =-2)1( ① qa 1＋p d q q =-2)1( ② ①－②整理得2)1(21dq p a -++＝－1∴d q p q p a q p S q p 2)1)(()(1-++++=+＝(p ＋q )2)1(21d q p a -++＝－(p ＋q ) 【点评】本问题即是在a 1、d 、n 、a n 、S n 中知三求二问题，但在解方程的过程中体现出了较高的技巧；也可考虑设S n ＝An 2＋Bn 去求解. 例4 有两个等差数列｛a n ｝、｛b n ｝，其前n 和分别为S n 、 T n ，并且n n T S =7n+2n+3 ,求:⑴ 55b a 的值；⑵115b a的值分析:由等差数列可知,其前n 项和是关于n 的二次函数且不含常数项；根据已知条件,两个等差数列前n 项和的比的结果是关于n 的一次因式,说明它们在相比的过程中约去了一个共同的因式kn ，于是，我们只要将其还原，即可得到两个等差数列的前n 项和，再对照等差数列前n 项和的二次函数形式：S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，很快便可得到其首项、公差与通项，进而由等差数列通项公式求出数列中的任意一项。

数列中an及Sn的关系

对于任意一个数列，当定义数列的前n项和通常用S表示时，记作S= a i+ a2+・・・+禺，此时通项公S，n= 1,式a n= .Si—S T, n》2而对于不同的题目中的a n与S的递推关系，在解题时又应该从哪些方向去灵活应用◎= S— S-1 (n》2)去解决不同类型的问题呢？我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的a n与S相关的问题：归纳起来常见的角度有：角度一：直观运用已知的S，求a n；角度二：客观运用a n= S—S—1 (n》2)，求与如S有关的结论；角度三：a n与S的延伸应用.方法：已知 $求a n的三个步骤(此时S为关于n的代数式)：(1) 先利用a i= S求出a i ；(2) 用n—1替换S中的n得到一个新的关系，利用a n = S—S—1 (n》2)便可求出当n》2时a n的表达式；(3) 对n= 1时的结果进行检验，看是否符合n》2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n = 1与n》2两段来写.同时，在部分题目中需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，对“和的式子”有本质的认识，这样才能更好的运用S求解.女口：a+ 2a2+ 3a s+ — + na n= 2n—1，其中a+ 2比+ 3a s+^+ na n表示数列｛na n｝的前n 项和.1.已知数列｛a n｝的前n项和S= n2—2n+2,则数列｛a()n｝的通项公式为A. a n = 2n —3 B . a n= 2n+ 31, n= 11, n= 1C. a n = D . a n =2n —3, n》22n+ 3, n》2【解析】当n》2时，a n = S n —S n—1 = 2n—3 .当n = 1时，a1= S = 1,不满足上式.【答案】C2. (2015 •河北石家庄一中月考)数列｛a n｝满足：a1+ 3a2+ 5&+…+ (2 n—1) • a n= ( n—1) • 3n+1+ 3( n € M)，则数列的通项公式a n= _____________ .【解析】当n》2时，a1 + 3a2 + 5a3+-+ (2n —3) • a n—1= (n —2) • 3n+ 3；则用已知等式减去上式得(2 n—1) • a n = (2n—1) • 3,得a n= 3 ；当n = 1 时，a i = 3,满足上式；故a n = 3.【答案】a n= 3n3. ____________________________________________________________________________________ (2015 •天津一中月考)已知｛a n｝的前n项和为S,且满足log2(S+1) = n +1，贝U a n= ______________________________ .【解析】由已知得S+ 1= 2n+1,贝U S= 2n+1—1;当n》2 时，a n= S—S—1= 2n+1—1 —2n+ 1 = 2n;当n3, n= 1=1时，a1 = S1 = 3，不满足上式；故a n= n.2 , n》23, n= 1【答案】a n= n2 , n》24. (2015 •四川成都树德期中)已知｛a n｝是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5= 45, a2 + a6= 14.(1) 求｛a n｝的通项公式；b b2 b n(2) 若数列｛b n｝满足：空+ 尹…+ 2 = a n+ 1(n€ M)，求｛b n｝的前n项和.【解】(1)设等差数列｛a n｝的公差为d,则d>0,由a2+ a6= 14,可得a4= 7由a3a5= 45,得(7 —d)(7 + d) = 45,解得d= 2 或d=—2(舍)a n= a4+ ( n—4) d= 7+ 2( n —4)，即a n= 2n—1.b n(2) 令6=尹贝U C1+ C2+ C3+ — + C n= a n+ 1 = 2n ①当n》2 时，d+ C2+ C3+・・・+ C n-1= 2( n—1) ②由①一②得，C n= 2,当n= 1时，C1= 2，满足上式；b n n 亠 1贝U C n= 2(n€ N*)，即戸=2, . b n= 2 + ,故数列｛b n｝是首项为4，公比为2得等比数列，4(1 —2n) n+2•••数列｛b n｝的前n项和S n= = 2 +—4.1 —2此类题目中，已知条件往往是一个关于a n与S n的等式，问题则是求解与a n, S有关联的结论.那么我们需要通过对所求问题进行客观分析后，判定最后的结果中是保留a n,还是S.那么，主要从两个方向利用a n= S n—S n- 1( n》2):方向一：若所求问题是与a n相关的结论，那么用S—S—1 = a n ( n》2)消去等式中所有S与S n—1，保留项数a n,在进行整理求解；1. (2015 •广州潮州月考)数列｛a n｝的前n项和记为S, ai = 1, a n+1= 2S+ 1(n》1, n€ N*)，则数列的通项公式是.【解析】当 n 》2 时，a n = 2S — i +1,两式相减得 a n +i — a n = 2( S — S —J ,即 a n +1 — a n = 2a n ,得 a n +1 = 3a n ；当n = 1时，a 2= 3，则a 2= 3a i ,满足上式；故｛a n ｝是首项为1,公比为3得等比数列，二a n = 3 I . 【答案】a n = 3n — 12.数列｛a n ｝的前 n 项和为 S,若 a n +1 = — 4S +1, a 1= 1. (1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 设b n = na n ,求数列｛b n ｝的前n 项和T n .【解】(1)当 n 》2 时，a n = — 4S —1 + 1,又 a n +1 = — 4S + 1,又 a 2 = — 4a 1 + 1 = — 3, a 1 = 1,•••数列｛a n ｝是首项为a 1= 1,公比为q =— 3的等比数列,⑵由(1)可得b n = n • ( — 3)T n = 1 • ( — 3)0+ 2 • ( — 3)1 + 3 • ( — 3)2 +•••+ (n — 1) • ( — 3)n —2 + n • ( — 3)n —1,—3T n = 1 • ( — 3)1 + 2 • ( — 3)2+…+ (n — 2) • ( — 3)n —2 + (n — 1) • ( — 3)n —1+ n ( — 3)n ,1 2 n — 1n.•4 T n = 1 + ( — 3) + ( — 3) +…+ ( — 3)— n ，( — 3),16方向二：若所求问题是与 S 相关的结论，那么用 &= S — S —1 (n 》2)消去等式中所有项数 a n ,保留S 与$-1，在进行整理求解.11. 已知数列｛a n ｝的前n 项和为S 且满足a n + 2S • S-1 = 0( n 》2) , a 1=玄1(1) 求证：—是等差数列； (2) 求a n 的表达式.【解】(1)证明：••• a n = S — S-1( n 》2)，又 a n =— 2S • S-1,• S n - 1 — Si = 2S n • Si - 1 , S n M 0 .11因此疋―W= 2( n 》2).S 1 S 1— 111 1故由等差数列的定义知$是以&=一=2为首项，2为公差的等差数列.Si S 1 a 11 1 1(2)由(1)知S = S + (n — 1)d = 2 + (n — 1) x 2= 2n ,即 S =亦.1当 n 》2 时，a n =— 2S • Si —1 =—2n (n — 1)I又T a 1 = ，不适合上式.a n= ( — 3)n — 11 — (4n + 1)( — 3)所以, T n =--a n +1 — a n = —4a即—3(n 》2),12， n = 1,2. (2015 •江西名校联盟调考)已知正项数列｛a n ｝的前n 项和为S ,且a 2— 2S a n + 1 = 0. (1) 求数列｛S ｝的通项公式；1 1 1 一 1 2(2) 求证：$+疋+…+Q >2(S+I — 1).(提示：一 > ------------------------ )o ! S2 Sn寸 n 寸 n +1+寸 n【解】(1) T a n = S1— Si -1 (n 》2)，由 a n — 2S n a n +1 = 0,得(S — S —1)2— 2S n (S n — S —1) + 1= 0,整理得 S 2— S 2— 1= 1 . 当 n = 1 时，a 1 — 2Sa 1 + 1 = 0,且 a 1 >0，解得 a = 1, 故由等差数列的定义知｛S n ｝是以1为首项，1为公差的等差数列. • S n = n ,则 S n = n . 亠 & 1 1 22 ,—— 厂⑵由⑴知十=丽>$+讦=2("—回，• S + S +…+ S >2( .2 — 1) + 2( 3 — 2) +…+ 2( n + 1— , n) = 2( n + 1 — 1) 即 1 + 2+…+ 1 > 2(S n + 1— 1)【总结】此类题目往往伴随着等差、等比数列的判定，所以需要对数列的判定方法熟练掌握.S , n = 1, 解此类题目中不仅需要深刻理解“数列的前 n 项和”的实际意义，还需要对a n =关S n — S n - 1 , n系式的形式结构很熟练的掌握，这样才能在题目中对已知等式灵活地变换.当然在解决问题的时候仍然需要从求谁的角度出发分析，确定等式的变换方向. 方向一：关于双重前n 项和此类题目中一般出现“数列｛a n ｝的前n 项和为S,数列｛S ｝的前n 项和为T n ”的条件，在解答时需要确定清楚求的是与 a n , S n , T n 中谁相关的问题，确定已知等式的运用方向.但一般是求解最底层的/ .1. (2015 •湖北武汉质检)设数列｛a n ｝的前n 现和为S ，数列｛S ｝的前n 项和为T n ,满足T n = 2S — n 2,n € N*.(1) 求a 1的值；(2) 求数列｛a n ｝的通项公式.【解】(1)当 n = 1 时，T 1= 2S — 1,且 T 1 = S = a 1,解得 a 1= 1,(2)当 n 》2 时，S n = T n — T n -1= 2S — n — [2 S -1 — (n — 1) ] = 2S — 2S n -1 — 2n + 1a n =1 2n (n — 1)n 》2.i +1 i歹(1 -尹)n + 1_3尹=2n + 3 3盯v 2--S n = 2Si -1 + 2n — 1①则 S+1 = 2S + 2n +1②由②一①，得 a n +i = 2a n + 2,••• a n + 2 = 3 - 2n -1，贝y a n = 3 • 2n -1-2(n € N*).2• (2015 •安徽滁州期末联考)设数列｛a n ｝的前n 项和为S,数列｛S n ｝的前n 项和为T n ,且2T n = 4S n -2(n + n ), n € N*.(1) 证明：数列｛a n + 1｝为等比数列；n +1(2) 设 b n =■ ~-，证明：b 1 + b 2+^+ b n v 3.a n + 1【解】(1)当 n = 1 时，2T 1 = 4S - 2，且 T 1 = S= a 1,解得 a= 1,当 n = 2 时，212= 2(a + ◎ + a ?) = 4(a+ a ?) — 6,解得 a ?= 3, 当 n >2 时，2T n -1= 4S n -1-[( n — 1) + (n - 1)]• 2S = 2T n - 2T n -1 = 4S — (n + n ) — 4S -1 + [( n — 1) + ( n — 1)] 整理得s= 2S n -1 + n ① 则 S n +1 = 2S + n + 1②由②一①，得 a n +1 = 2a n + 1 ,a n + 1 + 1• a n +1 +1= 2(a n + 1)，即——=2(n 》2),a n + 1•数列｛a n +1｝是首项为2,公比为2的等比数列,(2)由(1)知，a n + 1 = 2n ,贝 y b n =号1则 b 1+ b 2+-+ b n = |+ 22 + 壬…+2 2 2令T n = 2 +斗芬+专，① 则扣=|+1+寺…+ 7+齐，②,—+ 1 1 1 1 1 n +1由①一②，得2几=1+戸+戸+尹••+歹一I ^+Ta n +1 + 2K+I=E 2),易求得， a i + 2= 3, a 2 + 2= 6,贝U=2 ,显然a ?+ 1 a 1 + 1n + 12 ，a n + 1 + 2= 2( a n + 2), 即•••数列｛a n + 2｝是首项为3,公比为2的等比数列,1 则 T n V 3，即 b i + b 2+…+ b n v 3.方向二：已知等式在整理过程中需要因式分解求数列｛a n ｝的通项公式.【解】(1)当 n = 1 时，「= 2S — 1;又 T 1 = S = a 1,__22(2)当 n 》2 时，S n = T n — T n — 1 = (2 S n — n ) — [2 S n —1 — (n — 1) ] = 2S n — 2 Si — 1 — 2n + 1,整理得s= 2$-1 + 2n — 1①•- S n + 1 = 2S n + 2n + 1②由②一①，得 a n +1 = 2a n + 2又 T 2= 20— 4;得 a 2= 4a 1 + 2当 n = 1 时，a1+ 2 = 3,比+ 2= 6,则市=2,•••数列｛a n + 2｝是以3为首项，2为公比的等比数列. 则 a n + 2 = 3 ・2“ 1,所以 a n = 3 ・2“ 1 — 2. 已知数列｛ a n ｝的各项均为正数，前n 项和为$,且S= a （a J ° , n € N*.1设 b n = 2S ， T n = b + b 2+…+ b n ,求 T n .a 1 (a 1 + 1)【解】(1)由已知得，当n = 1时，a 1 = S =2 ( &> 0) , - a 1= 1.22S a n + a n ,当n 》2时，由cc 22Si —1 = a n — 1 + a n — 1得 2a n = a n + ai — a n - 1 — a n —1 . 即(a n + a n -1)( a n — a n — 1 — 1) = 0,a n + a n —1 >0, • a n — a n — 1 = 1( n 》2).所以数列｛a n ｝是以1为首项，1为公差的等差数列.(2)由(1)可得 a n = n , $= n(ri+ ° , b n = 2 =1——=-—^^22S n (n + 1) nn +1此类问题大多数时候会伴随"各项均为正数的数列｛a n ｝ ”这样的条件，运用在因式分解后对因式进行符号的判定，对因式进行的取舍.（2015 •山东青岛一模）各项均为正数的数列2｛a n ｝满足 a n = 4S — 2a n —1( n € N*)，其中 S 为｛a n ｝的n 项和. (1) 求a i , a 2的值;则 a 1= 2a — 1，解得 a 1= 1 ；...a n + 1 + 2= 2( a n + 2)，即 a n + 1 + 2K =2(n > 2)(1) 求证：数列｛a n ｝是等差数列;方向三：需对已知等式变形后，再求解1. (2015 •江西五校联考)已知正项数列｛&｝中，其前n 项和为S ,且a n = 2西一1. (1) 求数列｛a n ｝的通项公式；1(2) 设 b n =, T n = b 1 + b 2+ b 3+…+ b n ,求 T n .a n • a n+1【解】(1)由已知得，4S = (a n + 1)2.当 n 》2 时，4S —1= (a n -1+ 1)2,2222则 4S1 — 4S n - 1 = (a n + 1) — ( a n - 1 + 1)，整理得(a n — 1) — ( a n - 1 +1) = 0 ,..(a n — a n — 1 — 2)( a n + a n — 1) = 0 又 a n > 0，贝U a n — a n — 1 = 2,2当 n = 1 时，4S = (a 1 +1)，得 a 1 = 1 ；故数列｛a n ｝是首项为1，公差为2的等差数列;--a n = 2n — 1.1 111 1 12 1 —3 + 3 — 5 +…+ 2n — 1 — 2n + 1 1 1 n 2 1 — 2n + 1 = 2n + 12. (2015 •浙江温州中学月考)设数列｛a n ｝的前n 项和为S,已知a 1 = 2, a 2= 8, $+1 + 4S -1= 5$(n 》2) , T n 是数列｛log 2a n ｝的前n 项和.(1) 求数列｛a n ｝的通项公式； (2) 求 T n .【解】(1)当n 》2时，S+1+ 4S —1= 5S ,..S n + 1 — Si = 4( S n — S n — 1)，即 N n + 1 = 43n , 当 n = 1 时，a 2= 4a 1；故数列｛a n ｝是以2为首项，4为公比的等比数列.n —12n —1a n = 2 • 4 = 2.2n 一 1(2)由(1)可知 log 2a n = log 22 = 2n — 1,111 1 ...T n = b 1 + b 2+ b 3+ …+ b n = 1—石 + 石一厅+…+ - 2 2 3 n1 1 nn =1—nnn n T! •1 1 1⑵由(1)可得"=K =犷* — 1 1 2 2n —11 2n + 1，T n =+ £ + £ +…+ b 1 b 2 b 31b n•- A n =1 — q n1 — q ，4. (2015 •辽宁沈阳诊断考试)设数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 1= 10, a n +1 = 9S + 10. (1)求证：｛lg a n ｝是等差数列；⑵设Tn 是数列(lg a n )(lg a n +!)的前n 项和，求Tn ；1 2⑶ 求使T n >4(m i — 5m )对所有的n € N*恒成立的整数 m 的取值集合.