高考数学难点13 数列的通项与求和

2024高考数学数列知识点总结与题型分析数列是高中数学中的重要内容，作为数学的一个分支，数列的掌握对于高考数学的考试非常关键。

在本文中，我们将对2024年高考数学数列的知识点进行总结，并分析可能出现的相关题型。

一、等差数列与等差数列的通项公式等差数列是数学中最常见的数列类型之一。

对于等差数列，首先要了解等差数列的概念：如果一个数列中任意两个相邻的项之差都相等，则称该数列为等差数列。

1.1 等差数列的通项公式等差数列的通项公式是等差数列中非常重要的一个公式，它可以用来求解等差数列中任意一项。

设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，第$n$项为$a_n$，则等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1)d$1.2 等差数列的性质与常用公式等差数列有一些重要的性质与常用的公式，掌握这些性质与公式可以帮助我们更好地解决与等差数列相关的题目。

（1）等差数列中，任意三项可以构成一个等差数列。

（2）等差数列的前$n$项和公式为：$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$（3）等差数列的前$n$项和的差为：$S_n - S_m = (n-m+1)\frac{a_1 + a_{n+m}}{2}$二、等比数列与等比数列的通项公式等比数列也是数学中常见的数列类型之一。

与等差数列不同的是，等比数列中的任意两项的比值都相等。

2.1 等比数列的通项公式等比数列的通项公式可以用来求解等比数列中的任意一项。

设等比数列的首项为$a_1$，公比为$q$，第$n$项为$a_n$，则等比数列的通项公式为：$a_n = a_1 \cdot q^{(n-1)}$2.2 等比数列的性质与常用公式等比数列也有一些重要的性质与常用的公式，下面我们来了解一下：（1）等比数列中，任意三项可以构成一个等比数列。

（2）等比数列的前$n$项和公式为（$q\neq1$）：$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$（3）当公比$q \neq 1$时，等比数列的前$n$项和与第$n$项的关系为：$S_n = \frac{a_nq - a_1}{q - 1}$三、数列题型分析与解题技巧在高考数学中，对于数列的考察主要包括以下几个方面：3.1 数列的递推关系与通项公式的应用常见的数列题目往往要求我们根据已知的递推关系或者通项公式来求解数列中的某一项或者求解前$n$项的和。

数列求和（一）【总结】等差数列求和公式：11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+ ； 等比数列求和公式：11,1(1),11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩1、 已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23111443,9,,b b a b a b ====。

（1） 求{}n a 的通项公式；（2） 设n n n c a b =+，求{}n c 的前n 项和。

2、 已知{}n a 是等差数列，满足345984,73a a a a ++==。

（1） 求{}n a 的通项公式;（2） 对任意*m N ∈，将数列{}n a 中落入区间2(9,9)mm内的项的个数记为m b ，求数列{}m b 的前m 项和m S 。

【总结】一般题目中出现1212(),()()()x x k k f x f x l l +=+=为常数为常数时，可以采用倒叙相加的方法进行求和。

3、 函数()f x 对任意x R ∈都有1()(1)2f x f x +-=。

（1） 求1()2f 的值；（2） 若数列{}n a 满足11(0)()()(1)n n a f f f f nn-=++++，数列{}n a 是等差数列吗？4、 已知定义在R 上的偶函数()f x 和奇函数()g x ，且()()xf xg x e +=。

（1） 求函数()f x ，()g x 的解析式；（2） 设函数1()2()11()2g x F x f x -=+-，记121()()()()n H n F F F n n n-=+++，探究是否存在正整数(2)n n ≥，使得对任意(0,1]x ∈，不等式(2)()()g x H n g x >恒成立。

若存在，求出所有满足条件的正整数n 的值，若不存在，说明理由。

5、函数321()()212x F x x x -=≠-，则122018()()()201920192019F F F +++= 。

2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：数列求通项高考中的递推数列求通项问题，情境新颖新颖，有广度，创新度和深度，是高考的热点之一。

是一类考查思维能力的好题。

要求考生进行严格的逻辑推理，找到数列的通项公式，为此介绍几种常见递推数列通项公式的求解方式。

类型一：1()n n a a f n +=+（()f n 能够求和）−−−−→解决方法累加法例一、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。

