3.数列中已知前n项和Sn求an

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数列求通项的七种方法及例题

数列求通项的七种方法及例题数列求通项的7种方法及例题：1. 已知首项和公比法：设数列{an}中，a1为首项，q为公比，则an = a1 × q^(n-1)。

例如：已知数列{an}中，a1=2，q=3，求a5。

答案：a5=2×3^4=2×81=1622. 已知前n项和法：设数列{an}中，Sn为前n项和，则an = S0 + S1 + S2 +···+ Sn-1 - (S1 + S2 +···+ Sn-1) = S0。

例如：已知数列{an}中，S2=6，S4=20，求a3。

答案：a3 = S2 - (S2 - S1) = 6 - (6 - 2) = 83. 等差数列的通项公式：设数列{an}为等差数列，d为公差，则an = a1 + (n-1)d。

例如：已知数列{an}为等差数列，a1=2，d=4，求a5。

答案：a5 = 2 + (5-1)4 = 184. 等比数列的通项公式：设数列{an}为等比数列，q为公比，则an = a1 ×q^(n-1)。

例如：已知数列{an}为等比数列，a1=2，q=3，求a5。

答案：a5=2×3^4=2×81=1625. 三项和平均数法：设数列{an}中，Sn = a1 + a2 + a3 +···+ an，则an = Sn/n。

例如：已知数列{an}中，S4=20，求a3。

答案：a3 = S4/4 = 20/4 = 56. 泰勒公式法：对于一般的数列，可以使用泰勒公式进行求通项。

例如：已知数列{an}中，a1=2，且当n→∞ 时，an → 0，求a4。

答案：使用泰勒公式，a4 = a1 + (n-1)(a2 - a1)/1! + (n-1)(n-2)(a3 -2a2 + a1)/2! + (n-1)(n-2)(n-3)(a4 - 3a3 + 3a2 - a1)/3! = 2 + 3(2 - 2)/1! + 3(3 - 2)(3 - 4)/2! + 3(3 - 2)(3 - 4)(3 - 5)/3! = 2 + 3(0)/1! + 3(1)(-1)/2! + 3(1)(-1)(-2)/3! = 2 - 3/2 - 3/4 + 3/6 = 2 - 1/87. 斐波那契数列法：斐波那契数列是一种特殊的数列，它的通项公式可以写作 an = an-1 + an-2。

等差数列sn和an的关系

等差数列sn和an的关系
等差数列是指数列中相邻两项的差是一个常数的数列。

其中，Sn表示等差数列的前n项和，An表示等差数列的第n项。

首先，我们来看Sn和An的关系。

1. Sn的计算公式：
等差数列的前n项和Sn可以通过以下公式计算，Sn = n/2 (a1 + an)，其中n表示项数，a1表示首项，an表示末项。

2. An的计算公式：
等差数列的第n项An可以通过以下公式计算，An = a1 + (n-1)d，其中n表示项数，a1表示首项，d表示公差。

从上述公式可以看出，Sn和An之间的关系在于Sn是An的累
加和。

换句话说，Sn是前n项An的和。

另外，我们还可以从几何角度来理解Sn和An的关系。

1. Sn的几何意义：
等差数列的前n项和Sn可以表示为一个由n个相邻矩形组
成的图形的总面积。

其中，每个矩形的长是等差数列的项，宽是1。

2. An的几何意义：
等差数列的第n项An可以表示为一个以a1为首项，公差为d，共有n项的等差数列的最后一项。

综上所述，Sn和An之间的关系可以从代数和几何两个角度来
理解。

在代数上，Sn是An的累加和；在几何上，Sn可以表示为一
系列矩形的总面积，而An则表示等差数列的最后一项。

希望这些解
释能帮助你更好地理解Sn和An的关系。

基础知识一、按叫数列,数列中的都叫这个数列的项;在函...

解法3：设递推式an＝3an－1＋2，可以化为：an＋1－t＝3(an－t)．即an＋1＝3an－2t. ∴2 ＝－ 2t ， ∴ t ＝－ 1 ，于是得 an ＋ 1 ＋ 1 ＝ 3(an ＋ 1) ，
(这是手段之二)
数列 {an ＋ 1} 是公比为 3 的等比数列，其首项为 a1 ＋ 1 ＝2，∴an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1.
(3)对于递推式为an＋1＝pan＋qn(p，q为常数)．
对于递推式an＋1＝pan＋qn，可两边除以qn＋1，得
＝再解． (4) 当然，本例各小题也可以采取“猜想归纳法”，先写出前几项，再找出规律，猜测通项公式，最后用数学引辅助数列{bn}，bn＝，得bn＋1
归纳法证明．
[解析] (1)由已知得an＋1－an＝
(3)这个数列的第________项最小；
(4)这个数列前________项的和最小．答案：－18 11 2或3 6或7
3．已知数列{an}的前 4项为1,3,7,15，写出数列{an}的一个通项公式an＝________. 答案：2n－1 4．数列 {an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则
总结评述：解这类题需要我们从多角度思考，全方
位观察，广泛联想，将原数列作出适当的转化变形后，作为基本数列或特殊数列，方可迅速获解．
【例2】
(1)已知{an}中，a1＝
，an＋1＝
，求an.
(2)数列{an}中，a1＝1，对于n＞1(n∈N*)有an＝3an－1＋
2，求an. (3)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝求an.
令 “ n” ＝ 1,2 ， „ ， (n － 1) ，代入后 (n － 1) 个等式累加，

新高考数学数列经典题型专题提升-第6讲通项公式的求解策略sn与an关系(原卷版)