【解】(1)证明：当n 》2时，&= 9S — 1+ 10,/• T n = log 2a i + log 2a ?+ log 2a 3+・・・+ log 2a n=1 + 3+ 5+…+ 2n — 1n (1 + 2n —1) 23. (2015 •江西三县联考)已知数列｛a n ｝的各项均为正数，记A (n ) = a i + a 2+-+ a n , B ( n )=a 2 + a 3+…+ a n +1, C ( n )= a 3 + a 4 +…+ a n +2,其中 n € N .(1)若a 1= 1, a 2 = 5,且对任意n € N ，三个数A (n ),巳n ) , C (n )依次组成等差数列，求数列｛a n ｝的通项公式;⑵ a 1 = 1,对任意n € N*，三个数A (n ),耳n ) , C (n )依次组成公比为 q 的等比数列，求数列｛a n ｝的前n 项和A.【解】(1) •••任意n € N*，三个数A (n ) , B ( n ) , C (n )依次组成等差数列，••• B ( n ) — A ( n ) = C ( n ) — B ( n ),贝V a n +1 — a 1 = a n + 2— a 2，即卩 a n + 2— a n +1 = a 2— a 1 = 4, 故数列｛ a n ｝是首项为1，公差为4的等差数列；•- a n = 1 + (n — 1) x 4 = 4n — 3.(2)若对任意n € N*，三个数A (n ),B ( n ),C (n )依次组成公比为q 的等比数列,• B (n ) = qA (n ), C ( n ) = qB (n ), 则 C (n ) — Rn ) = q [Bn ) — A ( n )],得 a n + 2— a 2= q (a n +1 — a 1)，即 a n + 2—qa n +1 = a 2— qa 1 , 当 n = 1 时，由耳1) = qA (1),可得 a 2= qa ； a n +2 a 2 则 a n + 2—qa n +1 = a 2— qa = 0，又 a n >0，则—==q ,a n +1 a 1故数列｛a n ｝是以1为首项，q 为公比的等比数列.a n + 1 a n + 1 — a n = 9( S n — S n _1)，贝U a ・+ 1= 10a n ,即 =10,a n当 n = 1 时，a 2= 9a 1+ 10= 100，则竺=10, a 1故数列｛a n ｝是以10为首项，10为公比的等比数列.a n = 10：贝y ig a n = n ,--lg a n +1 — Ig a n = n + 1 — n = 1,故数列｛Ig a n ｝是首项为1,公差为1的等差数列.- 3 11⑵解：由(1)知 --=——=3 -—(Ig a n ) (lg a n +1)n n +1 n1 1 1 1 1 1• Tn =31 —1+1—3+…+ n —市=31—市3n3⑶Tn =市=3—市，3•••当n = 1时，T n 取最小值2-依题意有|>治—5n ），解得一1v m< 6, 故整数m 的取值集合为｛0,1,2,3,4,5｝1. （2015 •江苏扬州外国语中学模拟）已知数列｛a n ｝的前n 项和S = 2n — 3,则数列｛a n ｝的通项公式为 __________ .【解析】当n 》2时，a n = Si — Si -1 = I — 3— I 1 + 3 = I 1.当n = 1时，a 1= S = — 1,不满足上式.—1, n =1【答案】a n = n — !2, n 》2a 2a n 2n2. （2015 •辽宁沈阳二中月考）已知数列｛a n ｝满足a 1 + - +…+ -= a — 1，求数列｛a n ｝的通项公式. 【解】当n 》2时，a 1 +号+…十-^7 = a 2n —2 — 12 n — 1an2n 2n — 2 2 2n —2由已知等式减去上式，得 -=a — 1 — a + 1 = （a — 1）a ,n —2…a n = n （a — 1） a ,3 （2015 •安徽江淮十校联考）已知函数f （x ）是定义在（0,+^ ）上的单调函数，且对任意的正数x .y 都有 f (x • y )= f (x ) + f (y )，若数列｛a n ｝的前 n 项和为 S,且满足 f(S + 2) — f (a n )= f (3)( n € M)，则 a n3nn +^.当n = 1时，a 1= a 2— 1,满足上式；.2八 2n—2• a n = n （a — 1） a .n — 1A. 2C. 2n—1【解析】由f(x • y)= f (x) + f(y) , f (S+ 2) —f(a n)= f (3)，得S+ 2 = 3a n, S—1+ 2= 3a n—1 (n》2),3 两式相减得2a n= 3a n—1 ；当n= 1时，S + 2= 3a1= a1 + 2，则a1= 1 .所以数列｛a n｝是首项为1,公比为q的等比数列.3 n 1 【答案】a n= 2 n—134. （2015 •辽宁鞍山二中期中）设数列｛a n｝是等差数列，数列｛b n｝的前n项和S满足S=^（b n—1），且a2 = b1, a5= b2.(1) 求数列｛a n｝和｛b n｝的通项公式；(2) 设C n= a n • b n, T n 为｛C n｝的前Fl 项和，求T n .3【解】(1)当n >2 时，S n— 1 = 2(b n—1—1),3 3 亠则b n= S n—S n—1= ^( b n—1) —?(b n —1- 1)，整理得b n = 3b n—13当n= 1 时，b1 = ^（匕一1），解得b1= 3 ；故数列｛b n｝是以3为首项，3为公比的等比数列.b n= 3,设等差数列｛a n｝的公差为d,由a2= b1= 3, a5= b2= 9,a1 + d = 3,则解得d= 2, a1 = 1，—a n= 2n—1,a1 + 4d= 3,a n= 2n—1,b n= 3.(2)由(1)知C n= a n • b n= (2n —1) • 3n,• T n= 3 + 3 • 32+ 5 • 33+…+ (2 n—1) • 3n，①3T n= 3 2+ 3 • 33+ 5 • 34+…+ (2 n —3) • 3n+ (2n—1) • 3n+1,②由①一②，得—2T n= 3+ 2(3 2+ 33+…+ 3n ) —(2 n—1) • 3n+1【解析】由已知1 n》2时，a n= 2S1-1①当n》3时,①—②整理得a n1,n= 1,=3 ( n》3), • a n = n- 2a n—12X3 ,n》2.1,n= 1,【答a n =n 22X3 ,n》2.(2015 •广东桂城摸底6.a n- 1 = 2S1 -2 ②B. nD.=3+ 2X2 n —1、3 (1 —3 )—(2n—1) 3n+1(2 —2n) • 3n+1—6,)已知各项均为正数的数列｛a n ｝的前n 项和为S,且a ：+ a n = 2S .(1) 求a i ；求数列｛a n ｝的通项公式; ⑶若b n=-5n € N*) , T n = b 1+ b 2+・・・+ b n ,求证：T n < -.提示:31 1n "< 2 2n — 1 2n +12【解】(1)当 n = 1 时，a i + a i = 2S ，且 a n > 0，得 a i = 1 ；(2) 当 n 》2 时，a n -1 + a n —1 = 2S -1 ①；且 ai + a n = 2S n ②;由②一①，得(a n +a n — 1)( a n — a n — 1— 1) = 0, 又 a n > 0，贝U a n — a n -1= 1,故数列｛a n ｝是首项为1，公差为1的等差数列;1 1⑶证明：由⑵知，b n = 2=「a n2,5当n = 1时，b 1= 1 <3，不等式成立; 11 41当 n 》2 时，孑< Yl = 4n 2— 1 = 2 乔 12n + 1，n —41 1 12 5• Tn =b1+b+・・+ bn =1+尹尹•••+ 冷v 1 + 2 3—才5—7^+ 冇—市 <1 +3=3, 3 555• Tn < 32 *7. (2015 •大连双基测试)已知数列｛a n ｝的前n 项和S = n +2n +1(n € N)，贝U a n= ______________________________ .4, n = 1, 【解析】当 n 》2 时，a n = Si — S n -1 = 2n + 1,当 n = 1 时，a 1 = S = 4去2x 1 + 1,因此 a n =2n +1, n 》2.4, n = 1【答案】2n + 1, n 》21& (2014 •烟台一模)已知数列｛a n ｝前n 项和为S n ,首项为a 1,且刁a n , $成等差数列. (1)求数列｛a n ｝的通项公式；11 1【解】(1) T 2， a n , S 成等差数列，二2a n = S n + 2,t丄11 当 n = 1 时，2a 1 = S + 2，二已1= 2，t丄1 1当 n 》2 时，S n = 2a n — 2， S n - 1 = 2a n — 1 — 2，a n 两式相减得：a n = Si — S —1 = 2a n — 2 a n — 1,「. —= 2,a n — 11 1所以数列｛a n ｝是首项为2，公比为2的等比数列，即a n = 2"n —1 = 2n —2.(2) T b n = (log 2a 2n +1)x (I og 2a 2n + 3)= (log 222n +1—2) x (log 222n +3—2) = (2 n —1)(2 n +1),1 1 1 1 1 1/.——= x =— ,b n 2n — 12n + 12 2n — 1 2n + 11数列的前n 项和b n1 11 11 111 1111 n1b 1 +b 2+b 3+ +b n 213 + 3 5 ++2n — 12n +12 12n +12n +19. __________________________________________________________________________ (2014 •山西四校联考)已知数列｛a n ｝的前n 项和为S , S= 2a n — n ,贝U a n = ____________________________________________________________ .【解析】当 n 》2 时，a n = S n — S n —1 = 2a n — n — 2an —1 + (n — 1)，即 a n = 2a n — 1 + 1, • a n +1 = 2( a n —1 + 1), •数列｛a n +1｝是首项为a 1+ 1 = 2,公比为2的等比数列，• a n +1 = 2・2 n —1= 2n ,「. a n = 2n — 1.【答案】2n — 1n 2 + n *10. (2014 •湖南卷)已知数列｛a n ｝的前n 项和S= —, n € N .(1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵ 设b n = 2a n + ( — 1)n a n ，求数列｛b n ｝的前2n 项和.【解】(1)当n = 1时， a 1 = S 1 = 1 ；当n 》2时， 22小 cn + n n — 1 + n — 1a n Si Si-12 2 n .又a 1= 1满足上式，故数列｛a n ｝的通项公式为a n = n .(2)由(1)知，b n = 2n + ( — 1)n n ,记数列｛b n ｝的前2n 项和为Tm ,_122n则 T 2n = (2 + 2 +…+ 2 ) + ( — 1 + 2— 3+ 4—…+ 2n ).B= ( — 1 + 2) + ( — 3+ 4) +…+ [ — (2n — 1) + 2n ] = n .故数列｛b n ｝的前 2n 项和 T 2n = A + B= 22n +1 + n — 2.11.已知数列｛a n ｝是各项均为正数的等比数列， a 3= 4, ｛a n ｝的前3项和为7.(1)求数列｛a n ｝的通项公式；记 A = 21+ 22 +…+ 22n ,B=— 1 + 2 — 3+ 4-…+ 2n ,则 A =-2n1 —2 1 — 2=22n +1n1111 ⑵ 若ab + a 2b 2 + ・・・+ a n b n = (2 n — 3)2 n + 3,设数列｛ b n ｝的前n 项和为 S,求证：+…+2—- .S 1 S 2Si na*1 q 4,a*1 1,【解】 ⑴ 设数列｛a n ｝的公比为q ,由已知得q >0,且/•a 1 + ag + 4= 7,q = 2.•••数列｛a n ｝的通项公式为a n = 2n —1.(2)【证明】当n = 1时，a1b = 1,且a 1 = 1,解得b 1 = 1.当 n 》2 时，a n b n = (2n — 3)2 n + 3 — (2 n — 2 — 3)2 n — 1 — 3 = (2n — 1)・2 n — 1. a n = 2 1 ,•当 n 》2 时，b n = 2n — 1.■/ b 1= 1 = 2x 1 — 1 满足 b n = 2n — 1,•数列｛b n ｝的通项公式为 b n = 2n —1(n € N *). •数列｛b n ｝是首项为1，公差为2的等差数列.•- S n = nl1 1 •••当 n = 1 时，S = 1 =2 — 1t」1 1 1 1 当 n 》2 时，S = n 2< n (n — 1) =n —1 1 1 1 1 1 1 1 1• ◎+S 2+…+ 亍2—1+厂 2+…+ n — - n =2—n 12.设数列｛a n ｝的前 n 项和为 S , a 1 = 1, a n = + 2 (n — 1) ( n € N). n(1)求证：数列｛a n ｝为等差数列，并分别写出 a n 和S 关于n 的表达式；请说明理由.*【解】(1)由 a n = n + 2( n — 1)，得 S = na n — 2n ( n — 1) ( n € N).当 n 》2 时，a n S n — S n — 1 na n — (n — 1) a n — 1 — 4( n — 1)，艮卩 a n — a n —1 4, 故数列｛a n ｝是以1为首项，以4为公差的等差数列.a 1 + a n n 2*a n =4n — 3, S = = 2n — n ( n € N).(2)由 S n = na n — 2n ( n — 1)，得—=2n — 1 ( n € N),$ S 3 S 1 2 2 2 2又 s+ 2 + 3 +…+ n — (n — 1) = 1 + 3 + 5 + 7+-+ (2n — 1) — (n — 1) = n —(n — 1) = 2n — 1.令2n — 1 = 2 013，得n = 1 007，即存在满足条件的自然数n = 1 007 .(2)是否存在自然数n ,S ? S 3Si…使得S+ 2+ 3+…+ -—(n — 1)2= 2 013?若存在，求出n 的值；若不存在,于是,1. 已知$为正项数列｛a n ｝的前n 项和，且满足 S = 2a n + ?a n (n € N *).⑴求a i , a 2, a 3, a 4的值;⑵求数列｛a n ｝的通项公式.1 2 1 1 2 1【解】(1)由$=，a n + 2a n ,可得a 1 = 2^+空31，解得◎= 1 ；1 2 1S= a + a 2= 2a 2 + g a ?，解得 a 2 = 2；同理,1 2 1当 n 》2 时，S n - 1= 2 a n -1 + ^a n - 1,②①一②得(a n — a n -1 — 1)( a n + a n -1)= 0 .由于 a n + a n -1 工 0，所以 a n — a n -1 = 1, 又由(1)知a 1= 1, 故数列｛a n ｝是首项为1，公差为1的等差数列，故 a n = n .2. 在数列｛a n ｝中，a 1=- 5, a 2=- 2，记 A (n ) = a 1 + 比+…十 a n , B (n ) = a 2 + a 3+・・・+ a n +1, qn ) =a 3+ a 4 + •••+ a n +2(n €N *)，若对于任意 n € N *, A (n ) , B ( n ), q n)成等差数列.(1) 求数列｛a n ｝的通项公式； (2) 求数列｛| a n |｝的前n 项和.【解】(1)根据题意A (n ) ,B (n ),C ( n )成等差数列，二A ( n ) + C ( n ) = 2B ( n ),整理得 a n +2— a n +1 = a 2— a 1 = — 2+ 5 = 3,•••数列｛a n ｝是首项为—5，公差为3的等差数列，a n = — 5 + 3( n — 1) = 3n — 8.—3n + 8, n W 2,(2)| a n | =记数列｛| a n |｝的前n 项和为S.3n — 8, n 》3,2当 n W2 时，S n =n 5+ 2— 3n = — + 务3 2 13—尹 + 厂,n w 2,3. (2014 •广东卷)设各项均为正数的数列｛a n ｝的前n 项和为S ，且S 满足S n — (n 2+ n -3)S n — 3( n 2 + n ) = 0, n€ N .(1) 求a 1的值；(2) 求数列｛a n ｝的通项公式；a 3 = 3, a 4= 4.当n 》3时，S n = 7 +n -2 1 + 3n — 8 2普-岭+ 14,2 2综上，S n =|n 2 —爭+ 14, n 》3.1(3)证明：对一切正整数亠 1 1 11n， a 1 a+1 + a 2 a ?+1 + + a n a n +1 <3'【解】(1)由题意知，U — (n 2+ n — 3)S h -3(n 2+ n ) = 0, n € N*. 令 n = 1，有 S — (1 2+ 1— 3) S — 3X (1 2+ 1) = 0,可得 S 1+ S — 6 = 0，解得 S =— 3或 2, 即卩 a 1 =— 3 或 2, 又a n 为正数，所以a 1 = 2.222* __(2)由 S>— ( n + n — 3) Si — 3( n + n ) = 0, n € N 可得，2 2(S + 3)( S — n — n ) = 0,贝U S = n +n 或 $=— 3,又数列｛a n ｝的各项均为正数，2 2S= n + n , S -1 = (n — 1) + (n — 1),当 n 》2 时，a n = S n — S n — 1 = n + n — [( n — 1)2+ (n — 1)] = 2n . 又 a 1= 2 = 2x 1,所以 a n = 2n .1a a+ 1111 111当n ^2时， a na n + 1= 2n 2n + 1 v 2n —12n + 12 2n — 1 —2n + 1 , 1 111 1 1 111 …a 1 a 1+ 1+a 2a 2 + 1 + -••+ a na n + 1+ ■ 6 +2 3 5 + •' '• 2n — 12n + 11 1 11 1 1 1=一 + — —v —+ _ =6 2 3 2n + 1 6 6 3(3)证明：当n = 1时,11+a 2a 2 + 1+…+aT^+所以对一切正整数n，有07葛+• T n= (n—1) 3 n+1+ 3.5.在数列｛a n｝中，已知a1 =1, a n= 2(a n —1 + a n—2 + — + a2+ a" ( 2, n€N*)，则数列的通项公式是_________ .1。