解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 评注：一样情形下，累加法里只有n-1个等式相加。

类型一专项练习题：一、已知11a =，1n n a a n -=+（2≥n ），求n a 。

(12n n n a +=）二、已知数列{}n a ，1a =2，1n a +=n a +3n +2，求n a 。

(31)2n n n a +=3、已知数列}a {n 知足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。

21n a n =+ 4、已知}{n a 中，n n n a a a 2,311+==+，求n a 。

21nn a =+ 五、已知112a =,112n n n a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭*()n N ∈,求数列{}n a 通项公式.13122n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭六、 已知数列{}n a 知足11,a =()1132,n n n a a n --=+≥求通项公式n a ？（312n n a -=）7、假设数列的递推公式为1*113,23()n n n a a a n N ++==-⋅∈，那么求那个数列的通项公式 1123n n a +=-八、 已知数列}a {n 知足3a 132a a 1nn 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式。

一、数列通项公式的求法（1）已知数列的前n 项和n S ,求通项n a ； （2）数学归纳法：先猜后证;（3）叠加法(迭加法)：112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L ；叠乘法(迭乘法)：1223322111a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅=-----ΛΛ. 【叠加法主要应用于数列{}n a 满足1()n n a a f n +=+，其中()f n 是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成1()n n a a f n +-=，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出n a ，从而求出n s 】（4）构造法(待定系数法):形如1n n a ka b -=+、1nn n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列；【用构造法求数列的通项或前n 项和：所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的通项或前n 项和.】 （5）涉及递推公式的问题，常借助于“迭代法”解决.【根据递推公式求通项公式的常见类型】 ①1+1=,()n n a a a a f n =+型，其中()f n 是可以和数列，用累加法求通项公式，即1思路（叠加法）1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得111()n n i a a f n -=-=∑，即111()n n i a a f n -==+∑例题1：已知11a =，1n n a a n -=+，求n a解：∵1n n a a n -=+ ∴1n n a a n --=，依次类推有：122321122n n n n a a n a a n a a -----=--=--=、、…∴将各式叠加并整理得12n n i a a n =-=∑，121(1)2n nn i i n n a a n n ==+=+==∑∑ 思路（转化法）1(1)n n a pa f n -=+-，递推式两边同时除以np 得11(1)n n n n na a f n p p p ---=+，我们令n n n a b p =，那么问题就可以转化为类型一进行求解了.例题： 已知12a =，1142n n n a a ++=+，求n a解：∵1142n n n a a ++=+ ∴142nn n a a -=+，则111442nn n nn a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∵令4n n na b =，则112nn n b b -⎛⎫-= ⎪⎝⎭，依此类推有11212n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、22312n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、…、22112b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭∴各式叠加得1212nnn i b b =⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑，即122111*********n n n n n n n n i i i b b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ ∴1441422n nnn n n n a b ⎡⎤⎛⎫=⋅=⋅-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦②1+1=,()n n a a a a f n =⋅型，其中()f n 是可以求积数列，用累乘法求通项公式，即1(2)(1)f f a思路（叠乘法）：1(1)n n a f n a -=-，依次类推有：12(2)n n a f n a --=-、23(3)n n a f n a --=-、…、21(1)af a =， 将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)na f f f a =⋅⋅⋅…(2)(1)f n f n ⋅-⋅-，即(1)(2)(3)n a f f f =⋅⋅⋅…1(2)(1)f n f n a ⋅-⋅-⋅例题：已知11a =，111n n n a a n --=+，求n a . 解：∵111n n n a a n --=+ ∴111n n a n a n --=+，依次类推有：122n n a n a n ---=、2331n n a n a n ---=-、…、3224a a =、2113a a = ∵11a =∴将各式叠乘并整理得112311n a n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+-…2143⋅⋅，即12311n n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+- (212)43(1)n n ⋅⋅=+ ③1+1=,n n a a a pa q =+型（其中p q 、是常数），可以采用待定系数法、换元法求通项公式，即1()11n n q q a p a p p +-=---，设1n n qba p=--，则1n n b pb +=.利用②的方法求出n b 进而求出n a 当1p =时，数列{}n a 是等差数列；当0,0p q ≠=时，数列{}n a 是等比数列； 当0p ≠且1,0p q ≠≠时，可以将递推关系转化为111n n q q a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭,则数列1nq a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11qa p +-为首项，p 为公比的等比数列.思路（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，即1111n nq qa a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭ 例题：已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式 解：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=∵11a =∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列∴113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-④1+1=,n n n a a a pa q =+型,其中p q 、是常数且0,1q q ≠≠，111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,设n n n a b q =，则11n np b b q q+=⋅+思路（构造法）：11n n n a pa rq --=+，设11n n n n a a q q μλμ--⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，则()11n n q p q rq λμλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，从而解得p q r p q λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪-⎩那么n na r qp q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以1a r q p q +-为首项，p q 为公比的等比数列 例题：已知11a =，112n n n a a --=-+，求n a 。