第6讲通项公式的求解策略:Sn 与an 关系一．选择题（共1小题）1．（2021•蒙阴县校级期中）已知数列满足，且对任意都有，则的取值范围为 A ．，B ．，C ．，D ．，二．填空题（共3小题）2．（2021•道里区校级期中）设是数列的前项和，，当时，有，则使成立的正整数的最小值为．3．设数列的前项和为，若且当时，，则数列的通项公式．4．（2021•冀州市校级模拟）已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对，恒成立，则实数的取值范围是．三．解答题（共36小题）5．（2021•浙江模拟）已知数列前项和为满足，．（Ⅰ）求通项公式；（Ⅱ）设，求证：．6．已知数列的前项和为，，求的前3项，并求它的通项公式．7．已知数列的前项和是，求数列的前3项，并求它的通项公式．8．（2021•武进区校级模拟）已知数列的前项和为，，且为与的等差中项，当时，总有．（1）求数列的通项公式；（2）记为在区间，内的个数，记数列的前项和为，求．9．在数列中，，是的前项和，当时，．（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式；{}n a 21232(*)n n a a a a n N ⋯=∈*n N ∈12111n t a a a ++⋯+<t ()1(3)+∞1[3)+∞2(3)+∞2[3)+∞n S {}n a n 13a =2n …1122n n n n n S S S S na --+-=122021m S S S ⋯⋯…m {}n a n n S 13a =2n …12(*)n n n a S S n N -=⋅∈{}n a n a ={}n a 1a t =n n S 212n n S S n n ++=+*n N ∀∈1n n a a +<t {}n a n n S 12S =132(*)n n S S n N +=+∈n a (*)n n na b n N S =∈12121332n b b b n ++⋯+-……{}n a n n S 2n S n n =+{}n a {}n a n 2132n S n n =++{}n a n n S 11a =1a 2a 2S 2n …11230n n n S S S +--+={}n a m b 1{}na (014](*)m m N -∈2{(1)}m mb -⋅m m W 20W {}n a 11a =n S {}n a n 2n …112n n n n S S S S ---=1{}nS {}n a（3）设，求数列的前项和．10．（2021春•宣威市月考）已知数列的首项为，前项和为，且对任意的，当时，总是与的等差中项．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，，求；（Ⅲ）设，是数列的前项和，，试证明：．11．（2021春•崂山区校级期中）已知是数列的前项和，当时，，且，．（1）求数列的通项公式；（2）等比数列满足，求数列的前项和．12．（2021•安徽月考）已知数列的前项和为，满足，为常数）．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和为．13．（2021•浦城县期中）已知数列的前项和是，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，，求的取值范围．14．（2021•永昌县校级月考）已知数列为正项等比数列，，数列满足，且．（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）若的前项和，求的取值范围．15．（2021•沈阳四模）已知数列中，，其前项和满足．（1）求；（2）记，求数列的前项和．112(23)n n n C n a ++=-{}n C n n T 12a =n n S *n N ∈2n …n a 34n S -1522n S --{}n a (1)n n b n a =+n T {}n b n *n N ∈n T 13423n n n n na c a -=⋅-⋅n P {}n c n *n N ∈32nP <n S {}n a n 2n (11)22n n n S S S +-++=10S =24a ={}n a {}n b 22331b a b a =={}n n a b g n n T {}n a n n S 11a =1()(2n S n t n t =+{}n a 1(1)()n n n n b lg a a +=-⋅{}n b n n T {}n a n n S 1n n S a +=*0()n a n N ≠∈{}n a 2log (1)(*)n n b S n N =-∈12231111n n n T b b b b b b +=+++n T {}n a 12a ={}n b 25b =11122332(21)2n n n a b a b a b a b n ++++⋅⋅⋅+=+-{}n a {}n b 11{}n n b b +n n T n T {}n a 11a =n n S *11()n n a S n N +=+∈n S 11n nn n n S S b S S ++-={}n b n n T16．（2021•福田区校级四模）已知数列的前项和为，，数列满足．（1）求；（2）设，求数列的前项和．17．（2021•温州模拟）已知数列的前项和为，且．（Ⅰ）求，及通项公式；（Ⅱ）记，求数列的前项的和．18．（2021•厦门一模）在，与的等比中项，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．问题：已知数列的前项和为，，且满足 _____，若，求使不等式成立的最小正整数．19．（2021•河南期末）已知数列的前项和满足，数列满足．（Ⅰ）求，的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，求的前项和．20．（2021•皇姑区校级期末）已知数列前项和为，且，，数列为等差数列，，且．（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）若，求的前项和．21．（2021•碑林区校级模拟）已知数列的前项和为，若，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．22．已知数列的前项和为，且．（1）证明为等比数列；（2）若，求的前项和．23．（2021•淮安期末）从条件①，，③，，中任{}n a n n S 2n n S a n n =+-{}n b 1n nb a =n a 1n n nc b b +=⋅{}n c n n T {}n a n n S 2,,n n n S n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数2a 3a n a 1n n n b a a +=+1{2}n n b -⋅2n 2n T 1=+21n +n a 24(1)(0)n n n S a a =+>{}n a n n S 11a =11n n n b a a +=12919n b b b ++⋯+>n {}n a n n S 21n n S a =-{}n b 221log log n n n b a a +=+{}n a {}n b {}n c n n n c a b ={}n c n n T {}n a n n S 13a =11n n S a +=-{}n b 24a b =257b b b +={}n a {}n b 1(2)n nn n a b c n b +=+{}n c n n T {}n a n n S 0n a >218a a =112n a +=n a n b ={}n b n n T {}n a n n S *24()n n S a n n N -=-∈{2}n S n -+11n n n n a b a a +-={}n b n n T 2(1)n n S n a =+(2)n a n +=…0n a >22nn n a a S +=选一个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列的前项和为，，_____．（1）求数列的通项公式；（2）若，，成等比数列，求正整数的值．24．（2021•连城县校级月考）已知正项数列的前项和为是与的等比中项，数列中，若，且．（1）求证：数列是等比数列，并求其通项公式；（2）若，记数列的前项和为，对，求使不等式恒成立的的最小正整数值．25．（2021•息县校级三模）已知在数列中，，，前项和为，若．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，求．26．（2016•荆州模拟）已知数列中，，，其前项和满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设数列的前的和为，当为何值时，有最大值，并求最大值．27．（2016秋•儋州校级期末）已知数列满足，．（1）求证：数列为等差数列；（2）求的通项公式．28．（2021•河西区一模）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．29．（2021春•瑶海区月考）已知数列的各项均为正数，，其前项和为，且当时，、{}n a n n S 11a ={}n a 1a k a 2k S +k {}n a n n S 142(1)n a +{}n b 11b a =123n n b b -=+{3}n b +3n n n a b =+ð{}n ðn n T *n N ∀∈302n T λ-+…λ{}n a 14a =0n a >n n S 2)n a n =…{}n a 11{}n n a a +n n T n T {}n a 13a =25a =n n S 12122(3)n n n n S S S n ---+=+…{}n a n a *22256log (1n n b n N a =∈-{}n b n n S n n S {}n a 11a =22(2)21nn n S a n S =- (1){}nS {}n a {}n a n n S 2124n n a S n +=++21a -3a 7a {}n b {}n a {}n b 111n n n n na a ab +-=g g ð{}n ðn n T {}n a 12a =n n S 2n …n S、构成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，数列的前项和为，求．30．（2021春•平顶山期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，满足．（Ⅰ）证明：数列为等差数列；（Ⅱ）求满足的最小正整数．31．（2021•邵东市校级月考）已知数列的各项均为正数，对任意的，它的前项和满足，并且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求．32．（2021•南通模拟）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，，，为等差数列，求的最大值．33．（2021•通州区学业考试）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且．（1）求证：数列为等差数列；（2）从数列中抽出个不同的项按一定次序组成新数列．①若，且，，成等差数列，求的值；②是否存在偶数，使得，，，，，成等差数列？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．214n a 1n S -{}n a {}n b (1)n n n b lnS =-{}n b n n T n T {}n a n n S 224(*)n n n a S a n N =+∈2{}nS 12n a <n {}n a *n N ∈n n S 2111623n n n S a a =++2a 4a 9a {}n a 11(1)n n n n b a a ++=-g n T {}n b n 2n T {}n a n n S 22211(1)(1)22m n m n S a S ++=+m n 2a 3a 4a {}n a {}n b (1)n n n b a =--1n b 2n b ⋯12(t n t b n n n <<⋯<*)t N ∈t {}n a n n S *11()2n n nS a n N a =+∈2{}nS 2{}nS k {}k b 13b …12b b 23b b 31b b 123b b b ++k 12b b 23b b 34b b ⋯1k k b b -1k b b k34．已知数列，对任意，都有．（1）若是首项为1，公差为1的等差数列，求数列的通项公式；（2）若是等差数列，是等比数列，求证：．35．（2021春•广东月考）已知数列满足：，．（1）求，的值；（2）求数列的通项公式；（3）令，如果对任意，都有，求实数的取值范围．36．已知数列的首项，其前项和为，且满足；（1）求数列的通项公式；（2）当时，证明：对任意，都有．37．（2021春•内江期末）已知数列的前项和为，，且，数列满足，，对任意，都有．（1）求数列、的通项公式；（2）令．求证：；38．（2021•新罗区校级期中）已知数列满足对任意的都有，且．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，不等式式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．39．（2013秋•东胜区校级月考）已知数列满足，其中是的前项和，且，求（1）求的表达式；（2）求．40．（2021春•东湖区校级月考）已知等差数列的首项，公差，且第二项，第五项，第十四项分别是等比数列的第二项，第三项，第四项．{}n a {}n b *n N ∈112132122n n n n n a b a b a b a b n +--+++⋯+=--{}n a {}n b {}n a {}n b 112233111132n n a b a b a b a b +++⋯+<{}n a 123n n a a a a n a +++⋅⋅⋅+=-*n N ∈1a 2a {}n a (2)(1)n n b n a =--*n N ∈214n b t t +…t {}n a 1a a =n n S 2*13(1)()n n S S n n N ++=+∈{}n a 32a =*n N ∈2222232121111112n n a a a a -++⋯++<{}n a n n S 11a =(1)2(*)n n n a S n N +=∈{}n b 112b =214b =*n N ∈212n n n b b b ++={}n a {}n b 1122n n n T a b a b a b =++⋯+122n T <…{}n a *n N ∈0n a >33321212()n n a a a a a a ++⋯+=++⋯+{}n a 21n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n S 1log (1)3n a s a >-n a {}n a 2*()n n S n a n N =∈n S {}n a n 11a =n a n S {}n a 11a =0d >{}n b（1）求数列与的通项公式；（2）设数列对任意自然数，均有，求的前项和．{}n a {}n b {}n c n 3121123n n nc c c c a b b b b ++++⋯+={}n c n n S。