数列中an与sn的关系探究(课堂PPT)

挖掘条件，得到新式（与
间的关an系
S1 Sn
n=1 Sn1 n
2
条件相邻），作差将“和” 转化为“项”之间的关系
直接代入
作差消元
10
类题演练
1、如果数列 {an}的前 n项和为 Sn=3 2an-3，则 an
【答案】 an63n1
11
类题演练
2、数列 {an}中，已知 a11 2，其前 n项和为 Sn=n2an，则 an
南京市第九中学易雪梅
2
典型例题例 1：若数列 {an} 的前 n项和 Sn3an1 ，求该数列的通项 an 。
3
数学解题的四个步骤： • 理解问题 • 拟定计划 • 实现计划 • 回顾与检验
——乔治·波利亚《怎样解题》
4
例 1：若数列 {an} 的前 n项和 Sn3an1 ，求该数列的通项 an 。
这是一个什么类型的问题？
类型
求数列通项an
特征
已知条件为 a n 与 S n 的关系式
如何实现从条件到结论的转化？
S n 转化 a n
怎样转化？
an
SS1n
n=1 Sn1 n
2
5
例 1：若数列 {an} 的前 n项和 Sn3an1 ，
求该数列的通项 an 。
解：当 n 1 时 ,a 1S 1 3 a 1 1 ，得 a 1 12 ；当 n2 时 ,a nS n S n 13an1(3an11)
7
变式：已知正项数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1 3 , 且 S n S n -1 = a n （ 2n 2 ），求该数列的通项 a n 。

数列Sn与an关系(含详细答案)

数列n s 与n a 关系知识点1.等差数列前n 项和公式:n da n d d n n na a a n S n n )2(22)1(2)(1211-+=-+=+=2. 等比数列前n 项和公式: ⎪⎩⎪⎨⎧≠⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅--=--=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=111)1(1111q q q a a q q a q na S n n n3.数列{}n a 是等差数列⇔q p n q pn a n ,),1(≥+=为常数b a n bn an S n ,),1(2≥+=⇔为常数(没有常数项的二次函数)数列{}na 是等比数列⇔n a =m ap (a ≠0)⇔n ns ap r =+(a+r=0) 4.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,n n a n S )12(12-=-5. 数列n s 与n a关系:⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-21,11n S S n S a S n n n n训练题A 组1.设数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则8a 的值为( A ) A.15 B.16 C.49 D.642.设数列{}n a 的前n 项和为n S ,)1(13≥-=n S n n ,则=n a ( A ) A.132-⋅n B.46-n C.432-⋅n D.n32⋅3.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若，2211=S 则=6a ( B ) A.1 B.2 C.3 D.44.数列6.等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,若102,a a 是方程08122=-+x x 的两个根，那么11S 的值为 ( D )A.44B.-44C.66D.-665.若两个等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n n B A ,,且3233+-=n n B A n n , 则=66b a ( C ) A.23 B.1 C.56 D.23276.（2010辽宁文数）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q =( B )A.3B.4C.5D.67.设n S 是等差数列}{n a 的前n 项和,若==5935,95S S a a ( A ) A.1 B.-1 C.2 D.21 8.{}n a 的前n 项和为n S ，)1(12≥+=n n S n ，则=n a ⎩⎨⎧≥-=21211n n n9.已知数列}{n a 的前n 项和为n S ,))(1(31*N n a S n n ∈-=,则=n a n )21(- 10.数列{}n a 的前n 项和为n S ,且.35-=n n S a 则{}n a 的通项公式是1)41(43--n 11.数列{}n a 前n 项和为n S ,)2(122,121≥-==n S S a a n n n ,则=n S121-n12.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若，147=S 则=4a 2 13.等比数列}{n a 的前n 项和为n S ,r S n n +=3,则=r -114.数列}{n a 的前n 项和为n S ,且,1≥n 时22nn S n +=(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)求992199111S S S T +⋅⋅⋅++=的值. (1))1(≥=∴n n a n(2) 22n n S n +=,)111(2)1(21+-=+=∴n n n n S n⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⋅⋅⋅+-+-=+⋅⋅⋅++=∴)1001991()3121()211(2111992199S S S T 5099)10011(2=-=15.数列{}n a 的前n 项和为n S ,且)1(12≥-=n a S n n ,数列{}n b 满足n n n b a b b +==+11,2 (1) 求数列{}n a 的通项公式; (2) 数列{}n b 的前n 项和为n T ,求n T . (1)11221--=⋅=∴n n n a (2) 121+=∴-n n b)12()12()12(11021++⋅⋅⋅++++=+⋅⋅⋅++=∴-n n n b b b T 122121)222(11-+=+--=++⋅⋅⋅++=-n n n n nn16.数列{}n a 满足条件11131,1--⎪⎭⎫⎝⎛+==n n n a a a ),3,2( =n(1)求;n a(2)求.321n a a a a ++++解:（1）∑∑=--=+=-+=nk k k k nk n a a a a 21121)31(1)(11)31(2123311])31(1[311---=--+=n n(2)43)31(4323])31(4343[23311)31(212123.321-+=--=-⋅--=++++n n n n n n n a a a a17．（2012广东文）设数列{}n a 的前n 项和n s ，数列{}n s 的前n 项和为{}n T ，满足2*2,n n T S n n N =-∈．（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式．解：(1):21112-=a a ………………………………………………3分11=a …………………………………………………………5分（2）①②…………………………6分①-②得：122+-=n a S n n ……………… ③………………………7分在向后类推一次1)1(2211+--=--n a S n n ……… ④…………………………8分③-④得：2221--=-n n n a a a …………………………………………9分221+=-n n a a …………………………………………………10分 )2(221+=+-n n a a ……………………………………………12分的数列公比为是以首项为2,32}2{1=++a a n …………13分1232-⨯=+∴n n a2231-⨯=∴-n n a ………………………………………………14分训练题B 组1.数列}{n a 的前n 项和为n S ,当,1≥n 32-=n n a S 则n a = 123-⋅n2.等差数列{}n a 中，已知74a =，则13s= 523.两等差数列}{n a 和}{n b ,前n 项和分别为n n T S ,,且,327++=n n T S n n 则157202b b a a ++等于 241494.等比数列}{n a 的前n 项和为n S ,14n n S r -=+,则=r 14- 5.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1114S =，则61411a =22n S T n n -= 211)1(2--=--n S T n n6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足log 2(1+S n )=n+1,求数列的通项公式. 解 S n 满足log 2(1+S n )=n+1,∴1+S n =2n+1,∴S n =2n+1-1.∴1=n 时,311==S a ,2≥n 时,a n =S n -S n-1=(2n+1-1)-(2n-1)=2n,∴{a n }的通项公式为a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥=).2(2),1(3n n n7.数列{}n a 的前n 项和为n S ,且)1(12≥-=n a S n n ,数列{}n b 满足n n n b a b b +==+11,2 (1) 求数列{}n a 的通项公式; (2) 数列{}n b 的前n 项和为n T ,求n T . (1)11221--=⋅=∴n n n a (2) 121+=∴-n n b)12()12()12(11021++⋅⋅⋅++++=+⋅⋅⋅++=∴-n n n b b b T 122121)222(11-+=+--=++⋅⋅⋅++=-n n n n nn8.数列{}n a 的前n 项和为)()1(*2N n n n a n S n n ∈+++= （1）求通项n a ; （2）设),1111(321nn S S S S T +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++-=求证：1<n T 解:(1) n a n 2-=∴(2)nn n n n n S n n S n a n n n 111)111()1(11),1(,2-+=+--=+-=∴+-=∴-= 1111+-=-∴n n S n )11111(1321nn n S S S S S T ++⋅⋅⋅+++-=∴-n T ∴=1111)111()111()3121()211(<+-=+-+--+⋅⋅⋅+-+-n n n n n *N n ∈ ∴1<n T9.已知等差数列{}n a 中,11=a ,前n 项和nS 满足条件12412+-=-n n SS nn ,( n=1,2,3,┅) （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设nn S b 1=，求数列{}n b 的通项公式；（3）数列{}n b 的前n 项和为n T ,若1+<n n a T λ对一切∙∈N n 都成立,求λ的取值范围. 解：（1）等差数列{}n a 中11=a ，12412+-=-n n SS nn 对于任意正整数都成立，所以，当n=2时，有21222423=+-⨯=SS ，设数列{}n a 的公差为d ，则d d a S 333313+=+=，d d a S +=+=22212，所以)2(233d d +=+，解得公差1=d ，所以n n a n=-+=)1(11（2）因为()22121nn d n n na S n +=-+=，n n b n +=∴223）由n n b n+=22=()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+111212n n n n ，得()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++⨯+⨯+⨯=114313212112n n T n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-+-+-=111413*********n n 121112+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n n 若1+<n n a T λ对一切∙∈N n 都成立,即)1(12+<+n n n λ，∙∈N n 恒成立，所以2)1(2+>n nλ，而212122212)1(22=+≤++=+nn n n ，（当且仅当n=1时取等号）所以，λ的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21.10.已知数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，数列{}n b 的前n 项和2n S n =．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．（1）12n n a -=,21n b n =-．（2）数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为12362n n -+-． 11.已知数列{}n a 满足21=a ,241+=-n n a S (n=2,3,4,...). (1)证明数列{}n n a a 21-+成等比数列;(2)证明数列⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧n n a 2成等差数列;(3)求数列{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S .（1）{}n n a a 21-+是首项为4，公比为2的等比数列，（2）⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是首项为1，公差为1的等差数列. （3）n n n a 2⋅=,12)1(2+⋅-+=n n n S12.已知数列{}n a 满足， *11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝. ()I 令1n n n b a a +=-，证明：{}n b 是等比数列； (Ⅱ)求{}n a 的通项公式。