高考数学考点突破——数列：数列求和含解析(1)
【考点梳理】
1．公式法
(1)等差数列的前n 项和公式：
Sn ＝＝na1＋d ；
(2)等比数列的前n 项和公式：
Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na1，q ＝1，a1－anq 1－q ＝－1－q ，q≠1.
2．分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)裂项时常用的三种变形：
①＝－；
②＝；
③＝－.
4．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
6．并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
【考点突破】
考点一、公式法求和
【例1】已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
[解析] (1)设{an}的公差为d，由a1＝1，a2＋a4＝10得1＋d＋1＋3d＝10，
所以d＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.。

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

数列求和的⼏种⽅法、数列的实际应⽤问题数列求和的⼏种⽅法、数列的实际应⽤问题⼀. 教学难点：数列的实际应⽤问题⼆. 课标要求：1. 探索并掌握⼀些基本的数列求前n 项和的⽅法；2. 能在具体的问题情境中，发现数列的通项和递推关系，并能⽤有关等差、等⽐数列知识解决相应的实际问题．三. 命题⾛向：数列求和和数列综合及实际问题在⾼考中占有重要的地位，⼀般情况下都是出⼀道解答题，解答题⼤多以数列为⼯具，综合运⽤函数、⽅程、不等式等知识，通过运⽤逆推思想、函数与⽅程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想⽅法，这些题⽬都考查考⽣灵活运⽤数学知识分析问题和解决问题的能⼒，它们都属于中、⾼档题⽬．有关命题趋势：1. 数列是⼀种特殊的函数，⽽不等式则是深刻认识函数和数列的有效⼯具，三者的综合题是对基础和能⼒的双重检验，在三者交汇处设计试题，特别是代数推理题是⾼考的重点；2. 数列推理题将继续成为数列命题的⼀个亮点，这是由于此类题⽬能突出考查学⽣的逻辑思维能⼒，能区分学⽣思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度；3. 数列与新的章节知识结合的特点有可能加强，如与解析⼏何的结合等；4. 有关数列的应⽤问题也⼀直备受关注．【教学过程】⼀、基本知识回顾 1. 数列求通项与和（1）数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n ＝--11s s s n n 12=≥n n ．（2）求通项常⽤⽅法①作新数列法．作等差数列与等⽐数列．②累差叠加法．最基本的形式是：a n ＝（a n －a n －1）＋（a n －1＋a n －2）＋…＋（a 2－a 1）＋a 1．③归纳、猜想法．（3）数列前n 项和①重要公式：等差和等⽐数列的求和公式1＋2＋…＋n ＝21n （n ＋1）；12＋22＋…＋n 2＝61n （n ＋1）（2n ＋1）；13＋23＋…＋n 3＝（1＋2＋…＋n ）2＝41n 2（n ＋1）2；②裂项相消法将数列的通项分成两个式⼦的代数和，即a n ＝f （n ＋1）－f （n ），然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法．⽤裂项法求和，需要掌握⼀些常见的裂项，如：)11(1))((1C An B An B C C An B An a n +-+-=++=、)1(1+n n ＝n 1－11+n 等．③错位相减法（可⽤于推导等⽐数列前n 项和公式）对⼀个由等差数列及等⽐数列对应项之积组成的数列的前n 项和，常⽤错位相减法．n n n c b a ?=，其中{}n b 是等差数列， {}n c 是等⽐数列，记n n n n n c b c b c b c b S ++?++=--112211，则1211n n n n n qS b c b c b c -+=+??++，…④分组转化求和把数列的某些项放在⼀起先求和，然后再求S n ．⑤倒序相加法（可⽤于推导等差数列前n 项和公式） 2. 递归数列数列的连续若⼲项满⾜的等量关系a n ＋k ＝f （a n ＋k －1，a n ＋k －2，…，a n ）称为数列的递归关系．由递归关系及k 个初始值可以确定的⼀个数列叫做递归数列．如由a n ＋1＝2a n ＋1，及a 1＝1，确定的数列}12{-n 即为递归数列．递归数列的通项的求法⼀般说来有以下⼏种：（1）归纳、猜想．（2）迭代法．（3）代换法．包括代数代换，对数代数，三⾓代数．（4）作新数列法．最常见的是作成等差数列或等⽐数列来解决问题．【典型例题】例1. 已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，⾸项也不为0，求和：∑=+ni i i a a 111．解：⾸先考虑=∑=+n i i i a a 111∑=+-n i i i a a d 11)11(1，则∑=+ni i i a a 111＝1111)11(1++=-n n a a na a d ．点评：已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，⾸项也不为0，下列求和11nni i ===也可⽤裂项求和法．例2. 求)(,32114321132112111*N n n ∈+++++++++++++++．解：)1(2211+=+?++=k k k a k ， ])1n (n 1321211[2S n ++?+?+?=∴.1n n 21n 1121n 1n 131212112+=??