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。

高考数学《数列中的存在性问题》

高考数学数列中的存在性问题
解析：(1) 令 n＝1，则 a1＝S1＝1a12－a1＝0. (2) 由 Sn＝nan2－a1，即 Sn＝n2an， ① 得 Sn＋1＝n＋12an＋1. ② ②－①，得(n－1)an＋1＝nan. ③ 于是 nan＋2＝(n＋1)an＋1. ④
高考数学数列中的存在性问题
高考数学数列中的存在性问题
例 3 已知数列{an}的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数列，数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S3＝a4，a5＝a2＋a3. (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 若 amam＋1＝am＋2，求正整数 m 的值； (3) 是否存在正整数 m，使得SS2m2m－1恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的 m 的值；若不存在，请说明理由．
高考数学数列中的存在性问题
解析：(1) 由条件知 a1＝3. 当 n≥2 时，由 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋λan－n1＝n2＋2n， ① 得 a1＋aλ2＋aλ23＋…＋aλnn－－21＝(n－1)2＋2(n－1)． ② ①－②得λan－n1＝2n＋1，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n≥2)．因为 a1＝3，所以 an＝(2n＋1)λn－1(n∈N*)．
高考数学数列中的存在性问题
不合题意．综上可知 m＝2. (3) 因为 S2m＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m) ＝m1＋22m－1＋211－－33m＝3m＋m2－1. S2m－1＝S2m－a2m＝3m＋m2－1－2·3m－1＝3m－1＋m2－1. 所以SS2m2m－1＝33mm－＋1＋mm2－2－11＝3－3m2－1m＋2－m21－ 1≤3.
高考数学数列中的存在性问题

专题04 如何由数列前n项和Sn求数列通项an(解析版)