数列Sn与an关系(含详细答案)

等差数列sn和an的关系

等差数列sn和an的关系全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：等差数列是数学中非常常见且重要的数列之一，其中每一项与前一项之差都相等。

在等差数列中，我们常使用两种常见的记号：S_n和a_n。

S_n表示等差数列的前n项和，而a_n表示等差数列的第n项。

本文将详细探讨S_n和a_n之间的关系。

我们来看S_n和a_n之间的关系。

设等差数列的首项为a_1，公差为d，则等差数列的第n项可以表示为a_n=a_1+(n-1)d。

而S_n表示等差数列的前n项和，即S_n=a_1+a_2+...+a_n。

接下来，我们来看一些具体的例子来说明S_n和a_n之间的关系。

假设我们有一个等差数列的首项a_1=2，公差d=3，我们来求该等差数列的前5项和S_5。

首先确定等差数列的第5项：a_5=2+(5-1)\times 3=14。

然后利用前面推导的公式计算前5项和S_5：S_5=\frac{5}{2}(2\times2+(5-1)\times 3)=5\times 8=40。

所以，当等差数列的首项为2，公差为3时，它的前5项和为40。

通过这个例子，我们可以看到S_n和a_n之间的关系是非常紧密和重要的。

在实际生活和工作中，等差数列的概念和相关公式会被广泛应用。

比如在金融领域中，等差数列常用来描述递增或递减的收入或支出情况；在物理学中，等差数列可以用来描述匀速运动的距离随时间的变化等问题。

S_n和a_n之间的关系是数学中一个非常重要的概念，对于理解等差数列的性质和应用起着至关重要的作用。

希望通过本文的介绍，读者能够更加深入地理解等差数列及其相关知识，从而更好地应用于实际问题中。

【2000字】第二篇示例：等差数列，顾名思义，就是数列中相邻两项之间的差值是相同的。

在数学中，我们常用字母a表示等差数列的首项，d表示公差，n表示项数，数列的一般形式可以表示为：an = a + (n-1)d，其中an表示第n项，a表示首项，d表示公差。

利用an与sn的关系解题

利用n a 与n S 的关系解题例1.（1994全国文，25）设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于所有的正整数n ，都有S n =2)(1n a a n +.证明：{a n }是等差数列.解：证法一：令d =a 2－a 1，下面用数学归纳法证明a n =a 1+（n －1）d （n ∈N *） ①当n =1时，上述等式为恒等式a 1=a 1，当n =2时，a 1+（2－1）d =a 1+（a 2－a 1）=a 2，等式成立.②假设当n =k （k ∈N ，k ≥2）时命题成立，即a k =a 1+（k －1）d由题设，有2))(1(,2)(1111++++=+=k k k ka a k S a a k S ，又S k +1=S k +a k +1，所以2)(2))(1(111k k a a k a a k +=++++a k +1将a k =a 1+（k －1）d 代入上式，得（k +1）（a 1+a k +1）=2ka 1+k （k －1）d +2a k +1 整理得（k －1）a k +1=（k －1）a 1+k （k －1）d ∵k ≥2，∴a k +1=a 1+［（k +1）－1］d . 即n =k +1时等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n 成立，从而{a n }是等差数列.证法二：当n ≥2时，由题设，2)(,2))(1(1111n n n n a a n S a a n S +=+-=--所以2))(1(2)(11211--+--+=-=n n n n a a n a a n S S a同理有2)(2))(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++从而2))(1()(2))(1(111111-+++-++-++=-n n n n n a a n a a n a a n a a整理得：a n +1－a n =a n －a n －1，对任意n ≥2成立.从而{a n }是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是a n =a 1+（n －1）d 这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.例2.（2010年高考安徽卷理科20）设数列12,,,,n a a a 中的每一项都不为0. 证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1223111111n n n na a a a a a a a +++++=. 证：先证必要性.设数列{}n a 的公差为d .若0d =，则所述等式显然成立. 若0d ≠，则12231111n n a a a a a a ++++21321122311()n nn n a a a a a a d a a a a a a ++---=+++122311111111[()()()]n n d a a a a a a +=-+-++-11111()n d a a +=-11n n a a +=.再证充分性. 证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切n ∈+N 都成立. 首先，在等式122313112a a a a a a +=， ① 两端同乘123a a a ，即得1322a a a +=，所以123,,a a a 成等差数列. 记公差为d ，则21a a d =+.假设1(1)k a a k d =+-，当1n k =+时，观察如下二等式1223111111k k kk a a a a a a a a --+++=， ② 122311111111k k k k k ka a a a a a a a a a -++++++=， ③ 将②代入③，得111111k k k k k ka a a a a a ++-+=. 在该式两端同乘11k k a a a +，得11(1)k k k a a ka +-+=. 将1(1)k a a k d =+-代入其中，整理后，得11k a a kd +=+. 由数学归纳法原理知，对一切，都有1(1)n a a n d =+-. 所以{}n a 是公差为d 的等差数列. 证法2：（直接法）1223111111n n n na a a a a a a a +++++=， ① 12231121211111n n n n n n a a a a a a a a a a +++++++++=，② ②-①得12121111n n n n n na a a a a a +++++=-，在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-， ③ 同理可得11(1)n n a na n a +=--， ④③- ④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-，所以{}n a 是等差数列. 例3.（1997全国文，21）设S n 是等差数列｛a n ｝前n 项的和，已知31S 3与41S 4的等比中项为4354131,51S S S 与的等差中项为1，求等差数列｛a n ｝的通项a n . 解：设等差数列｛a n ｝的首项为a ，公差为d ，则a n =a +（n －1）d ，前n 项和为S n =na +2)1(dn n -，由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅,24131,)51(4131432543S S S S S 其中S 5≠0.于是得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯++⨯+⨯+=⨯+⨯⨯+.2)2344(41)2233(31,)2455(251)2344(41)2233(312d a d a d a d a d a 整理得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,2252.0532d a d ad 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎩⎨⎧==.4,512;1,0a d a d 由此得a n =1；或a n =4－512（n －1）=532－512n .经验证a n =1时，S 5=5，或a n =5121532-n 时， S 5=－4，均适合题意.故所求数列通项公式为a n =1，或a n =5121532-n . 评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本. 例4.在数列{}n a 中，1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，求n a . 解析：令n S =1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，则1-n S =1a +22a +33a +…+1)1(--n a n =)1()1(+-n n n ，则n S －1-n S =n na =)2)(1(++n n n －)1()1(+-n n n ， ∴ n a =)2)(1(++n n －)1)(1(+-n n =33+n .定理设数列{n a 的前n 项和为n S ，2n n n S Aa Ba C =++（10,0n n A a a +≠+≠），则数列{n a }是等差数列的充要条件是12B =．证明若12B =，则212n n n S Aa a C =++．当1n =时，1a 满足等式211112a Aa a C =++；当2n ≥时，2211111()()22n n n n n n n a S S Aa a C Aa a C ---=-=++-++，整理得111()()02n n n n a a a a A--+--=．因为10n n a a ++≠，所以112n n a a A--=．故{n a }是以1a 为首项，12A为公差的等差数列．若{n a }是等差数列，则11()(1),2n n n n a a a a n d S +=+-=，故11111()()/()()()222n n n n n n n a a a a d d a a a a d a a S d +-++-++===2211()()2n n a a d a a d -++=221111222n n da a a a d d-=⋅++．故21111,,222da a A B C d d-===．例5. (1994年全国高考题)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)写出数列{a n }的前3项；(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)；(3)令()N ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++n a a a a b n n n n n 1121，求().lim 21n b b b n n -+++∞→ 解：(1)由题意，当n =1时有11222S a =+，S 1=a 1，∴11222a a =+，解得a 1=2．当n =2时有22222S a =+，S 2=a 1+ a 2，a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16．由a 2>0，解得 a 2=6．当n =3时有33222S a =+，S 3=a 1+ a 2+ a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64．由a 3>0，解得 a 3=10．故该数列的前3项为2，6，10．(2)解法一：由(1)猜想数列{a n }有通项公式a n =4n －2．下面用数学归纳法证明数列{ a n }的通项公式是a n =4n －2 (n ∈N )．①当n =1时，因为4×1－2=2，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立． ②假设n =k 时结论成立，即有a k =4k －2．由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2代入上式，得2k = k S 2，解得S k =2k 2．由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入，得2122⎪⎭⎫ ⎝⎛++k a =2(a k +1+2k 2)，整理得21+k a －4 a k +1+4－16 k 2=0．由a k +1>0，解得a k +1=2+4k ．所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2．这就是说，当n =k +1时，上述结论成立．根据①、②，上述结论对所有的自然数n 成立．解法二：由题意，有()N n S a n n ∈=+222，整理得S n =81(a n +2)2，由此得 S n +1 =81(a n +1+2)2，∴a n +1= S n +1－S n =81[(a n +1+2)2－(a n +2)2]，整理得(a n +1+ a n )( a n +1－a n －4)=0，由题意知 a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4．即数列{ a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4．∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2．(3)解：令c n =b n －1，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=++22111n n n n n a a a a c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=112121121221n n n n 121121+--=n n ， b 1+b 2+…+b n －n =c 1+c 2+…+c n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211215131311n n 1211+-=n ．∴()11211lim lim 21=⎪⎭⎫⎝⎛+-=-+++∞→∞→n n b b b n n n .例 5.（2006年湖南高中联赛）设}{n a 是正数数列，其前n 项和S n 满足)3)(1(41+-=n n n a a S .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）令nn S b 1=，试求}{n b 的前n 项和T n .解、（1）由)3)(1(411111+-==a a S a 及0>n a 得，1a ＝3.由)3)(1(41+-=n n n a a S 得)3)(1(41111+-=---n n n a a S .故)(2)[(411212---+-=n n n n n a a a a a ，))(()(2111----+=+n n n n n n a a a a a a∵ 01>+-n n a a ，∴ 21=--n n a a .{n a }是以3为首项，2为公差的等差数列，故n a ＝2n ＋1.（2）n a ＝2n ＋1，∴)2(+=n n S n ，)211(211+-==n n S b n n 。

非等差等比数列前n项和计算方法

第二章：数列11,(1),(2).n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩注意通项能否合并。

2、等差数列：⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，即n a －1-n a =d ，（n ≥2，n ∈N +），那么这个数列就叫做等差数列。

⑵等差中项：若三数a A b 、、成等差数列2a bA +⇔= ⑶通项公式：1(1)()nma a n d a n m d =+-=+- 或(na pn q p q =+、是常数）.⑷前n 项和公式：()()11122n n n n n a a S na d -+=+=⑸常用性质：①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则qpnma a a a +=+；②下标为等差数列的项()Λ,,,2mk m k k a a a ++，仍组成等差数列；③数列{}b a n+λ（b ,λ为常数）仍为等差数列； ④若{}n a 、{}n b 是等差数列，则{}n ka 、{}n nka pb + (k 、p 是非零常数)、*{}(,)p nqa p q N +∈、，…也成等差数列。

⑤单调性：{}na 的公差为d ，则：ⅰ）⇔>0d {}n a 为递增数列； ⅱ）⇔<0d {}n a 为递减数列； ⅲ）⇔=0d {}na 为常数列；⑥数列{n a }为等差数列na pn q ⇔=+（p,q 是常数）⑦若等差数列{}n a 的前n 项和，则、kk S S -2、kk S S 23-… 是等差数列。