+-= ??+-+?+??-+ -= 点评：裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单⼀些．例3. 设221)(+=x x f ，利⽤课本中推导等差数列前n 项和的⽅法，可求得)6()5()0()4()5(f f f f f ++++-+- 的值为____________解：课本中推导等差数列前n 项和的⽅法为倒序相加法.因为22221221)1()(1=+++=-+-x x x f x f所以22)1()0()5()4()6()5(=+==+-=+-f f f f f f原式＝622＝23点评：本题曾为上海⾼考题，主要考查考⽣对课本的熟练程度和倒序相加法的应⽤，其中有函数式⼦的变化，计算能⼒的考查．例4. 已知1,0≠>a a ，数列{}n a 是⾸项为a ，公⽐也为a 的等⽐数列，令)(lg N n a a b n n n ∈?=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．解：,lg n nn n a a b n a a ==? ， 232341(23)lg (23)lg n n n n S a a a na a aS a a a na a +∴=++++=++++ ……①……②①－②得：a na a a a S a n n n lg )()1(12+-+++=- ，[]nn ana n a a a S )1(1)1(lg 2-+--=∴点评：设数列{}n a 是等⽐数列，数列{}n b 是等差数列，则对数列{}n n b a 的前n 项和nS 进⾏求解，均可⽤错位相减．例 5. 数列),60cos 1000lg(),...60cos 1000lg(),60cos 1000lg(,1000lg 1n 2-…的前多少项和为最⼤？解：{}3(1)lg2,n n a n a =--是以3为⾸项，以lg 2-为公差的等差数列，2lg 26lg 2[33(1)lg 2],222n n S n n n +=+--=-+对称轴*6lg 210.47,,10,112lg 2n n N +=≈∈⽐较起来10更靠近对称轴∴前10项和为最⼤另法：由100n n a a +≥??点评：求和的最值关键在于找分界点.例6. 求数列1，3＋13，32＋132，……，3n ＋13n的各项的和．解：其和为（1＋3＋ (3)）＋（13132+＋…＋13n ）＝3121321n n +--+-＝12（3n ＋1－3－n ）．点评：分组转化法求和.例7. （2006年浙江卷20）已知函数()f x ＝x 3＋x 2，数列{x n }．（x n ＞ 0）的第⼀项x 1＝1，以后各项按如下⽅式取定：曲线y ＝()f x 在11(())n n x f x ++?处的切线与经过（0，0）和（x n ，f （x n ））两点的直线平⾏（如图）．求证：当n ∈*N 时：（I ）221132n n n n x x xx -++=+；（II ）1211()()22n n n x --≤≤．解：（I ）因为'2 ()32,f x x x =+所以曲线()y f x =在11(,())n n x f x ++处的切线斜率121132.n n n k x x +++=+因为过(0,0)和(,())n n x f x 两点的直线斜率是2,n n x x +所以221132n n n n x x x x +++=+.（II ）因为函数2()h x x x =+当0x >时单调递增，⽽221132n n n n x x x x +++=+21142n n x x ++≤+211(2)2n n x x ++=+所以12nn x x +≤，即11,2n n x x +≥ 因此1121211().2n n n n n n x x x x x x x ----=≥⼜因为12212(),n n n n x x x x +++≥+ 令2,n n n y x x =+则11.2n ny y +≤ 因为21112,y x x =+=所以12111()().22n n n y y --≤?=因此221(),2n n n n x x x -≤+≤故1211()().22n n n x --≤≤点评：数列与解析⼏何问题结合在⼀块，数列的通项与线段的长度、点的坐标建⽴起联系．例8. （2005上海⾼考20.）假设某市2004年新建住房400万平⽅⽶，其中有250万平⽅⽶是中低价房.预计在今后的若⼲年内，该市每年新建住房⾯积平均⽐上⼀年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的⾯积均⽐上⼀年增加50万平⽅⽶.那么，到哪⼀年底，（1）该市历年所建中低价房的累计⾯积（以2004年为累计的第⼀年）将⾸次不少于4750万平⽅⽶?（2）当年建造的中低价房的⾯积占该年建造住房⾯积的⽐例⾸次⼤于85%? 解：（1）设中低价房⾯积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋502)1(?-n n ＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4750，即n 2＋9n －190≥0，⽽n 是正整数，∴n ≥10．到2013年底，该市历年所建中低价房的累计⾯积将⾸次不少于4750万平⽅⽶．（2）设新建住房⾯积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等⽐数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400·（1.08）n －1·0.85．由题意可知a n ＞0.85 b n ，有250＋（n －1）·50＞400·（1.08）n －1·0.85．由计算器解得满⾜上述不等式的最⼩正整数n ＝6．到2009年底，当年建造的中低价房的⾯积占该年建造住房⾯积的⽐例⾸次⼤于85%．点评：本题考查等差、等⽐数列的应⽤题，关键是如何把实际问题转化为数列问题，注意解应⽤题的设、列、解、答四个步骤．