专题4 如何由数列前n 项和Sn 求数列通项公式an一、单选题1．（2020·贵州省高三期末）设等比数列的前项和为，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】当时，；当时，，解得.故选C.2．（2020·陕西省西安中学高三期末）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，1n n S a =-，则5S =（） A ．3116B ．312C ．132D ．3132【答案】D【解析】2n ≥时，1111n nn n S a S a --=-⎧⎨=-⎩，两式相减，整理得12n n a a -=， ∵112a =，∴112n n a a -=，所以{}n a 是首项为12，公比为12的等比数列，∴55111223113212S ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-，故选D.3．（2020·全国高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若323n n S a n =-，则2018a =（） A ．201821- B ．201836-C ．20181722⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．201811033⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】A【解析】由题意可得：()11323,3231n n n n S a n S a n ++=-=-+，两式作差可得：113223n n n a a a ++=--，即123n n a a +=--，()1121n n a a ++=-+，结合1113233S a a =-=可得：113,12a a =-+=-，则数列{}1n a +是首项为2-，公比为2-的等比数列，据此有：()()2017201820181222a +=-⨯-=，2018201821a ∴=-.本题选择A 选项.4．（2020·海南省高三）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*125n n S S n n n N++=-+∈，则1213aa +等于（） A ．2- B ．0 C ．2 D ．4【答案】C【解析】因为()2*125n n S S n n n N++=-+∈，所以当2n ≥时，21(1)25(1)n n S S n n -+=--+-，两式相减得1262(2)n n a a n n ++=-≥，令12n =，得12132a a +=.故选：C. 5．（2020·河南省高三期末）已知数列{}n a 满足()12347324n a a a n a n ++++-=，则23342122a a a a a a +++=（）A ．58 B ．34C ．54D ．52【答案】C 【解析】()12347324n a a a n a n ++++-=.当1n =时，14a =；当2n ≥时，由()12347324n a a a n a n ++++-=，可得()()1231473541n a a a n a n -++++-⋅=-，两式相减，可得()324n n a -=，故432n a n =-，因为14a =也适合上式，所以432n a n =-.依题意，()()12161611313433134n n a a n n n n ++⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，故233421221611111111161153477101013616434644a a a a a a ⎛⎫⎛⎫+++=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：C.二、填空题6．（2020·山西省高三期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若122n n S +=-，则n a =______.【答案】2n n a =-【解析】11122222+22(2)n n n nn n n n S S S a n ++-⇒=-=-=--≥=-当1n =时，112a S ==- 满足通项公式，故答案为2nn a =-7．（2020·黑龙江省高考模拟）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足，32n n S a =-.数列{}n na 的前n 项和为n T ，则满足100n T >的最小的n 值为______．【答案】7【解析】根据题意，数列{a n }满足S n ＝3a n ﹣2，① 当n ≥2时，有S n ﹣1＝3a n ﹣1﹣2，②，①﹣②可得：a n ＝3a n ﹣3a n ﹣1，变形可得2a n ＝3a n ﹣1，当n ＝1时，有S 1＝a 1＝3a 1﹣2，解可得a 1＝1，则数列{a n }是以a 1＝1为首项，公比为32的等比数列，则a n ＝（32）n ﹣1，数列{na n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1+232⨯+3×（32）2+……+n ×（32）n ﹣1，③则有32T n 32=+2×（32）2+3×（32）3+……+n ×（32）n ，④③﹣④可得：12-T n ＝1+（32）+（32）2+……×（32）n ﹣1﹣n ×（32）n ＝﹣2（132nn -）﹣n ×（32）n ，变形可得：T n ＝4+（2n ﹣4）×（32）n，若T n ＞100，即4+（2n ﹣4）×（32）n ＞100，分析可得：n ≥7，故满足T n ＞100的最小的n 值为7．8．（2020·湖南省长郡中学高三月考）已知数列{}n a 的前n 项和为()1121,4,41n n n S a S a a a n +==+++≥，则n a =______．【答案】14,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【解析】当2n ≥时，由1214n n S a a a +=+++，得1124n n S a a a -=+++，∴1144n n n S S a -+=-，即14n n a a +=，∴14(2)n na n a +=≥，又111214,44S a a a a ==+=， ∴212a =，∴当2n ≥时，2112434n n n a --=⨯=⨯．又14a =，不满足上式，所以所求通项公式为14,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．故答案为14,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩． 9．（2020·广东省高三月考）设数列{}n a 的前n 项和为n S .若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a =______；5S =______．【答案】1 121 【解析】由2121214a a a a =+⎧⎨+=⎩，解得11a =，23a =，当2n ≥时，由已知可得：121n n a S +=+，①121n n a S -=+，②①－②得12n n n a a a +=-，∴13n n a a +=，又213a a =， ∴{}n a 是以11a =为首项，以3q =为公比的等比数列．∴5511312113S -⨯==-.故答案为:3,12110．（2020·江苏省海安高级中学高三）设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S n ＝na n ﹣3n （n ﹣1）（n ∈N *），且a 2＝11，则S 20的值为_____．【答案】1240【解析】由S 2＝a 1+a 2＝2a 2﹣3×2（2﹣1），a 2＝11，可得a 1＝5．当n ≥2时，由S n ＝na n ﹣3n （n ﹣1）＝n （S n ﹣S n ﹣1）﹣3n （n ﹣1），可得（n ﹣1）S n ﹣nS n ﹣1＝3n （n ﹣1）， ∴131n n S S n n --=-，∴数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项151S =，公差为3的等差数列， ∴2020S =5+3×19＝62，∴S 20＝1240.故答案为：1240. 11．（2020·河南省南阳中学高三月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点*(,)()n n S n N ∈在函数22y x x =+的图像上，则数列的通项公式为 .【答案】41n a n =- 【解析】由题意可得：，当n=1,113,2,41n n n a n a S S n -=≥=-=- ,13,a =13,a =满足，41n a n ∴=-.12．（2020·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()*123n n n S a n N =-∈，2020S =_______________.【答案】202011443-⋅ 【解析】当1n =时有11123a a =-得113a =-，当2n ≥时，111123n n n S a ---=-①，又123n n n S a =-②，②－①得1111233n n n n n a a a --=-+-整理得123n n n a a -+=；于是2n =得21223a a +=，4n =得43423a a +=，6n =得65623a a +=，…，20182017201823a a +=，20202019202023a a +=；101020202462016201820202202012222221119211133333334319S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭- 故答案为：202011443-⋅．三、解答题13．（2020·山西省高三期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()*2Nn n S a n n =-∈.（Ⅰ）证明：{}1n a +是等比数列；（Ⅱ）求13521n a a a a -+++⋯+的值.【答案】（I ）见解析；（II ）()2413n n --【解析】（I ）由2n n S a n =-① 当1n =时，可得111211S a a =-⇒= 当2n ≥时，则()1121n n S a n --=--② 则①-②：()12212n n n a a a n -=--≥ 则()1121121n n n n a a a a --=+⇒+=+ 又112a +=所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列（II ）由（I ）可知：1221n nn n a a +=⇒=-所以2121121412n n n a --=-=⋅-记13521n n T a a a a -=+++⋯+ 所以()2144 (42)n n T n =+++- 又()()241444144 (414)3n n n --+++==-所以()()4412411233nnnT n n --=⋅-=- 14．（2020·安徽省六安一中高三月考）已知数列{}n a 前n 项和为113,2,(1)(2)n n n n S a S S n a n +==+++.（1）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）3nn a n n =⋅-（2）1(21)3(1)3424n n n S n n +-+=-+【解析】（1）由题知1n a +=()1312n n n a S S n n +⎛⎫-=++⎪⎝⎭，即1321n n a an n+=⨯++，即11311n n a a n n +⎛⎫+=+ ⎪+⎝⎭， 111,130a a =∴+=≠，10na n∴+≠， ∴数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为3，公比为3的等比数列，13n na n∴+=，3n n a n n ∴=⨯-；（2）由（1）知，3nn a n n =⨯-，n S ∴221312323333n n n =⨯-+⨯-+⨯-++⨯-221323333123n n n =⨯+⨯+⨯++⨯-----，设221323333n n M n =⨯+⨯+⨯++⨯， ①()23131323133n n n M n n +∴=⨯+⨯++-⨯+⨯ ②①-②得，()123111233(13)323333331322n n n n n n n M n n +++---=++++-⨯=-⨯=--， ()1213344n nn M +-∴=+，()11232n n n +-----=-，()()121313424n nn n n S +-+∴=-+.15．（2020·山东省高三月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n S a a =-()*n ∈N ，数列{}n b 满足16b =，14n n nb S a =++()*n ∈N . （I ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：12nT <. 【答案】（Ⅰ）12n na ；（Ⅱ）见解析【解析】（I ）由12n n S a a =-，当2n ≥时，1112n n S a a --=-，两式相减得12n n a a -=，所以数列{}n a 是公比为2的等比数列，而16b =，得11a =，{}n a 的通项公式为12n n a -=.（Ⅱ）由1221n n n S a a =-=-，得11232n n n b -=++，即()()111121121212121n n n n n n b ---==-++++，所以0112111111111112121212121212212n n n n T --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-<⎪ ⎪ ⎪+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 16．（2020·福建省高三期末）记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知0n a >，2634n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2211n n n n n a a b a a +++=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =+（2）()92434n nT n n =++【解析】（1）当1n =时，2111634S a a =+-，所以14a =或1-（不合，舍去）.因为2634n n n S a a =+-①，所以当2n 时，2111634n n n S a a ---=+-②，由①－②得2211633n n n n n a a a a a --=+--，所以()()1130n n n n a a a a --+--=. 又0n a >，所以13n n a a --=.因此{}n a 是首项为4，公差为3的等差数列. 故()43131n a n n =+-=+.（2）由（1）得()()()()22313433231343134n n n b n n n n +++==+-++++，所以333333222471031347n T n n =+-++-+++-++()333333922477103134434nn n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪+++⎝⎭ 17．（2020·海南省高三）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且()132n n S a -=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设3311log log n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）3nn a =；（2）1n nT n =+ 【解析】（1）因为()312n n S a =-，所以()11312n n S a ++=-. 相减得()1132n n n n S S a a ++-=-，所以()1132n n n a a a ++=-，所以13n n a a +=.又()111312S a a ==-，解得13a =，所以{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以1133n nn a a -=⋅=，即{}n a 的通项公式为3nn a =.（2）由（1）可得()33111log log 1n n n b a a n n +==+111n n =-+.所以12111111......12231n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111nn n =-=++. 18．（2020·北京市十一学校高三月考）若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得数列{}n a 的前n 项和n m S a =，则称{}n a 是“回归数列”.（1）①前n 项和为2nn S =的数列{}n a 是否是“回归数列”?并请说明理由；②通项公式为2n b n =的数列{}n b 是否是“回归数列”?并请说明理由；（2）设{}n a 是等差数列，首项11a =，公差0d <，若{}n a 是“回归数列”，求d 的值；（3）是否对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“回归数列”{}n b 和{}n c ，使得()n n n a b c n N *=+∈成立，请给出你的结论，并说明理由.【答案】（1）①是；②是；（2）1-；（3）见解析.【解析】（1）①当2,n n *≥∈N 时，111222n n n n n n a S S ---=-=-=，当1n =时，112a S ==，当2,n n *≥∈N 时，1n n S a +=，1m n ∃=+，所以数列{}n a 是“回归数列”；②因为2n b n =，所以前n 项和2n S n n =+，根据题意22n n m +=，因为2(1)n n n n +=+一定是偶数，所以存在(1)2n n m +=，使得n m S a =，所以数列{n b }是“回归数列”；（2）设{}n a 是等差数列为1(1)(1)22n n n n n S na d n d --=+=+，由题意可知：对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得数列{}n a 的前n 项和n m S a =，即(1)1(1)2n n n d m d -+=+-，取2n =，得1(1)d m d +=-，解得12m d=+，公差0d <，所以2m ∴<，又*,1,1m N m d ∈∴=∴=-；（3）设等差数列n a =1(1)a n d +-，总存在两个回归数列111(1),(1)()n n b a n a c n a d =--=-+，显然{}n b 和{}n c 是等差数列，使得()n n n a b c n N *=+∈，证明如下：111(1)(1)(1)n n n b c a n a n a n d a +=--+-+-=，数列{n b }前n 项和11(1)2n n n B ma a -=-，1,1;2,1n m n m ==== 3n ≥时，(3)22n n -+为正整数，当(3)22n nm -=+时，m n b B =，所以存在正整数(3)22n nm -=+，使得m n b B =，所以{n b }是“回归数列”，数列{n c }前n 项和n C =1(1)()2n n a d -+，存在正整数(1)12n n m -=+，使得n m C c =，所以{n c }是“回归数列”，所以结论成立.。