3、等比数列⑴定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。

⑵等比中项：若三数a b 、G 、成等比数列2,G ab ⇒=（ab 同号）。

反之不一定成立。

⑶通项公式：11n n mn ma a q a q --==⑷前n 项和公式：()11111n n na q a a q Sqq--==--⑸常用性质①若()+∈ +=+N q p n m q p n m ,,,，则mnpqa a a a ⋅=⋅；②Λ,,,2mk m k k a a a ++为等比数列，公比为kq (下标成等差数列,则对应的项成等比数列)③数列{}na λ（λ为不等于零的常数）仍是公比为q 的等比数列；正项等比数列{}na ；则{}lg na 是公差为lg q 的等差数列；④若{}na 是等比数列，则{}{}2n n ca a ，，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}()r na r Z ∈是等比数列，公比依次是21.rq q q q，，， ⑤单调性：110,10,01a q a q >><<<或{}n a ⇒为递增数列；{}110,010,1na q a q a ><<<>⇒或为递减数列； {}1n q a =⇒为常数列； {}0nq a <⇒为摆动数列；⑥既是等差数列又是等比数列的数列是常数列。

sn与an的转化二级结论

sn与an的转化二级结论
在数学中，特别是关于数列的部分，我们常常遇到两种不同的数列表示方式：sn 和 an。

其中，sn 通常表示数列的前 n 项和，而 an 表示数列的第 n 项。

这两种表示方式在数列的研究中各有其用途，并且它们之间存在着紧密的关系。

首先，让我们明确这两种表示方式的概念。

sn，即数列的前 n 项和，是指数列中前 n 个数相加得到的和。

而 an，即数列的第 n 项，是指数列中第 n 个位置的数。

在等差数列和等比数列中，这两种表示方式之间有着明确的转化关系。

对于等差数列，其前 n 项和 sn 可以通过公式 sn = n/2 * (2a1 + (n-1)d) 来计算，其中 a1 是首项，d 是公差。

而等差数列的第 n 项 an 可以通过公式 an = a1 + (n-1)d 来计算。

通过这两个公式，我们可以轻松地在 sn 和 an 之间进行转化。

对于等比数列，情况稍有不同。

其前 n 项和 sn 可以通过公式 sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q) 来计算，其中 a1 是首项，q 是公比。

而等比数列的第 n 项 an 可以通过公式 an = a1 * q^(n-1) 来计算。

同样，这两个公式为我们提供了在 sn 和 an 之间进行转化的方法。

理解并掌握 sn 和 an 之间的转化关系，对于研究数列的性质和规律至关重要。

通过这种转化，我们可以更方便地理解和分析数列的特性，从而在数学研究和应用中取得更好的效果。

数列中an及Sn的关系

课题浅谈数列中a n 与S n 的递推公式的应用对于任意一个数列，当定义数列的前n 项和通常用S n 表示时，记作S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，此时通项公式a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2．而对于不同的题目中的a n 与S n 的递推关系，在解题时又应该从哪些方向去灵活应用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)去解决不同类型的问题呢？我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的a n 与S n 相关的问题：归纳起来常见的角度有：角度一：直观运用已知的S n ，求a n ；角度二：客观运用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，求与a n ，S n 有关的结论；角度三：a n 与S n 的延伸应用．角度一：直观运用已知的S n ，求a n方法：已知S n 求a n 的三个步骤(此时S n 为关于n 的代数式)： (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．同时，在部分题目中需要深刻理解“数列的前n 项和”的实际意义，对“和的式子”有本质的认识，这样才能更好的运用S n 求解．如：a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n －1，其中a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 表示数列{na n }的前n 项和．1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3 B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎨⎧ 1，n ＝12n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝12n ＋3，n ≥2【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3．当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，不满足上式．【答案】C2．(2015·河北石家庄一中月考)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1) ·3n +1＋3(n ∈N *)，则数列的通项公式a n ＝．【解析】当n ≥2时，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2) ·3n ＋3；则用已知等式减去上式得(2n －1)·a n ＝(2n －1)·3n ，得a n ＝3n ；当n ＝1时，a 1＝3，满足上式；故a n ＝3n ．【答案】a n ＝3n3．(2015·天津一中月考)已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝．【解析】由已知得S n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n ；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，不满足上式；故a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝12n ，n ≥2．【答案】a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝12n ，n ≥24．(2015·四川成都树德期中)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 5＝45，a 2＋a 6＝14．(1)求{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n＝a n ＋1(n ∈N *)，求{b n }的前n 项和．【解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＞0，由a 2＋a 6＝14，可得a 4＝7由a 3a 5＝45，得(7－d )(7＋d )＝45，解得d ＝2 或d ＝－2(舍) ∴a n ＝a 4＋(n －4)d ＝7＋2(n －4)，即a n ＝2n －1．(2)令c n ＝b n2n，则c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝a n ＋1＝2n ①当n ≥2时，c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n －1＝2(n －1) ②由①－②得，c n ＝2，当n ＝1时，c 1＝2，满足上式；则c n ＝2(n ∈N *)，即b n2n ＝2，∴b n ＝2n ＋1，故数列{b n }是首项为4，公比为2得等比数列， ∴数列{b n }的前n 项和S n ＝4(1－2n )1－2＝2n ＋2－4．此类题目中，已知条件往往是一个关于a n 与S n 的等式，问题则是求解与a n ，S n 有关联的结论．那么我们需要通过对所求问题进行客观分析后，判定最后的结果中是保留a n ，还是S n ．那么，主要从两个方向利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)：方向一：若所求问题是与a n 相关的结论，那么用S n －S n －1＝a n (n ≥2)消去等式中所有S n 与S n －1，保留项数a n ，在进行整理求解；1．(2015·广州潮州月考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N *)，则数列的通项公式是．【解析】当n ≥2时，a n ＝2S n －1＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)，即a n ＋1－a n ＝2a n ，得a n＋1＝3a n ；当n ＝1时，a 2＝3，则a 2＝3a 1，满足上式；故{a n }是首项为1，公比为3得等比数列，∴a n＝3n －1．【答案】a n ＝3n －12．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋1＝－4S n ＋1，a 1＝1． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解】(1)当n ≥2时，a n ＝－4S n －1＋1，又a n ＋1＝－4S n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝－4a n ，即a n ＋1a n＝－3(n ≥2)，又a 2＝－4a 1＋1＝－3，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝－3的等比数列， ∴a n ＝(－3)n －1．(2)由(1)可得b n ＝n ·(－3)n －1，T n ＝1·(－3)0＋2·(－3)1＋3·(－3)2＋…＋(n －1)·(－3)n －2＋n ·(－3)n －1，－3T n ＝1·(－3)1＋2·(－3)2＋…＋(n －2)·(－3)n －2＋(n －1)·(－3)n －1＋n (－3)n ， ∴4T n ＝1＋(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)n －1－n ·(－3)n ，所以，T n ＝1－(4n ＋1)(－3)n16．方向二：若所求问题是与S n 相关的结论，那么用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)消去等式中所有项数a n ，保留S n 与S n －1，在进行整理求解．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12．(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．【解】(1)证明：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0．因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n ．当n ≥2时，a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又∵a 1＝12，不适合上式．∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.2．(2015·江西名校联盟调考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n －2S n a n ＋1＝0． (1)求数列{S n }的通项公式；(2)求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞2(S n+1－1)．(提示：1n ＞2n ＋1＋n)【解】(1)∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，由a 2n －2S n a n ＋1＝0，得(S n －S n －1)2－2S n (S n －S n －1)＋1＝0，整理得S 2n －S 2n －1＝1．当n ＝1时，a 21－2S 1a 1＋1＝0，且a 1＞0，解得a 1＝1，故由等差数列的定义知{S 2n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴S 2n ＝n ，则S n ＝n ．(2)由(1)知1S n ＝1n ＝22n ＞2n ＋1＋n＝2(n ＋1－n )，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)即1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞2(S n ＋1－1) ．【总结】此类题目往往伴随着等差、等比数列的判定，所以需要对数列的判定方法熟练掌握．解此类题目中不仅需要深刻理解“数列的前n 项和”的实际意义，还需要对a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2关系式的形式结构很熟练的掌握，这样才能在题目中对已知等式灵活地变换．当然在解决问题的时候仍然需要从求谁的角度出发分析，确定等式的变换方向．方向一：关于双重前n 项和此类题目中一般出现“数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ”的条件，在解答时需要确定清楚求的是与a n ，S n ，T n 中谁相关的问题，确定已知等式的运用方向．但一般是求解最底层的a n ．1．(2015·湖北武汉质检)设数列{a n }的前n 现和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．【解】(1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1，且T 1＝S 1＝a 1，解得a 1＝1，(2)当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2S n －2S n －1－2n ＋1 ∴S n ＝2S n －1＋2n －1 ① 则S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1 ② 由②－①，得a n ＋1＝2a n ＋2，∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ≥2)，易求得，a 1＋2＝3，a 2＋2＝6，则a 2＋2a 1＋2＝2，∴数列{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，∴a n ＋2＝3·2n －1，则a n ＝3·2n －1－2(n ∈N *)．2．(2015·安徽滁州期末联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，且2T n ＝4S n－(n 2＋n )，n ∈N *．(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)设b n ＝n ＋1a n ＋1，证明：b 1＋b 2＋…＋b n ＜3．【解】(1)当n ＝1时，2T 1＝4S 1－2，且T 1＝S 1＝a 1，解得a 1＝1，当n ＝2时，2T 2＝2(a 1＋a 1＋a 2)＝4(a 1＋a 2)－6，解得a 2＝3，当n ≥2时，2T n －1＝4S n －1－[(n －1)2＋(n －1)]∴2S n ＝2T n －2T n －1＝4S n －(n 2＋n )－4S n －1＋[(n －1)2＋(n －1)] 整理得S n ＝2S n －1＋n ① 则S n ＋1＝2S n ＋n ＋1 ② 由②－①，得a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，显然a 2＋1a 1＋1＝2，∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，(2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，则b n ＝n ＋12n．则b 1＋b 2＋…＋b n ＝22＋322＋423…＋n ＋12n ，令T n ＝22＋322＋423…＋n ＋12n ，①则12T n ＝ 222＋323＋424…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝1＋122＋123＋124…＋12n －n ＋12n ＋1＝1＋122(1－12n －1)1－12－n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1＜32则T n ＜3，即b 1＋b 2＋…＋b n ＜3．方向二：已知等式在整理过程中需要因式分解此类问题大多数时候会伴随“各项均为正数的数列{a n }”这样的条件，运用在因式分解后对因式进行符号的判定，对因式进行的取舍．1．(2015·山东青岛一模)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和．(1)求a 1，a 2的值； (2)求数列{a n }的通项公式．【解】(1)当n ＝1时，T 1＝2S 1－1；又T 1＝S 1＝a 1，则a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1；(2)当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1＝(2S n －n 2)－[2S n －1－(n －1)2]＝2S n －2S n －1－2n ＋1，整理得S n ＝2S n －1＋2n －1 ① ∴S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1 ② 由②－①，得a n ＋1＝2a n ＋2 ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ≥2)又T 2＝2S 2－4；得a 2＝4当n ＝1时，a 1＋2＝3，a 2＋2＝6，则a 1＋2a 2＋2＝2，∴数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．则a n ＋2＝3·2n －1，所以a n ＝3·2n －1－2．2．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n ．【解】(1)由已知得，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋1)2(a n ＞0)，∴a 1＝1．当n ≥2时，由⎩⎨⎧2S n ＝a 2n ＋a n ，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1．即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2，b n ＝12S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．方向三：需对已知等式变形后，再求解1．(2015·江西五校联考)已知正项数列{a n }中，其前n 项和为S n ，且a n ＝2S n －1． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n+1，T n =b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求T n ．【解】(1)由已知得，4S n ＝(a n ＋1)2．当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，则4S n －4S n －1＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，整理得 (a n －1)2－(a n －1＋1)2＝0， ∴(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0 又a n ＞0，则a n －a n －1＝2，当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，得a 1＝1；故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列； ∴a n ＝2n －1．(2)由(1)可得b n ＝1a n ·a n+1＝12n －1×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1． 2．(2015·浙江温州中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2，a 2＝8，S n ＋1＋4S n －1＝5S n (n ≥2)，T n 是数列{log 2a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求T n ．【解】(1)当n ≥2时，S n ＋1＋4S n －1＝5S n ，∴S n ＋1－S n ＝4(S n －S n －1)，即a n ＋1＝4a n ，当n ＝1时，a 2＝4a 1；故数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列． ∴a n ＝2·4n －1＝22n －1．(2)由(1)可知log 2a n ＝log 222n －1＝2n －1， ∴T n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a n＝1＋3＋5＋…＋2n －1 ＝n (1＋2n －1)2＝n 2．3．(2015·江西三县联考)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )=a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，其中n ∈N *．(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )依次组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2) a 1＝1，对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )依次组成公比为q 的等比数列，求数列{a n }的前n 项和A n ．【解】(1)∵任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )依次组成等差数列，∴B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，则a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4，故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列； ∴a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3．(2)若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )依次组成公比为q 的等比数列， ∴B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，则C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，得a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1，当n ＝1时，由B (1)＝qA (1)，可得a 2＝qa 1；则a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1＝0，又a n ＞0，则a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q ，故数列{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列．∴A n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，q ＝1，1－q n1－q，q ≠1.4．(2015·辽宁沈阳诊断考试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10． (1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫3(lg a n )(lg a n ＋1)的前n 项和，求T n ； (3)求使T n ＞14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合．【解】(1)证明：当n ≥2时，a n ＝9S n －1＋10，∴a n ＋1－a n ＝9(S n －S n －1)，则a n ＋1＝10a n ，即a n ＋1a n＝10，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100，则a 2a 1＝10，故数列{a n }是以10为首项，10为公比的等比数列． ∴a n ＝10n ，则lg a n ＝n ， ∴lg a n ＋1－lg a n ＝n ＋1－n ＝1，故数列{lg a n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解：由(1)知3(lg a n )(lg a n ＋1)＝3n n ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝3n n ＋1． (3)∵T n ＝3n n ＋1＝3－3n ＋1， ∴当n ＝1时，T n 取最小值32．依题意有32＞14(m 2－5m )，解得－1＜m ＜6，故整数m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．1．(2015·江苏扬州外国语中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为．【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3－2n －1＋3＝2n －1．当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，不满足上式．【答案】a n ＝⎩⎨⎧－1，n ＝12n －1，n ≥22．(2015·辽宁沈阳二中月考)已知数列{a n }满足a 1＋a 22＋…＋a nn＝a 2n －1，求数列{a n }的通项公式．【解】当n ≥2时，a 1＋a 22＋…＋a n －1n －1＝a 2n －2－1 由已知等式减去上式，得a nn＝a 2n －1－a 2n －2＋1＝(a 2－1)a 2n －2， ∴a n ＝n (a 2－1)a 2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 2－1，满足上式； ∴a n ＝n (a 2－1)a 2n －2．3．(2015·安徽江淮十校联考)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )= f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )= f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1【解析】由f (x ·y )= f (x )＋f (y )，f (S n ＋2)－f (a n )= f (3)，得S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得2a n ＝3a n －1；当n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，则a 1＝1．所以数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列．【答案】a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －14．(2015·辽宁鞍山二中期中)设数列{a n }是等差数列，数列{b n }的前n 项和S n 满足S n ＝32(b n －1)，且a 2＝b 1，a 5＝b 2．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，T n 为{c n }的前n 项和，求T n ．【解】(1)当n ≥2时，S n －1＝32(b n －1－1)，则b n ＝S n －S n －1＝32(b n －1)－32(b n －1－1)，整理得b n ＝3b n －1，当n ＝1时，b 1＝32(b 1－1)，解得b 1＝3；故数列{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列． ∴b n ＝3n ，设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝b 1＝3，a 5＝b 2＝9，则⎩⎨⎧a 1＋d ＝3，a 1＋4d ＝3，解得d ＝2，a 1＝1，∴a n ＝2n －1，∴a n ＝2n －1，b n ＝3n ．(2)由(1)知c n ＝a n ·b n ＝(2n －1)·3n ，∴T n ＝3＋3·32＋5·33＋…＋(2n －1)·3n ，①3T n ＝ 32＋3·33＋5·34＋…＋(2n －3)·3n ＋(2n －1)·3n ＋1，② 由①－②，得－2T n ＝3＋2(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1＝3＋2×32(1－3 n －1)1－3－(2n －1)·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，∴T n ＝(n －1) 3n ＋1＋3．5．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1) (n ≥2，n ∈N *)，则数列的通项公式是．【解析】由已知n ≥2时，a n ＝2S n －1 ①；当n ≥3时，a n －1＝2S n －2 ②①－②整理得a n a n －1＝3 (n ≥3)，∴a n ＝⎩⎨⎧1， n ＝1，2×3n －2， n ≥2.【答案】a n ＝⎩⎨⎧1， n ＝1，2×3n －2， n ≥2. 6．(2015·广东桂城摸底)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2n ＋a n ＝2S n ． (1)求a 1；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若b n ＝1a 2n (n ∈N *)，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求证：T n ＜53．⎝ ⎛⎭⎪⎫提示：1n 2＜2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1【解】(1)当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1，且a n ＞0，得a 1＝1；(2)当n ≥2时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1 ①；且a 2n ＋a n ＝2S n ②；由②－①，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，又a n ＞0，则a n －a n －1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列； ∴a n ＝n ．(3)证明：由(2)知，b n ＝1a 2n ＝1n2，当n ＝1时，b 1＝1＜53，不等式成立；当n ≥2时，1n 2＜1n 2－14＝44n 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17…＋12n －1－12n ＋1＜1＋23＝53， ∴T n ＜537．(2015·大连双基测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________．【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2. 【答案】⎩⎨⎧4，n ＝12n ＋1，n ≥28．(2014·烟台一模)已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和．【解】(1)∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减得：a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a na n －1＝2，所以数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，即a n ＝12×2n －1＝2n －2．(2)∵b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝(log 222n ＋1－2)×(log 222n ＋3－2)＝(2n －1)(2n ＋1)， ∴1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1．9．(2014·山西四校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝________．【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －2a n －1＋(n －1)，即a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1．【答案】2n －110．(2014·湖南卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．【解】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n ．又a 1＝1满足上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ． (2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ．故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2．11．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝4，{a n }的前3项和为7． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)2n ＋3，设数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n≤2－1n．【解】(1)设数列{a n }的公比为q ，由已知得q >0，且⎩⎨⎧ a 1q 2＝4，a 1＋a 1q ＋4＝7，∴⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．(2)【证明】当n ＝1时，a 1b 1＝1，且a 1＝1，解得b 1＝1．当n ≥2时，a n b n ＝(2n －3)2n ＋3－(2n －2－3)2n －1－3＝(2n －1)·2n －1．∵a n ＝2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝2n －1． ∵b 1＝1＝2×1－1满足b n ＝2n －1， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴S n ＝n 2．∴当n ＝1时，1S 1＝1＝2－11．当n ≥2时，1S n ＝1n 2＜1n (n －1)＝1n －1－1n．∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－11＋11－12＋…＋1n －1－1n ＝2－1n ． 12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S nn＋2 (n －1) (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并分别写出a n 和S n 关于n 的表达式；(2)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝2 013？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)由a n ＝S n n＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1) (n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4，故数列{a n }是以1为首项，以4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝a 1＋a n n2＝2n 2－n (n ∈N *)．(2)由S n ＝na n －2n (n －1)，得S nn＝2n －1 (n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1．令2n －1＝2 013，得n ＝1 007，即存在满足条件的自然数n ＝1 007．1．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．【解】(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n ，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4．(2)S n ＝12a 2n ＋12a n，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0．由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n ．2．在数列{a n }中，a 1＝－5，a 2＝－2，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2(n ∈N *)，若对于任意n ∈N *，A (n )，B (n )，C (n )成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和．【解】(1)根据题意A (n )，B (n )，C (n )成等差数列，∴A (n )＋C (n )＝2B (n )，整理得a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝－2＋5＝3， ∴数列{a n }是首项为－5，公差为3的等差数列， ∴a n ＝－5＋3(n －1)＝3n －8．(2)|a n |＝⎩⎨⎧－3n ＋8，n ≤2，3n －8，n ≥3，记数列{|a n |}的前n 项和为S n ．当n ≤2时，S n ＝n 5＋8－3n2＝－3n 22＋132n ；当n ≥3时，S n ＝7＋n －21＋3n －82＝3n 22－132n ＋14，综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋132n ，n ≤2，32n 2－132n ＋14，n ≥3.3．(2014·广东卷)设各项均为正数的数列{a n } 的前n 项和为S n ，且 S n 满足 S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *．(1)求a 1 的值；(2)求数列{a n } 的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a n a n ＋1<13．【解】(1)由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *．令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2，又a n 为正数，所以a 1＝2．(2)由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3，又数列{a n }的各项均为正数，∴S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ．又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n ． (3)证明：当n ＝1时，1a 1a 1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n ≥2时，1a n a n ＋1＝12n 2n ＋1＜12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a n a n ＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13．所以对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a n a n ＋1＜13．。