例9. 某企业进⾏技术改造，有两种⽅案，甲⽅案：⼀次性贷款10万元，第⼀年便可获利1万元，以后每年⽐前⼀年增加30%的利润；⼄⽅案：每年贷款1万元，第⼀年可获利1万元，以后每年⽐前⼀年增加5千元；两种⽅案的使⽤期都是10年，到期⼀次性归还本息．若银⾏两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试⽐较两种⽅案中，哪种获利更多？（取665.575.1,786.133.1,629.105.1101010===）解：甲⽅案是等⽐数列，⼄⽅案是等差数列，①甲⽅案获利：63.423.013.1%)301(%)301(%)301(11092≈-=+++++++ （万元），银⾏贷款本息：29.16%)51(1010≈+（万元），故甲⽅案纯利：34.2629.1663.42=-（万元），②⼄⽅案获利：5.02910110)5.091()5.021()5.01(1??+=+++++++50.32=（万元）；银⾏本息和：]%)51(%)51(%)51(1[05.192+++++++? 21.1305.0105.105.110≈-?=（万元）故⼄⽅案纯利：29.1921.1350.32=-（万元）；综上可知，甲⽅案更好．点评：这是⼀道⽐较简单的数列应⽤问题，由于本息与利润是熟悉的概念，因此只建⽴通项公式并运⽤所学过的公式求解．例10. （2007⼭东理17）设数列{}n a 满⾜211233333n n na a a a -++++=（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）设n n nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．解：（I ）2112333...3,3n n na a a a -+++= 221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥验证1n =时也满⾜上式，*1().3n n a n N =∈（II ）3nn b n =?，23132333...3n n S n =?+?+?+?231233333n n n S n +-=+++-?11332313n n n S n ++--=-?-，111333244n n n n S ++=?-?+?例11. （2007⼭东⽂18）设{}n a 是公⽐⼤于1的等⽐数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知37S =，且123334a a a ++，，构成等差数列．（1）求数列{}n a 的等差数列．（2）令31ln 12n n b a n +== ，，，，求数列{}n b 的前n 项和T n ．解：（1）由已知得1231327:(3)(4)3.2a a a a a a ++=??+++=，解得22a =．设数列{}n a 的公⽐为q ，由22a =，可得1322a a qq ==，．227q q ++=，即22520q q -+=，解得12122q q ==，．由题意得12q q >∴=，． 11a ∴=．故数列{}n a 的通项为12n n a -=．（2）由于31ln 12n n b a n +== ，，，，由（1）得3312nn a +=3ln 23ln 2n n b n ∴==⼜2ln 3b b n 1n =-+{}n b ∴是等差数列． 12n n T b b b ∴=+++.2ln 2)1n (n 32)2ln n 32ln 3(n 2)b b (n n 1+=+=+=故3(1)ln 22n n n T +=．点评：2007年⼭东⾼考⽂科和理科数列的题⽬都在⼤题的前两题的位置，理科考查的是错位相减法求和，⽂科为等差和等⽐数列公式的应⽤，都考查了考⽣的运算能⼒．例12. （2007福建⽂21）数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T ．解：（Ⅰ）12n n a S += ，12n n n S S S +∴-=，13n nS S +∴=．⼜111S a == ，∴数列{}n S 是⾸项为1，公⽐为3的等⽐数列，1*3()n n S n -=∈N ．当2n ≥时， )2(32221≥?==--n S a n n n ，≥?==∴-2,321,12n n a n n （Ⅱ）12323n n T a a a na =++++ ，当1n =时，11T =；当2n ≥时，2103236341-?++?+?+=n n n T ，…………①12132363433-?++?+?+=n n n T ………………………②-①②得：122132)333(2422--?-+++++-=-n n n n T123231)31(322--?---?+=n n n13)21(1-?-+-=n n ． 1113(2)22n n T n n -??∴=+- ≥．⼜111T a == 也满⾜上式，1*113()22n n T n n -??∴=+-∈ N ．点评：本⼩题考查数列的基本知识，考查等⽐数列的概念、通项公式及数列的求和，考查分类讨论及化归的数学思想⽅法，以及推理和运算能⼒．满分12分．［思维⼩结］1. 数列求和的常⽤⽅法（1）公式法：适⽤于等差、等⽐数列或可转化为等差、等⽐数列的数列；（2）裂项相消法：适⽤于+1n n a a c 其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分⽆理数列、含阶乘的数列等；（3）错位相减法：适⽤于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等⽐数列．（4）倒序相加法：类似于等差数列前n 项和公式的推导⽅法. （5）分组求和法 2. 常⽤结论nk k ==∑1＋2＋3＋...＋n ＝ 2)1(+n n（2）1(21)nk k =-=∑1＋3＋5＋...