an与Sn的关系

≥
2
例2.(2014•湖南)已知数列{an}的前
n
项和
Sn=
n2+n 2
,n
∈
N
*．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设 bn= 2an+ ( -1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和．
【解答】:(Ⅰ)当 n = 1 时,a1= s1= 1,
当
n
≥
2
时,an=
Sn-
Sn-1=
n2+n 2
-
∵ an> 0(n ∈ N *), ∴ Sn> 0．∴ Sn= n2+ n．
∴当 n ≥ 2 时,an= Sn- Sn-1= (n2+ n) - [(n - 1)2+ (n - 1)] = 2n,
又∵ a1= 2 = 2 × 1, ∴ an= 2n(n ∈ N *)．
(3)由(2)可知 1 = 1,
即
an an-1
=
λ λ-1
,(n
≥
2),
∴{an}是等比数列,公比
q
=
λ λ-1
,
当
n
=
1
时,S1
=
1
+
λa1=
a1,即
a1=
1 1-λ
,∴
an=
1 1-λ
∙
λ λ-1
n-1
.
(2)若
S5=
31 32
,则若
S5=
1
+
λ
1 1-λ
∙
λ λ-1
4
= 3321 ,
即
λ 1-λ
5
=
31 32

【全程复习方略】2013版高中数学 (主干知识+典例精析)5.1数列(含递推公式)课件理新人教B版

【即时应用】(1)数列{an}的前n项和Sn=n2+1,则an= (2)数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1,Sn=nan,则an= 【解析】 (1)当n=1时，a1=S1=2; 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n2+1)-［(n-1)2+1］ =n2-(n-1)2=2n-1, 将n=1代入an=2n-1得a1=1≠2. ∴an=
2.“累乘法”求an 已知a1且 a n =f(n)(n≥2),可以用“累乘法”，
a n 1
即 a n =f(n), a n 1 =f(n-1),„, a 3 =f(3),
a n 1 a n 2
a2
a 2 =f(2)，所有等式左右两边分别相乘，代入a 得a . 1 n a1
【提醒】在求解出通项公式后，记得验证a1是否满足公式.
2 4
8
16
32
64
【解题指南】(1)从各项符号和各项绝对值的关系两方面考虑. (2)从考虑数列0.8,0.88,0.888,„和数列0.9,0.99,0.999,„ 的关系着手. (3)分子规律不明显，从考虑分子与分母的关系着手.
【规范解答】(1)符号可通过(-1)n表示，后面的数的绝对值总
比前面的数的绝对值大6，故通项公式为
＝
.
(2)数列{an}满足a1=1,an+1=an+1，则{an}的通项公式为_______.
【解析】(1)a1＝1，a2＝ a1
2a1 3 a a4 a4＝ 3 ＝ 1 ，a5＝＝ 1 . 2a 3 3 2a 4 3 161 53
＝
1 ，a3＝ a 2 ＝ 1 , 5 17 2a 2 3
【解析】由数列的定义可知①、②错误；数列{

等差数列前n项和性质

例2.在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10.求S110.
[解 ] 法一：(基本量法)设等差数列{an}的首项为 a1，公差
10a ＋1010－1d＝100， 1 2 为 d，则 100100－1 100a1＋ d＝10. 2
1 099 a ＝ 1 100 ，解得 d＝－ 11 . 50 110110－1 ∴S110＝110a1＋ d 2 1 099 110×109 11 ＝110× 100 ＋ × ( － 2 50)＝－110.
返回
n＋1 44 4 ＝ n ＝33＝3，得 n＝3. 又∵S 奇＝(n＋1)· an＋1＝44，∴an＋1＝11. 故这个数列中间项为 11，项数共有 2n＋1＝7 项.
返回
变式2．项数为2n+1的等差数列，奇数项之和为51，偶数项之和为42.5，首项为1，求这个数列的项数及通
项公式．
例2.在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10.求S110.
法三：(新数列法)∵S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110 －S100，…成等差数列， 10×9 ∴设该数列公差为 d，则其前 10 项和为 10×100＋ d＝10， 2 解得 d＝－22. 10×11 10×11 ∴前 11 项和为 11×100＋ d＝11×100＋ ×(－22)＝ 2 2 －110.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且lg(Sn＋1)＝n＋1，求
通项公式．
解：因为lg(Sn＋1)＝n＋1，所以Sn＋1＝10n＋1.即Sn＝10n＋1－1. 当n＝1时，a1＝S1＝102－1＝99，当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝(10n＋1－1)－(10n－1)＝9×10n，