高中数学数列公式大全

一、高中数列基本公式：1、一般数列的通项a n与前n项和S n的关系：a n=2、等差数列的通项公式：a n=a1+(n-1)d a n=a k+(n-k)d(其中a1为首项、a k为已知的第k项)当d≠0时，a n是关于n的一次式；当d=0时，a n是一个常数。

3、等差数列的前n项和公式：S n= S n= S n=当d≠0时，Sn 是关于n的二次式且常数项为0；当d=0时（a1≠0），Sn=na1是关于n的正比例式。

4、等比数列的通项公式： a n= a1q n-1a n= a k q n-k(其中a1为首项、a k为已知的第k项，a n≠0)5、等比数列的前n项和公式：当q=1时，S n=n a1(是关于n的正比例式)；当q≠1时，S n= S n=二、高中数学中有关等差、等比数列的结论1、等差数列{a n}的任意连续m项的和构成的数列S m、S2m-S m、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍为等差数列。

2、等差数列{a n}中，若m+n=p+q，则3、等比数列{a n}中，若m+n=p+q，则4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列S m、S2m-S m、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍为等比数列。

5、两个等差数列{a n}与{b n}的和差的数列{a n+b n}、{a n-b n}仍为等差数列。

6、两个等比数列{a n}与{b n}的积、商、倒数组成的数列{a n b n}、、仍为等比数列。

7、等差数列{a n}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列。

8、等比数列{a n}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列。

9、三个数成等差数列的设法：a-d,a,a+d；四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d10、三个数成等比数列的设法：a/q,a,aq；四个数成等比的错误设法：a/q3,a/q,aq,aq3}为等差数列，则(c>0)是等比数列。

一、11、{an12、{b n}（b n>0）是等比数列，则{log c b n} (c>0且c1) 是等差数列。

Sn与 an关系应用求通项答案

Sn 与 an 关系应用求通项一.直接应用1．已知数列{an }前n 项和Sn ＝n 2+n ．求数列{an }的通项公式；【详解】由题意，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12+1＝2，当n ≥2时，an ＝Sn ﹣1n S -＝n 2+n ﹣（n ﹣1）2﹣（n ﹣1）＝2n ， ∵当n ＝1时，12a =也满足上式， ∵an ＝2n ，n ∵N *．2．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =-，求数列{}n a 的通项公式．【详解】解：由22n S n n =-，当1n =时，111a S ==，当2n ≥时，()()221221123n n n a S S n n n n n -=-=---+-=-+，当1n =时，上式也成立，所以23n a n =-+.3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S 2n r =+，其中r 为常数．求数列{}n a 的通项公式．【详解】先求前三项，111a S r ==+，2213a S S =-=，3325a S S =-=，由{}n a 为等差数列，所以2132a a a =+，所以66r =+，即0r =；2n ≥，121n n n a S S n -=-=-，11a =也满足，所以21n a n =-，二.构造等差.4．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且222n n n S a a =+.求{}n a 的通项公式； 2n 时，因为两式相减得)(1n n a a -+又因为0n a >{}n a 是公差为5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知2n n S na n n =-+．求数列{}n a 的通项公式．【详解】当2n ≥且n *∈N 时，()()()211111n n S n a n n --=---+-，()()()2211111n n n n n a S S na n n n a n n --∴=-=-+--+---，整理可得：()()()11121n n n a n a n --=-+-，12n n a a -∴=+， ∴数列{}n a 是公差为2的等差数列.()72129n a n n =-+-=-，6．Sn 为正项数列{an }的前n 项和，已知an 2+an ＝2Sn +2．求{an }的通项公式；∵Sn 为正项数列{an }的前n 项和，an 2+an ＝2Sn +2， ∵an +12+an +1＝2Sn +1+2，两式相减，得()2211n n n n a a a a +++-+=2（Sn +1﹣Sn ）＝2an +1，∵（an +1+an ）（an +1﹣an ）＝an +1+an ， ∵an ＞0，∵an +1﹣an ＝1， ∵211112222a a S a +=+=+，∵（a 1+1）（a 1﹣2）＝0，解得a 1＝2，或a 1＝﹣1（舍）， ∵{an }是以2为首项，1为公差的等差数列， ∵{an }的通项公式为an ＝2+（n ﹣1）×1＝n +1；7．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，14n n n a a S +=，*n ∈N .求数列{}n a 的通项公式；【详解】解：当1n =时，121144a a S a ==，所以24a =，由14n n n a a S +=，得()1142n n n a a S n --=≥，两式相减得()114n n n n a a a a +--=，又0n a >，所以()1142n n a a n +--=≥，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是以4为公差的等差数列，又212a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项2为公差的等差数列，所以2n a n =；三.构造等比8．己知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()129N n n a S n *+=+∈．求数列{}n a 的通项公式；【详解】因为129n n a S +=+，则当1n =时，2112929a S a =+=+，当2n ≥时，由129n n a S +=+可得129n n a S -=+，所以112()2n n n n n a a S S a +-=-=-，即13n n a a +=，因为{}n a 是等比数列，则该数列的公比为3，则213a a =，所以11293a a +=，即19a =，所以数列{}n a 的通项公式11933n n n a -+=⨯=.9．已知正项数列{}n a 的前n 项和n S ，满足()22N n n S a n *=-∈，求数列{}n a 的通项公式；【详解】由题意：()22,N n n S a n *=-∈∵，当1n =时，可得12a =，当2n ≥时，()11222,N n n S a n n *--=-≥∈∵，由∵-∵得：()122,N n n a a n n *-=≥∈，由n a 为正项数列，得{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列.因此可得()1222N n n n a n -*=⋅=∈.四.变形和10．设数列{}n a 满足()123521n a a n a n ++⋅⋅⋅++=.求{}n a 的通项公式【详解】1235a a +11．已知数列n 满足：122n a a n a n +++=．求数列n 的通项公式；()1n ++-221n n -=，12．已知数列{}n a 的各项均为正数，且对任意的*n ∈N 都有122222nna a a n +++=.求数列{}n a 的通项公式；2nn a n ++=112n n a n --++=2n ≥），即a ，得12a =，满足上式13．已知n S 为正项数列n a 的前n 项和，且11a =，当2n ≥时，(212n nn --. 求{}n a 的通项公式；14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23123452nS n n n ++++=++，求数列{}n a 的通项公式；2nS n ++=+)111n S n n -++=-+15．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12,2n n a S a n ==-，数列{}n b 满足22212323n b b b n b n ++++=.求数列{}{},n n a b 的通项公式；【详解】由 32n n S a n =- 得 ()113122n n S a n n --=-+, 2n n b ++=2n 时, 21(1)n b n b -++-(1) -(2)可得1n = 时,也符合上式故数列 {}n b 的通项公式为16．在数列{}n a 中，312111,2341nn a a a a a n +=++++=+．求{}n a 的通项公式； 1na n ++=+2n 时，12n n a a a n-++=121231n n a a a a a n +++++=+相减，得)2n ， 3n 时，3222141136n a n n n a a a a n n ++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=-，时，满足上式，当时，上式不成立，1,11,6n n n =⎧⎪=+⎨⎪⎩求通项的变形17．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()()12121n n n n n S S a a S +=+-+. 求数列{}n a 的通项公式；1，的等差数列，18．已知n S 是数列n 的前n 项和，13a =，且1n n n -．求{}n a 的通项公式；3，…）．求{}n a 的通项公式；∵()()211412n n S a n --=+≥，∵∵－∵得()()()2211411n n n n S S a a ---=+-+，∵()()221411n n n a a a -=+-+，化简()()1120n n n n a a a a --+⋅--=．∵0n a >，∵()122n n a a n --=≥，∵{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列， ∵()11221n a n n =+-⋅=-；。