＋（2n －1）＝2n（3）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n（4）111)1(1+-=+n n n n )211(21)2(1+-=+n n n n（5）)()11(11q p q p p q pq <--=3. 数学思想（1）迭加累加（等差数列的通项公式的推导⽅法）若1(),(2)n n a a f n n --=≥，则……；（2）迭乘累乘（等⽐数列的通项公式的推导⽅法）若1()(2)nn a g n n a -=≥，则……；（3）逆序相加（等差数列求和公式的推导⽅法）；（4）错位相减（等⽐数列求和公式的推导⽅法）．4. 应⽤题注意审清题意，把实际问题转化为数列中的问题．设、列、解、答四步骤不可少．【模拟试题】1. 数列{}n a 的通项公式11++=n n a n ，则该数列的前（）项之和等于9.A. 98B. 99C. 96D. 972. 在等差数列{}n a 中，若4,184==S S ，则20191817a a a a +++的值为（）A. 9D. 173. 在等差数列{}n a 中，2700...,200...10052515021=+++=+++a a a a a a ，则1a 为（）A. 22.5-B. 21.5-C. 20.5-D. 20-4. 已知等差数列n a n 的前}{项和m S a a a m S m m m m n 则且若,38,0,1,12211==-+>-+-等于（）A. 38B. 20C. 10D. 95. 等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，若231n n S nT n =+，则n n a b ＝（）A. 23B. 2131n n --C. 2131n n ++D. 2134n n -+6. 已知数列的12++=n n S n ，则12111098a a a a a ++++＝_____________．7. 在等差数列{}n a 中，公差21=d ，前100项的和45100=S ，则99531...a a a a ++++＝_____________．8. 若等差数列{}n a 中，37101148,4,a a a a a +-=-=则13__________.S =9. ⼀个等⽐数列各项均为正数，且它的任何⼀项都等于它的后⾯两项的和，则公⽐q 为_______________．10. （2007北京理）若数列{}n a 的前n 项和210(123)nS n n n =-= ，，，，则此数列的通项公式为；数列{}n na 中数值最⼩的项是第项．11. 已知数列{}n a 的前n 项和nn S 23+=，求n a ．170，求此数列的公⽐和项数．13. 数列),60cos 1000lg(),...60cos 1000lg(),60cos 1000lg(,1000lg 1n 2-…的前多少项和为最⼤？14. 已知数列{}n a 的前n 项和)34()1( (139511)--++-+-=-n S n n，求312215S S S -+的值．【试题答案】1. B...n n a S ===+110,99n S n ====2. A 4841,3,S S S =-=⽽48412816122016,,,,,S S S S S S S S S ----成等差数列即1,3,5,7,9,1718192020169a a a a S S +++=-=3. C501505027002005050,1,()2002d d S a a -=?==+=，1501118,2498,241,20.5a a a d a a +=+==-=- 4. C 20,(2)0,2,m m m m m m a a a a a a +-=-==21121221()(21)38,21192m m m m S a a m am --+=-=-=，m ＝10．5. B 121212112121()22(21)21223(21)131()2n n n n n n n n n a a a a S n n b b T n n b b -----+--=====-+-+6. 100228910111212712121(771)100a a a a a S S ++++=-=++-++= 7. 10 100110011001991100100()45,0.9,0.4,2S a a a a a a a a d =+=+=+=+-="1995050()0.41022S a a =+=?=8.156371011431110471311371312,,12,()132a a a a a a a a a a S a a a +-+-=+=+==+=9.设2212,10,0,n n n n n a a a qa q a q q q q ++=+=++-=>=10. 211n - 3 11. 解：111132,32,2(2)n n n nn n n n S S a S S n ----=+=+=-=≥ ⽽115a S ==，∴≥==-)2(,2)1(,51n n a n n 12. 解：设此数列的公⽐为,(1)q q ≠，项数为2n ，则,170q 1)q 1(a S ,85q 1)q 1(a S 2n 222n 21=--=偶奇2221122,85,2256,28,14n n S a q n S a -======-偶奇∴,2=q 项数为813. 解：{}3(1)lg2,n n a n a =--是以3为⾸项，以lg 2-为公差的等差数列，2lg 26lg 2[33(1)lg 2],222n n S n n n +=+--=-+对称轴*6lg 210.47,,10,112lg 2n n N +=≈∈⽐较起来10更靠近对称轴∴前10项和为最⼤．另法：由100n n a a +≥??14. 解：(4),2,2121,(4)43,2n n nn n n S S n n n n n ??-?-??==??---+-??为偶数为偶数，，为奇数为奇数15223129,44,61,S S S ==-=15223176S S S +-=-。