由前n项和Sn,求通项公式an

解析： (1)由题意得，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…， a3－a2＝3，a2－a1＝2. 将上述各式累加得，an－a1＝n＋(n－1)＋…＋3＋2，即 an＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝nn2＋1，故 an＝nn2＋1.
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6
(2)当 n＝1 时，a1＝S1＝2×5－2＝8. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2·5n－2－2·5n－1＋2 ＝8·5n－1. ∴当 n＝1 时也适合 an，故 an＝8·5n－1.
整理课件
7
整理课件
4
(3)当 n＝1 时，a1＝S1＝2×12－3×1＋1＝0；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n＋1)－2(n－1)2＋3(n－1)－1＝4n －5；又 n＝1 时，an＝4×1－5＝－1≠a1，
0，n＝1， ∴an＝4n－5，n≥2.
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5
【变式训练】 2.由下列数列{an}的关系求数列{an}的通项公式， (1)a1＝1，an－an－1＝n(n≥2)； (2)已知数列{an}前n项和为Sn，且Sn＝2·5n－2.
由前n项和Sn，求通项公式an
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1
1．已知数列的递推公式求通项，可把每相邻两项的关系列出来，抓住它们的特点进行适当处理，有时借助拆分或取倒数等方法构造等差数列或等比数列，转化为等差数列或等比数列的通项问题．
2．由 an 与 Sn 的关系求 an
由 Sn 求 an 时，要分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论，然后验证两种情况
可否用统一的解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示为 an＝
S1
n＝1
Sn－Sn－1 n≥2 .整理课件 Nhomakorabea2

求数列通项公式常用的几种方法

求数列通项公式常用的几种方法一、公式法：已知数列｛a n｝为等差或等比数列，根据通项公式a n=a1+(n-1)d或a n=a1q n-1进行求解.例1：已知｛a n｝是一个等差数列，且a2=1,a5=-5，求｛a n｝的通项公式.二、前n项和法：已知数列｛a n｝的前n项和s n的解析式，求a n.例2：已知数列｛a n｝的前n项和s n=2n-1，求通项a n.三、s n与a n的关系式法：已知数列｛a n｝的前n项和s n与通项a n的关系式，求a ns n，其中a1=1，求a n.例3：已知数列｛a n｝的前n项和s n满足a n+1=13四、累加法：当数列｛a n｝中有a n-a n-1=f(n)，即第n项与第n-1项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4：a1=0, a n+1=a n+2(n-1)，求通项a n=f(n)，即第n项与第n-1项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.五、累乘法：当数列｛a n｝中有a na n−1例5：a1=1,a n=na n-1(n≥2),求通项a nn−1六、构造法：（一）、配常数法：在数列｛a n｝中有a n=ka n-1+b（k,b均为常数且k≠0），从表面形式上来看a n是关于a n-1的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设a n +m=k(a n-1+m) 则{a n +m}成等比数列例6：已知a1=1,a n=2a n-1+1(n≥2),求通项a n（二）配一次函数法：在数列{a n}中有a n=ka n-1+bn+c（k,b,c均为常数且k≠0），这时用下面的方法:一般化方法：设a n+tn+u=k(a n-1+t(n-1)+u)则{a n+tn+u}成等比数列例7：已知a1=1,a n=2a n-1+3n-2 (n≥2),求通项a n(三)、取倒数法：这种方法适用于a n =ka n−1man−1+p , (n ≥2)（k,m,p 均为常数m ≠0），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于a n =ka n-1+b 的式子. 例8：已知a 1=2,a n =2a n−1a n−1+2 (n ≥2),求通项a n(四)取对数法：一般情况下适用于a n k =a n−1l （k,l 为非零常数）例9：已知a 1=3,a n =a n−12(n ≥2) 求通项a n练习：1、已知}{n a 的首项11=a ，)(2*1N n n a a n n ∈+=+，，求}{n a 的通项公式.2、已知}{n a 中，n n a n n a 21+=+，且21=a ，求数列}{n a 的通项公式.3、已知下列各数列}{n a 的前n 项和n S 的公式为)(23S 2*∈-N n n n n ＝，求}{n a 的通项公式。