数列“Sn与an的关系”求解专题课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

【课本P40，3】已知数列 { } 满足 = +1，求出
当n=1时，1 =21 +1
1 = −1
≥ 2时， =2 − − + 1
= 2−1 − 1
+ = 2(−1 + )
设，
= 2−1 + 即=-1
− 1 = 2(−1 − 1)
S1 ,
an
S n S n 1 , n≥2.
【练习金版P11，例3】根据下面数列 {an } 的前n项和，求出{an } 的通项公式
(1) = 22 − 3nΒιβλιοθήκη (2) = 3 + 1
Sn是关于n
的代数式
写出Sn-1
相减得到
an（n≥2）
Sn与an的关系
2 数列的前n项和
n = 1,
S1 ,
an
S n S n 1 , n≥2.
【练习金版P11，例3】根据下面数列 {an } 的前n项和，求出{an } 的通项公式
(1) = 22 − 3n
≥ 2时，−1 =2( − 1)2 −3 − 1
=22 −7n+5
= − −1 = 22 − 3n −(22 −7n+5)
1 −1
−1×( ) ，
2
1 −1
−( )
2
∈ +
+ 2， ∈ +
Sn与an的关系
3 数列的前n项和
根据与�� 的关系求数列的通项公式的常见类型及解法
n = 1,
S1 ,

（1）若是关于n的代数式，则可直接利用 an
S n S n 1 , n≥2.