数列汇总一、通项公式二、数列求和补充：22 2233(1)(21)(1)2,264n n n n nn n+++ +++=+++= 23111()f n一．通项类型1：等差求通项思想：叠加求通项，用于11()()nn n n a a f n a a f n ---=⇔=+型；例1：已知数列|n a |满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n（I ）求;,32a a （II ）证明：213-=n n a变式1：设数列{}a n 中，12a =，11n n a a n +=++，则通项a n = 变式2：在数列{}n a 中，12a =， 11ln(1)n n a a n+=++，则n a =（ ）A ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++类型2：等比求通项思想：叠乘求通项，用于11()()nn n n a f n a a f n a --=⇔=⋅型； 例2：在数列{}n a 中，111,(2),1n n a n a n a n -==≥-则?n a = 变式1：设{}n a 是首项为1的正项数列，1221(1)0(1,2)n nn n n a na a a n +++-+== 则它的通项公式是n a =_____变式2：在数列{}n a 中，已知211,,n n a S n a ==求通项n a ；类型3： 已知n S 求通项n a ：{112,1n n s s n n s n a --≥==，例3：数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T ．变式1：设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，142n n S a +=+．（Ⅰ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式； 变式2：若2log (1)n S n +=，则?n a =变式3:正项数列{}n a 满足：11,a =n S 是其前n 项之和，且121n n n S S a +++=，求n n S a 、；例4：在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =___ 变式1：已知数列{}a n 的前n 项和,22nn n S a =- (Ⅰ)求34a a 、；(Ⅱ)证明：数列{}12a a n n +-是一个等比数列. (Ⅲ)求{}a n 的通项公式.变式2：已知数列{}n a 满足12211,3,3n n a a a a ++===2n a -,*()n N ∈,（I ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列； （II ）求数列{}n a 的通项公式；例5：在数列{}n a 中，11a =，122nn n a a +=+．（Ⅰ）设12nn n a b -=．证明：数列{}n b 是等差数列； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ．变式1：已知数列{}n a 中，11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-，(20)n q ≠≥，．（Ⅰ）设1()n n n b a a n +=-∈*N ，证明{}n b 是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式；小结：先证明新数列为等差或等比再求通项问题，先从问题入手按证明等差或等比方法证明问题，再由等差或等比的通项公式间接解决问题。