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：直观运用的S n ，求a n方法：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时的结果进展检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，那么可以把数列的通项公式合写；如果不符合，那么应该分n ＝1与n ≥2两段来写．同时，在局部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．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，那么数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －3B ．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．(2015·一中月考)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1) ·3n +1＋3(n ∈N *)，那么数列的通项公式a n ＝．【解析】当n ≥2时，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2) ·3n ＋3；那么用等式减去上式得(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·XX 一中月考){a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，那么a n ＝．【解析】由得S n ＋1＝2n ＋1，那么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 ≥2 4．(2015·树德期中){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)假设数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝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 ，那么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＝b n 2n ，那么c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝a n ＋1＝2n ① 当n ≥2时，c 1＋c 2＋c 3＋…＋－1＝2(n －1) ②由①－②得，＝2，当n ＝1时，c 1＝2，满足上式；那么＝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，条件往往是一个关于a n 与S n 的等式，问题那么是求解与a n ，S n 有关联的结论．那么我们需要通过对所求问题进展客观分析后，判定最后的结果中是保存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：假设所求问题是与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，保存项数a n ，在进展整理求解；1．(2015·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 *)，那么数列的通项公式是．【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，那么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 ，假设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)n 16．方向二：假设所求问题是与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 ，保存S n 与S n －1，在进展整理求解．1．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·名校联盟调考)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：＞) 【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 ，那么S n ＝．(2)由(1)知1S n ＝1n ＝22n ＞2n ＋1＋n ＝2(－)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－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关系式的形式构造很熟练的掌握，这样才能在题目中对等式灵活地变换．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，确定等式的运用方向．但一般是求解最底层的a n ．1．(2015·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那么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 ＋2)＝2(n ≥2)，易求得，a 1＋2＝3，a 2＋2＝6，那么a 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，那么a n ＝3·2n －1－2(n ∈N *)．2．(2015·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那么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)＝2(n ≥2)，显然a 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 ，那么b n ＝n ＋12n ．那么b 1＋b 2＋…＋b n ＝22＋322＋423…＋n ＋12n ，令T n ＝22＋322＋423…＋n ＋12n ，① 那么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＋－n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1＜32那么T n ＜3，即b 1＋b 2＋…＋b n ＜3．方向二：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展符号的判定，对因式进展的取舍．1．(2015·一模)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，那么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，那么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．那么a n ＋2＝3·2n －1，所以a n ＝3·2n －1－2．2．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：需对等式变形后，再求解1．(2015·五校联考)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)由得，4S n ＝(a n ＋1)2．当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，那么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，那么a n －a n －1＝2，当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，得a 1＝1；∴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＝1b1＋1b2＋1b3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1＝n2n＋1．2．(2015·中学月考)设数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a2＝8，S n＋1＋4S n－1＝5S n(n≥2)，T n是数列{log2a 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，a2＝4a1；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log2a n＝log222n－1＝2n－1，∴T n＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2a n＝1＋3＋5＋…＋2n－1＝＝n2．3．(2015·三县联考)数列{a n}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋a n，B(n)＝a2＋a3＋…＋a n＋1，C(n)=a3＋a4＋…＋a n＋2，其中n∈N*．(1)假设a1＝1，a2＝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) a1＝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)，那么a n＋1－a1＝a n＋2－a2，即a n＋2－a n＋1＝a2－a1＝4，∴a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3．(2)假设对任意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 )，那么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；那么a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1＝0，又a n ＞0，那么＝＝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－qn1－q ，q ≠1.4．(2015·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)，那么a n ＋1＝10a n ，即＝10，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100，那么＝10，故数列{a n }是以10为首项，10为公比的等比数列．∴a n ＝10n ，那么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＝3nn ＋1．(3)∵T n ＝3nn ＋1＝3－3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值．依题意有＞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·外国语中学模拟)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，那么数列{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 ≥2 2．(2015·二中月考)数列{a n }满足a 1＋a 22＋…＋a n n＝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 由等式减去上式，得a n n＝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·江淮十校联考)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 )，假设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )= f (3)(n ∈N *)，那么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，那么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 －1 4．(2015·二中期中)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＝a n ·b n ，T n 为{}的前n 项和，求T n ．【解】(1)当n ≥2时，S n －1＝32(b n －1－1)，那么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，那么⎩⎨⎧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＝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×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，a 1＝1，a n ＝2(a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1) (n ≥2，n ∈N *)，那么数列的通项公式是．【解析】由n ≥2时，a n ＝2S n －1①；当n ≥3时，a n －1＝2S n －2②①－②整理得a na 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·桂城摸底)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)假设b n ＝1a 2n (n ∈N *)，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求证：T n ＜53．⎝ ⎛⎭⎪⎫提示：＜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 －1①；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，那么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＝，当n ＝1时，b 1＝1＜53，不等式成立；当n ≥2时，＜＝＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋＋＋…＋＜1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17…＋12n －1－12n ＋1＜1＋23＝53， ∴T n ＜537．(2015·双基测试)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，那么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．(2014·一模)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＝n 2n ＋1．9．(2014·四校联考)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，那么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·卷)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 ，那么T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，那么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．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)假设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 ＝1n2＜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？假设存在，求出n 的值；假设不存在，请说明理由．【解】(1)由a n ＝S nn＋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．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 *)，假设对于任意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·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，那么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 na n ＋1＝12n2n ＋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．。

数学培优微专题《给Sn求an》解析版15

数学培优微专题《数列求通项之给S n 求a n 》1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足S n =2a n -2n +1．(1)求a n 和S n ；解：(1)S 1=2a 1-1，得a 1=1，由S n =2a n -2n +1①，得S n +1=2a n +1-2n +1 +1②，②-①得a n +1=2a n +1-2a n -2，即a n +1=2a n +2，即a n +1+2=2(a n +2)．∴{a n +2}为等比数列，公比为2，首项为a 1+2=3，∴a n +2=3×2n -1，∴a n =3×2n -1-2，S n =2a n -2n +1=3×2n -2n -3;2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1=12，a n +2S n S n -1=0(n ≥2)．(I )问：数列1S n是否为等差数列？并证明你的结论；(II )求S n 和a n ；解：(I )数列1S n是等差数列，理由如下：由已知，S 1=a 1=12，∴1S 1=2，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=-2S n S n -1，∴1S n -1S n -1=2∴1S n为等差数列，它的首项为2，公差为2；(II )由(I )知1S n =2+(n -1)×2=2n ，∴S n =12n，当n ≥2时，a n =-2S n S n -1=-2⋅12n ⋅12(n -1)=-12n (n -1)当n =1时，显然不符合以上通项，∴a n =12,n =1-12n (n -1),n ≥2 ；3.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且a n =S n +n 2．(1)若数列a n +t 是等比数列，求t 的取值；(2)求数列a n 的通项公式；解：(1)由a 1=S 1+12=a 1+12，得a 1=1，又由a n =S n +n 2，可得S n =2a n -n ，当n >1时，a n =S n -S n -1=2a n -n -2a n -1+(n -1)，即a n =2a n -1+1，所以a 2=2a 1+1=3，a 3=2a 2+1=7，依题意，(3+t )2=(1+t )×(7+t )，解得t =1，故t 的取值为1；(2)由(1)知，当n >1时，a n =2a n -1+1，所以a n +1=2(a n -1+1)，又因为a1+1=2，所以数列a n+1是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n+1=2×2n-1=2n，所以a n=2n-1，故数列a n的通项公式为a n=2n-1；4.在①S n+1=S n+1，②4S n-1是2n+1与a n的等比中项，③4S n=(1+a n)2(a n >0)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．问题：已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且满足________，若b n=1a n a n+1，求使不等式b1+b2+⋯+b n>919成立的最小正整数n．解：选①S n+1=S n+1，则S n+1-S n=1，所以数列{S n}是首项为S1=a1=1，公差为1的等差数列，所以S n=1+(n-1)×1=n，所以S n=n2(n∈N*)，又a n=S n-S n-1=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2)，a1=1也满足上式，所以a n=2n-1(n∈N*).选②4S n-1是2n+1与a n的等比中项，则4S n-1=(2n+1)a n，4S n-1-1=(2n-1)a n-1，n≥2，两式相减可得4a n=(2n+1)a n-(2n-1)a n-1，即(2n-3)a n=(2n-1)a n-1，则a n2n-1=a n-12n-3(n≥2)，所以数列a n2n-1为常数列，所以a n2n-1=a12×1-1=1，所以a n=2n-1(n∈N*).选③4S n=(1+a n)2(a n>0)，4S n-1=(1+a n-1)2，n≥2，两式相减可得4a n=(1+a n)2-(1+a n-1)2，即(a n-1)2-(1+a n-1)2=0，即(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0，所以a n-a n-1-2=0，即a n-a n-1=2(n≥2)，所以数列{a n}是首项为a1=1，公差为2的等差数列，所以a n=1+2(n-1)=2n-1．综上，不论选①②③，都可得a n=2n-1．所以b n=1a n a n+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，所以b1+b2+⋯+b n=121-13+13-15+⋯+12n-1-1 2n+1=121-12n+1>919，即12n+1<119，解得n>9，所以使不等式b1+b2+⋯+b n>919成立的最小正整数n=10．5.设数列a n的前n项和为S n，已知a1=1，S n+1-2S n=1，n∈N*．(1)证明：S n+1为等比数列，求出a n的通项公式；解：(1)∵S n+1-2S n=1，∴S n+1+1=2S n+1，n∈N*，因为a1=S1=1，所以可推出S n+1>0n∈N*．故S n+1+1S n+1=2，即S n+1为等比数列，且首项为S1+1=2，公比也为2，∴S n+1=2n，即S n=2n-1，当n≥2时，a n=S n-S n-1=2n-1，a1=1也满足此式，∴a n=2n-1；6.在①S n+1=4S n+1，②3S n=a n+1-2，③3S n=22n+1+λ(λ∈R)三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在下面问题中，并加以解答．设等比数列{a n}的前n项和为S n，a1=2，a n与S n满足______，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列b n=a n(a n+1)(a n+1+1)，数列{b n}的前n项和T n，求证：T n<19．解：(1)①不符合条件．若选①由已知S n+1=4S n+1⋯①，当n≥2时，S n=4S n-1+1⋯②，①-②可得a n+1=4a n(n≥2)，当n=1时，S2=4S1+1可得a2=7，则a2≠4a1．∴数列{a n}不是等比数列．选②，由已知3S n=a n+1-2⋯①，当n≥2时，3S n-1=a n-2⋯②，①-②可得a n+1=4a n(n≥2)，当n=1时，可得a2=8，满足a2=4a1．∴数列{a n}是首项为2，公比为4的等比数列，即可得a n=22n-1.选③，由已知3S n=22n+1+λ⋯①当n≥2时，3S n-1=22n-1+λ⋯②，①-②可得3a n=22n+1-22n-1=3⋅22n-1(n≥2).当n=1时，a1=2满足a n=22n-1．∴数列{a n}是首项为2，公比为4的等比数列，即可得a n=22n-1.(2)由(1)可得，b n=22n-1(22n-1+1)(22n+1+1)=13122n-1+1-122n+1+1，则T n=1313-19+19-⋯⋯+1 22n-1+1-122n+1+1=1313-122n+1+1<19．。