an与Sn关系问题--高考数学【解析版】

专题28 n a 与n S 关系问题等差数列、等比数列的性质、通项公式和前n 项和公式构成两类数列的重要内容，在历届高考中属于必考内容，既有独立考查的情况，也有二者与其它知识内容综合考查的情况．一般地，选择题、填空题往往独立考查等差数列或等比数列的基本运算，解答题往往综合考查等差数列、等比数列．数列求和问题是高考数列中的另一个易考类型，其中常见的是“裂项相消法”、“错位相减法”.数列求和与不等式证明相结合，又是，数列考题中的常见题型，关于数列中涉及到的不等问题，通常与数列的最值有关或证明（数列的和）不等式成立或确定参数的范围，对于数列中的最值项问题，往往要依靠数列的单调性，而对于数列的和不等式的证明问题，往往可以利用“放缩法”，要根据不等式的性质通过放缩，达到解题目的. 关于求数列的通项公式问题，在高考中较少独立命题，但数列的通项公式、猜想、归纳、递推意识却融入数列的试题之中，特别是题目中给定n a 与n S 的关系，通过确定数列的通项公式进一步解题，常见于各类考试题中.【重点知识回眸】（一）依据递推关系求数列通项公式 1、累加（累乘法）（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=，则可利用累加法求通项公式 ① 等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和 ② 1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式（2）累乘法：如果递推公式形式为：()1n na f n a +=，则可利用累加法求通项公式 2、构造辅助数列：通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列.通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式（1）形如()11,0n n a pa q p q -=+≠≠的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式.（2）形如1n n n a pa q -=+，此类问题可先处理n q ，两边同时除以nq ，得11n n n n a a p q q-=+，进而构造成111n n n n a p a q q q --=⋅+，设n n n a b q =，从而变成11n n pb b q-=⋅+，从而将问题转化为第（1）个问题. 另外：对于以上两个问题，还有一个通用的方法：对于形如()1n n a pa f n -=+（其中()f n 为关于n 的表达式），可两边同时除以np ，()11n n n n n f n a a p p p --=+.设n n n a b p =，即()1n n n f n b b p --=，进而只要()nf n p可进行求和，便可用累加的方法求出n b ，进而求出n b .（3）形如：11n n n n qa pa a a ---=，可以考虑两边同时除以1n n a a -，转化为11n n q pa a --=的形式，进而可设1n nb a =，递推公式变为11n n qb pb --=，转变为上面的类型求解（4）形如()21n n n pa p q a qa k ++-++=，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数，则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为：()()211n n n n p a a q a a k +++---=的形式，将1n n n b a a +=-，进而可转化为上面所述类型进行求解（二）已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式：求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分1n =与2n ≥两段来写．（三）“构造相减”求通项公式当所给递推公式无法直接进行变形，则可考虑根据递推公式的形式再构造出下一组相邻项的递推公式，通过两式相减可构造出新的递推公式，再尝试解决.尤其是处理递推公式一侧有求和特征的问题，这种做法可构造出更为简单的递推公式.（四）“观察、归纳、猜想”求通项公式先通过数列前几项找到数列特点，从而猜出通项公式（教科书的基本要求：根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．必要时再利用数学归纳法证明.【典型考题解析】热点一累加法研究（通）项【典例1】（2022·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a << B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a <<【答案】B 【解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323n n a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭，再次放缩可得出10051002a >．【详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n n a a a a a +==+--， ∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥，∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭， ∴10011111111133334943932399326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【典例2】（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+=∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S <<【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n n n a a a a +⎛⎫==-⎪⎪⎭112n na a +<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由11n n na a ++113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)na n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N 1nn n a a n a *+==∈+，所以0n a >，10032S >．由2111111241n n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫==+-⎪⎪+⎭ 21111122n n n n a a a a ++⎛⎫∴<⎪⎪⎭112n n a a +<11122nn n a -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)3111n n n n n n a n a a a n n a n ++∴≥∴≤=+++++ 113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<．故选：A ．【典例3】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；【答案】21n a n =- 【分析】由已知条件可得()111211n n a a n n n n n--=-≥--，再由递推及11a =可得()212n a n n =-≥，最后再检验即可得到答案. 【详解】因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++，所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----，…2111122a a -=-，所以累加可得()1112n a a n n n -=-≥．又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥．经检验，11a =，也符合上式，所以21n a n =-．【总结提升】由递推关系求通项公式的关键是“模型化”，即针对不同的关系选择不同的方法求解. 热点二累乘（积）法研究（通）项【典例4】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2411()()()2n n n S n a ++=+，则数列{}n a 的通项公式n a 等于___________ 【答案】3(1)n +【分析】根据给定的递推公式，结合“当2n ≥时，1n n n S S a --=”化简，再利用累乘法求解作答. 【详解】由2411()()()2n n n S n a ++=+得：22()41()1n n n a S n ++-=，当2n ≥时，211()114n n n a S n--+-=，两式相减得：2212141()()4)(n n n n a n a a n n-++=-+，化简整理得：331(1)n n n a n a -=+，当1n =时，11S a =，即有118(1)9a a +=，解得18a =，因此，N n *∈，2n ≥，331(1)n n a n a n -+=， 333333123213333312321(1)(1)438(1)(1)(2)32n n n n n n n a a aa a n n n a a n a a a a a n n n -----+-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+--，而18a =满足上式，所以3(1)n a n =+.故答案为：3(1)n +【典例5】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N .求{}n a 的通项公式；【答案】()()612n a n n =++，n ∈+N【分析】根据已知条件可利用n a 与n S 的关系可得12n n a na n -=+，再由递推累乘可得通项公式，最后检验11a =是否符合通项公式即可.【详解】1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+，故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.经检验，11a =符合上式，故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.【典例6】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{n a }满足：114a =，114n n n a a n++=，*N n ∈，且其前n 项和为n S ，求n a 与n S .【答案】4n nna =，134494n n n S +⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 【分析】由已知可得114n n a n a n++=，然后利用累乘法可求出n a ，再利用错位相减法可求出n S . 【详解】由114n n n a a n++=，得114n n a n a n ++=，当n ≥2时， 32111211213144142414n n n n a a a n n a a a a a n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅，又114a =也满足上式，故4n n na =(n *N ∈). 231234444n n n S =++++， ∴231112144444n n n n nS +-=++++，相减得，2311111131111114411444444434414nn n n n nn n n nS +++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=++++-=-=--⎪⎝⎭-， ∴134494n n n S +⎛⎫=- ⎪⎝⎭.热点三构造法研究（通）项【典例7】（2019·浙江·高考真题）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A 【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确. 【详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<，故此时{}n a 不为常数列，222112(22n n n n a a a a +=+=+≥，且2211122a a =+≥， 792(2)42a a ∴≥≥21091610a a >≥>，故选项A 正确；选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =，即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误；选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为1x =-或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2，同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为117x ± 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >，则选项D 错误. 故选：A. 【点睛】利用函数方程思想，通过构造方程，研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解. 【典例8】（2018·浙江·高考真题）已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．1324,a a a a <<B ．1324,a a a a ><C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B 【解析】【分析】先证不等式ln 1x x ≥+，再确定公比的取值范围，进而作出判断. 【详解】令()ln 1,f x x x =--则1()1f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()(1)0,ln 1f x f x x ≥=∴≥+，若公比0q >，则1234123123ln()a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则212341(1)(1)0,a a a a a q q +++=++≤但212311ln()ln[(1)]ln 0a a a a q q a ++=++>>，即12341230ln()a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此210,(0,1)q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如ln 1,x x ≥+ 2e 1,e 1(0).x x x x x ≥+≥+≥【典例9】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，133nn n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式___________【答案】13n n a n -=⋅【分析】由已知条件可得111333n n n n a a ++-=，从而可得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求出其通项公式后化简即可得到n a . 【详解】∵133nn n a a +=+，∴111333n n n n a a ++-=，∴数列3n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为13，又1133a =， ∴11(1)3333n n a nn =+-⨯=，∴13n n a n -=⋅. 故答案为：13n n a n -=⋅.【规律方法】构造法构造的领域较广泛，如构造方程、函数、数列等.一般地，构造数列往往结合等差(比)数列的定义求解.热点四构造相减研究（通）项【典例10】（2022·北京·高考真题）己知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅==．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④ 【解析】【分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③. 【详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=，因为20a >，解得23533a -=<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错；当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对；假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=，所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【典例11】（2016·全国·高考真题（理））已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（Ⅰ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（Ⅱ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1λ=-．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用公式11,1{,2n n n S n a S S n -==-≥，得到数列{}n a 的递推公式，即可得到{}n a 是等比数列及{}n a 的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ），用λ表示前n 项和n S ，结合n S 的值，建立方程可求得λ的值．试题解析：（Ⅰ）由题意得，故，，. 由，得，即.由，得，所以.因此{}n a 是首项为，公比为的等比数列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.解得1λ=-.【典例12】（2017·全国·高考真题（文））设数列{}n a 满足123(21)2n 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．【答案】(1) 221n a n =-；(2)221n n +. 【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得{}n a 的通项公式.（2）将{}n a 的通项公式代入,可得数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列{}n a 满足()123212=n a a n a n ++⋯+-2n ≥时,()()12132321n a a n a n ++⋯+--﹣＝ ∴()212n n a -= ∴221n a n =- 当1n =时,12a =,上式也成立 ∴221n a n =- （2）21121(21)(21)2121n a n n n n n ==-+-+-+ ∴数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和1111113352121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121nn n =-=++ 【典例13】（2022·河南·高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，122n n S S +=+． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足1n n nb a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)112n n a -=;(2)1221n n nT -=-+. 【分析】(1)根据n S 与n a 关系可得{}n a 是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解； (2)利用分组求和法与等比数列的求和公式直接求解. 【详解】解：(1)当n ＝1时，2122S S =+， ∵11a =，∴212a =．可得2112a a =，当2n ≥时，122n n S S +=+，122n n S S -=+，两式相减，得12n n a a +=，即112n n a a +=，故数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，则112n n a -=； (2)由(1)知，11122n n n b --=+，故()111111112212212211221212nn n n n n n T -----⎛⎫=+++++++=+=-+ ⎪-⎝⎭-．【典例14】（2021·江西南昌·高三阶段练习）已知正项数列}{n a 的前n 项和为n S ，且(21)n n n S a a =+ (1)求}{n a 的通项公式； (2)设11n n n n a b a a +=+，数列}{n b 的前n 项和为n T ，求使得9910k T ≤的最大整数k 的值．【答案】(1)n a n = (2)9【分析】（1）根据11,2,1n n n S S n a S n --≥⎧=⎨=⎩得数列}{n a 是等差数列，公差为1，首项为1，进而得其通项公式；（2）结合（1）得1111n b n n =+-+，进而得111n T n n =+-+，再解不等式9910k T ≤即可得答案.（1）解：因为(21)n n n S a a =+①，所以，当2n ≥时，1112(1)n n n S a a ---=+②，所以，①-②得：22112n n n n n a a a a a --=+--，即111()()n n n n n n a a a a a a ---+=+-，因为0n a >，10n n a a -+≠，所以11(2)n n a a n --=≥，因为，当1n =时，11112(1)2S a a a =+=，解得11a =，所以，数列}{n a 是等差数列，公差为1，首项为1. 所以1(1)1n a n n =+-⨯= （2）解：结合（1）得11111111n n n n a n b a a n n n n +=+=+=+-++，所以，数列}{n b 的前n 项和为121111111111122311n n T b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-++-++-=+- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，1991110k T k k =+-≤+，整理得：()()2101991100k k +-+-≤，解得19k ≤≤. 所以，使得9910k T ≤的最大整数k 的值为9. 【精选精练】一、单选题1．（2022·海南·琼海市嘉积第三中学高三阶段练习）若数列{n a }的前n 项和为n S ＝2133n a +，n S =（）A ．123n-B ．1(2)3n--C ．2123+D ．1(2)3n+-【答案】B【分析】根据已知条件，利用n a 与n S 的关系求得数列{}n a 的通项公式，利用等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：当1n =时，1112133a S a ==+，解得11a =，当2n ≥时，11212122333333n n n a n n n n a S S a a a a ---⎛⎫=-=+-+=- ⎪⎝⎭，即12n n a a -=-， ∴{}n a 是首项为1，公比为-2的等比数列，∴1(2)n n a -=-，所以1(2)1(2)1(2)3n n nS ----==--. 故选：B.2．（安徽省部分校2023届高三上学期开学摸底考）已知数列 {}n a 的前n 项和为n S ，且满足31n n a S =-，则4S =（）A ．38B ．916C ．724D ．516【答案】D【分析】利用n a 与n S 关系求得通项关系，判断数列{}n a 为等比数列即可求得. 【详解】当1n =时，1131a a =-，∴112a =，当2n ≥时，1131n n a S --=-，两式相减可得112n n a a -=-，∴数列{}n a 是首项为12，公比为12-的等比数列，∴4411[1()]5221161()2S --==--．故选:D ．3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为111,2,2n n n n S a S a ++=+=，则n S =（）A ．()12n n +⋅B ．()112n n -+⋅ C ．12n n -⋅ D ．2n n ⋅【答案】D【分析】根据给定条件，结合11n n n a S S ++=-变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答. 【详解】因为112n n n a S ++=+，则112n n n n S S S ++-=+，于是得11122n nn nS S ++-=，因此数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，首项1112S =，则()1112n n S n =+-⨯，所以2n n S n =⋅. 故选：D 二、多选题4．（2021·山东·高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为11121n n n S a S S a +==++，，，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为*n T n N ∈，，则下列选项正确的为（） A ．数列{}1n a +是等差数列B ．数列{}1n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ． 1n T <【答案】BCD【分析】由数列的递推式可得1121n n n n a S S a ++=-=+，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-----，由数列的裂项相消求和可得n T . 【详解】解：由121n n n S S a +=++即为1121n n n n a S S a ++=-=+，可化为()1121n n a a ++=+，由111S a ==，可得数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，则12nn a +=，即21n n a =-，又()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-----，可得 2231111111111 1.212121212121n n n n T ++=-+-+⋯+-=-<------ 故选：BCD5．（2023·全国·高三专题练习）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1a =-1，11n n n a S S ＋＋＝，则下列结论正确的是（） A ．1(1)n a n n =-B ． 1,1,1,2(1)n n a n n n -=⎧⎪=⎨≥⎪-⎩C ．1n S n=-D ．数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列【答案】BCD【分析】先由an ＋1＝Sn ·Sn ＋1＝Sn ＋1－Sn ，判断出1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以－1为首项，d ＝－1的等差数列，即可判断D,进而求出1n S n=-，再由n S 求出通项公式n a .【详解】∵an ＋1＝Sn ·Sn ＋1＝Sn ＋1－Sn ，两边同除以Sn ＋1·Sn ，得1111n nS S +-=. ∴1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以－1为首项，d ＝－1的等差数列，即1nS ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴Sn ＝－1n.当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝－1n＋11n -＝1(1)n n -，又a 1＝－1不符合上式，∴1,1,1,2(1)n n a n n n -=⎧⎪=⎨≥⎪-⎩ 故A 错误，BCD 正确. 故选：BCD 三、填空题6．（2023·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，121n n S S +-=，*N n ∈，则数列{}n a 的通项公式为________. 【答案】12n na【分析】由构造法和n a 与n S 关系求解【详解】由题意得1)2(11n n S S +=++，而112S +=，所以{1}n S +是首项为2，公比为2的等比数列.12n n S +=，21n n S =-，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=，11a =也满足此式，综上，12n na故答案为：12n na7．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和2321n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为______．【答案】2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩ 【分析】利用n a 与n S 关系即得.【详解】因为2321n S n n =-+，当1n =时，113212a S ==-+=，当2n ≥时，2213213(1)2(1)165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-+----+=-⎣⎦，所以2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．故答案为：2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【分析】根据给定的递推公式，结合“当2n ≥时，1n n n S S a --=”构造数列求出数列{}n a 的通项即可求解作答. 【详解】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n --=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +-=-++，化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a =⋅，即有*N n ∈，1221n n a an n +=⋅++，因此，数列{}1na n +是以112a =为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n -=+，即1(1)2n n a n -=+⋅，所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅ 四、解答题9．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列{}n a 满足121,6a a ==，且()*1144,2,n n n a a a n n +-=-≥∈N .(1)证明数列{}12n n a a +-是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见详解，1(21)2n n a n -=-(2)(23)23n n T n =-+【分析】（1）根据递推公式构造可证，然后借助{}12n n a a +-为等比数列可得通项，再构造数列{}2n n a 可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；（2）由错位相减法可得. (1)因为()*1144,2,n n n a a a n n +-=-≥∈N所以111422()22n n n n n n a a a a a a +--=--=- 又因为2124a a -=所以{}12n n a a +-是以4为首项，2为公比的等比数列.所以1112422n n n n a a -++-=⨯=变形得11122n nn na a ++-= 所以{}2n n a 是以1122a =为首项，1为公差的等差数列所以111222n n a n n =+-=-，所以1(21)2n n a n -=- (2)因为0121123252(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-…①所以1232123252(21)2nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-…②①-②得：212312(12)1222(21)21(21)212n n nn n T n n ----=+++⋅⋅⋅+--=+---所以1(21)223(23)23n n nn T n n +=--+=-+10.（2020·全国·高考真题（理））设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n n n a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'，所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2nn n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．11．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且满足22 4.n n S a n =+-(1)求证：{}n a 为等差数列； (2)求{}n a 的通项公式．【答案】(1)见详解 (2)n ＋2【分析】（1）利用()12-=-≥n n n a S S n 可得答案；（2）由（1）得1a ，d ，代入等差数列的通项公式可得答案. （1）当1n =时，有121214=+-a a ，即211230a a --=，解得13a = (11a =-舍去)，224=+-n n S a n ，当2n ≥时，有211214--=+--n n S a n ，两式相减得22121n n n a a a -=-+，即22121-+-=n n n a a a ，也即()2211n n a a --=，因此11n n a a --=或11n n a a --=-，若11n n a a --=-，则11n n a a -+=，而13a =，所以22a =-，这与数列{}n a 的各项均为正数矛盾，所以11n n a a --=，即11n n a a --=，因此{}n a 为公差为1的等差数列；（2）由（1）知13a =，1d =，所以数列{}n a 的通项公式()312=+-=+n n n a ，即2n a n =+．12．（2022·安徽省太和中学高三阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等差数列{}n b 的公差为1，且2n n S b =.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)求数列1n n S b ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =-，n b n = (2)1n n T n =+ 【分析】（1）利用当2n ≥时，()()2211111n n n n n n n n n n n a S S b b b b b b b b -----=-=-=+-=+，可求得1223n a n b =+-，进而求得数列{}n a 的公差为2，再由22111212a a b b -=+-=，解得11b =，从而求得数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式（2）利用裂项相消法求和即得所求（1）由()1111n b b n n b =+-=+-可得，当2n 时，()()2211111n n n n n n n n n n n a S S b b b b b b b b -----=-=-=+-=+111111223n b n b n b =+-+-+-=+-则()1112123221n a n b n b +=++-=+- 所以 12n n a a +-=即数列{}n a 的公差为2，又2111a S b ==所以22111212a a b b -=+-=，解得11b =，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，数列{}n b 的通顶公式为n b n =；（2）由（1）可知，2,n n b n S n ==，所以()21111111n n S b n n n n n n ===-++++. 11111111.223111n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭13．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为,0n n S a >，且2241n n n a a S +=-.(1)求{}n a 的通项公式； (2)设1nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ，求n T . 【答案】(1)21n a n =-(2)242n n nT n +=+【分析】（1）先用()1n +替换原式中的n ，然后两式作差，结合n a 与n S 的关系，即可得到{}n a 为等差数列，从而得到其通项.（2）由（1）的结论，求得n S 及1n a +，代入1nn n n S b a a +=化简，得到n T 的式子，裂项相消即可. （1）2241n n n a a S +=-，2111241n n n a a S ++++=-，两式作差得:()()1120n n n n a a a a +++--=， 102n n n a a a +>∴-=，{}n a ∴成等差数列，又当1n =时，()2110a -=，所以11a =即()11221n a n n =+-⨯=- （2）由（1）知21n a n =-，则()()1212122n n n a a n n S n ++-===，即()()()()21111212142121n n n n S n b a a n n n n +⎡⎤===+⎢⎥-+-+⎢⎥⎣⎦ 1111482121n n ⎛⎫=+- ⎪-+⎝⎭，故1111111483352121n n T n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪-+⎝⎭2111482148442n n n n nn n n +⎛⎫=+-=+= ⎪+++⎝⎭. 14．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足120n n n a S S -+=(2n ≥)，112a =. (1)求n S ；(2)求数列{}n a 的通项公式．【答案】(1)12n S n=(2)()*1,(1)211,2,222n n a n n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥∈⎪-⎩N【分析】(1) 利用1n n n a S S -=-, 化简已知条件, 转化推出1121Sn Sn -=-. 即可证明数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 ; (2)利用（1）求出数列的和, 通过已知条件转化求解即可. （1）由题意可得, 当1n =时，112a =, 当2n ≥时，120n n n a S S -⋅+=, 即 112n n n n S S S S ---=-, 可得1112n n S S --=, 即数列 1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2 ,公差为2的等差数列 , ()122(1)2n n n S =+-≥，, 可得()*12,2n S n n n =≥∈N ，. 经检验，1n =时，1112S a ==满足上式，故12n S n=. （2）由(1)可得，当2n ≥时，111222n n n a S S n n -=-=--, 当1n =时，112a =,不符合11222n a n n =--，综上所述, 结论是:()*1,(1)211,2,222n n a n n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥∈⎪-⎩N .15．（2022·陕西·渭南市华州区咸林中学高三开学考试（文））在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231111231n n a a a a a n -++++=-. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若11n n n b a a +=，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <. 【答案】(1)1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ (2)证明见解析【分析】（1）由已知得当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-，再和已知的式子相减化简后利用累乘法可求出通项公式，（2）由（1）得当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消法可求得n S ，从而可证得结论.（1）解：因为12311112,231n n n a a a a a n -≥++++=-，所以当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-，两式相减，得1111n n n a a a n --=--，即11n n n a a n -=-，当2n =时，211a a ==，所以当3n ≥时，11n n a na n -=-，所以当3n ≥时，1321221311222n n n n n a a a n n na a a a a n n ----=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=--，当2n =时，上式成立；当1n =时，上式不成立，所以1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ （2）证明：由（1）知1,14,2(1)n n b n n n =⎧⎪=⎨≥⎪+⎩当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以当1n =，113S =<；当2n ≥时，111111144423341n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111414143323341211n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 综上，3n S <.16．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）在数列{}n a 中，11111,12n n n n a a a n ++⎛⎫==++ ⎪⎝⎭，(1)设nn a b n =，求证：112n n n b b +-=； (2)求数列{}n b 的通项公式； (3)求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】(1)证明见解析； (2)1122n n b -=-； (3)()121422n n S n n n -⎛⎫=++-+ ⎪⎝⎭.【分析】（1）依题意将11112n n n n a a n ++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭转化为1112n n n a a n n +-=+，将n n ab n =代入即可得到112n n n b b +-=，结论成立；（2）根据第（1）问112n n n b b +-=，运用累加法得到11112311112211111112222212n n n n b b ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦-=++++==- ⎪⎝⎭-，进而求出1122n n b -=-；（3）根据第（1）、（2）问知，nn a b n =，1122n n b -=-，则122n n n a n -=-，运用分组转化求和以及错位相减求和，得出数列{}n a 的前n 项和n S . （1）由条件可知：11112n n n n a a n ++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，1112n n n n n a a n ++∴++=， 1112n n n a a n n +∴-=+， n n a b n =，112n n n b b +∴-=；（2）由第（1）问可知，112n n nb b +-=，当1n =时，21112b b -=，当2n =时，32212b b -=，当3n =时，43312b b -=，当1n n 时，1112n n n b b ---=，以上各式相加，得11112311112211111112222212n n n n b b ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦-=++++==- ⎪⎝⎭-，11a =，1111a b ∴==，1122n n b -⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，即1122n n b -=-；（3）由第（1）、（2）问知，nn a b n =，1122n n b -=-，则122n n n a n -=-，设数列{}n c 的通项公式112n n c n -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，前n 项和为n T ，则012112311111232222n n n T c c c c n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，1231111112322222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减，得1012111122111111111222222212n n nn n T n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=+-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，()1111114242222n n n n n n T ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯-⨯=-+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴=，∴数列{}n a 的前n 项和()()()21112422121232422n n n n n n n S n n T n n --+⎛⎫⎡⎤+=⨯++++-=⨯-=+-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦-+ ⎪⎝⎭.17．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和 n S(2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．【答案】(1)()1,121,221n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，12n S n = (2)证明见解析【分析】（1）利用1n n n a S S -=-可得1112n n S S --=，从而可求n S 及n a . （2）利用放缩法及裂项相消法可证不等式成立. （1）1n =时，1112S a ==，2n ≥时，112n n n n n a S S S S --=-=-，所以1112n n S S --=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，公差为2的等差数列．所以()12122n n n S =+-⋅=，即12n S n=，当2n ≥时，()11221n n n a S S n n -=-=--，当1n =时，112a =，不满足上式，所以()1,121,221n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，（2）当1n =时，211114241S ==-⨯，原式成立．当2n ≥时，22221232222222111111111144243434423n S S S S n n ⎛⎫+++⋯+=++++⋯+=+++⋯+ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭()11111412231n n ⎡⎤≤+++⋯+⎢⎥⨯⨯-⎢⎥⎣⎦ 111111424n n⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭ 所以22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．。

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数列中an及Sn的关系

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