数列通项公式求法

数列通项公式求法
类型1：由sn求an.an=________________________
例1．（1）已知数列{an}的前n项和sn=n2-n+1，求an
（2）已知数列{an}的前n项和sn= ，求an
类型2： ,________________
例2．已知数列{an}中。a1=2，, (n>1), 求an
A．1B． C． D．
15．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
16.设数列满足，且2n ，则的值是（）
A B C D
17.已知数列满足：，且
（Ⅰ）求；（Ⅱ）求证数列为等比数列并求其通项公式；
例4.已知数列{an}满足a1=2。且an+1=2 an+2n+1，求an。
练1. 已知数列{an}满足a1=16. an+1=4an+3 4n+1. 求数列{an}的
通项公式。
类型5：型如：，_____________________
例5。已知数列{an}中，a1=1，an+1= 2an+3n求{an}通项
练1.在数列{an}中。已知求
练2.设数列的前项和为，对任意的正整数，都有
成立，记。求数列的通项公式。
练3.已知正项数列{an}其前n项和为
10 = +5 成等比数列，求通项an
11数列{an}中 { }是等比数列，且 , 求
12．在等差数列{an}中，公差d≠0。a2是a1与a4的等比中项。
练1.已知数列{an}满足a1=1， an ,求an

数列求通项公式的9种方法

例14
已知满足+2 = 3+1 − 2 ，2 = 2, 1 = 1，求的通项公式
九、奇偶分项求通项公式
核心思想：
n为奇数时，设n=2k-1
n为偶数时，设n=2k
例15 数列满足 = ቊ
2，为奇数时
，求的通项公式。

2 ，为偶数时
变式训练15
n2

a n ，求 {an } 的通项公式.
n
变式训练 6 已知数列 {an } 满足 a1 1 ， an1 2n an ，求 {an } 的通项公式.
变式训练 7 已知数列 {an } 满足 a1 1 ， an n(an1 an ) ，求 {an } 的通项公式.
四、加法构造
数列求通项公式常见的9种方法
知识复习
1、等差数列通项公式： an＝a1＋ (n－1)d
an＝am＋(n－m)d
2、等比数列通项公式： an＝ a1·
qn－1
am＝ a1·qn－m
一、利用 an 与 Sn 关系求 an
S1，
n＝1，
an＝
Sn－Sn－1， n≥2.
例1
n＋3.
已知数列{an}的前n项和Sn，求数列{an}的通项公式．(1)Sn＝2n－1；(2)Sn＝2n2＋
17
3
变式训练 10 已知数列 {an } 满足 a1
， an an1 5( n 2) ，求 {an } 的通项公式.
2
2
五、倒数构造
型如 an1
m an

(m pq 0) 的数列直接取倒数
pan q

例 8 已知数列 {an } 满足 a1 1 ， an1

已知sn求an的典型例题

已知 sn 求 an 的典型例题概述已知数列的通项公式可以帮助我们求出数列中任意一项的值。

对于一个递推数列，如果已知前 n 项 sn 的值，我们可以通过找到其中的规律并推导出通项公式 an。

本文将以一个典型的例题为例，讲解如何根据已知的 sn 求解 an。

问题描述我们已知一个递推数列的前 n 项值 sn，现需要求这个数列的通项公式 an。

解题思路要求解数列的通项公式 an，我们可以通过观察数列的前几项 sn，尝试找出其中的规律。

一般来说，数列的通项公式可以分为线性递增、线性递减、等差数列、等比数列等不同的类型，每种类型对应的通项公式也不同。

下面通过一个具体的例题来演示整个求解过程。

例题已知数列 s 的前 5 项为：1, 4, 7, 10, 13，请求该数列的通项公式。

解题过程1. 观察数列的前几项我们先观察数列的前几项，即：s1 = 1 s2 = 4 s3 = 7 s4 = 10 s5 = 13我们可以观察到，数列中每一项都比前一项增加了 3。

2. 推测数列类型根据观察到的数列规律，我们可以猜测该数列是一个等差数列，即每一项与前一项之差都相等。

3. 推导通项公式对于等差数列来说，通项公式的一般形式是：an = a1 + (n - 1) * d其中 a1 是数列的首项，d 是数列的公差，n 是项数。

现在我们已知数列的第一项 a1 = 1，公差 d = 3，我们将这些值代入通项公式，得到：an = 1 + (n - 1) * 3化简一下得到：an = 3n - 24. 验证通项公式我们可以使用该通项公式来验证数列的第一项到第五项是否一致。

将 n 依次替换为 1, 2, 3, 4, 5，计算出对应的数列值，与已知的数列值进行比较。

当 n = 1 时，代入通项公式：a1 = 3 * 1 - 2 = 1结果与已知的 s1 相等。

当 n = 2 时，代入通项公式：a2 = 3 * 2 - 2 = 4结果与已知的 s2 相等。