数列专题常见求通项及求和方法辅导讲义

数列专题复习（等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项）专题1 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝264n ，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________．规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2) a 2n ＝a n －1a n ＋1 (n ≥2，a n ≠0) 前n 项和法S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)S n ＝kq n －k (k ≠0，q ≠0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n.(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．专题2 数列求和及其综合应用[考情分析] 数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上． 考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n ＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( )A ．－16B ．－8C ．8D ．16(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件专题3 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列．例 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1＝f (n ))； ②含有(－1)n 的类型；③含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－4002．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p )·(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是________．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .专题4 用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f (x )，我们把满足f (m )＝m 的值x ＝m 称为函数f (x )的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．例 (1)在数列{a n }中，a 1＝1, a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式．解 设f (x )＝12x ＋1，令f (x )＝x ，即12x ＋1＝x ，得x ＝2，∴x ＝2是函数f (x )＝12x ＋1的不动点，∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴数列{a n －2}是以－1为首项，以12为公比的等比数列，∴a n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，n ∈N *.(2)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，求该数列的通项公式．解 由方程x ＝7x －2x ＋4，得数列{a n }的不动点为1和2，a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－(a n ＋4)7a n －2－2(a n ＋4)＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2·⎝⎛⎭⎫65n －1， 解得a n ＝12·⎝⎛⎭⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.(1)若f (x )＝ax ＋b (a ≠0,1)，p 是f (x )的不动点．数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，则a n ＋1－p ＝a (a n －p )，即{a n －p }是公比为a 的等比数列．(2)设f (x )＝ax ＋bcx ＋d (c ≠0，ad －bc ≠0)，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1≠f (a 1)．若f (x )有两个相异的不动点p ，q ，则a n ＋1－p a n ＋1－q ＝k ·a n －p a n －q ⎝ ⎛⎭⎪⎫此处k ＝a －pc a －qc .1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－13a n －2，a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n －1＋22a n －1＋1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．3．设数列{a n }满足8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0(n ≥1，n ∈N *)，且a 1＝1，记b n ＝1a n －12(n ≥1)．求数列{b n }的通项公式．。

教师辅导讲义（2）讲义编号：学员编号 年 级 高三 课 时 数学员姓名辅导科目数学学 科 教 师戴老师课 题 数列专题授课时间： 教学目标教学内容备考策略：数列问题历来是江苏卷压轴题的必考内容，解答题中难度很大，填空题基本上为基础题，所以在今后的复习中需要关注以下几点：1．等差、等比数列的基本量的求解．2．等差、等比数列的性质如等差(比)中项． 3．多采取从特殊到一般研究问题的角度． 4．恒等问题和不等关系基本论证的训练．数列通项及求和 主干知识整合：1．数列通项求解的方法(1)公式法；(2)根据递推关系求通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③转化法．(3)不完全归纳法即从特殊到一般的归纳法；(4)用a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)求解．2．数列求和的基本方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)裂项相消法；(4)错位相减法；(5)倒序相加法． ► 探究点 一 公式法如果所给数列满足等差或者等比数列的定义，则可以求出a 1，d 或q 后，直接代入公式求出a n 或S n .例1 (1)已知正数数列{a n }对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ·a q ，若a 2＝4，则a n ＝________. ,(2)数列{a n }为正项等比数列，若a 2＝1，且a n ＋a n ＋1＝6a n －1(n ∈N ，n ≥2)，则此数列的前n 项和S n ＝________.(1)2n (2)2n －1－12 【解析】 (1)由a p ＋q ＝a p ·a q ，a 2＝4，可得a 2＝a 21＝4⇒a 1＝2，所以a p ＋1＝a p ·a 1，即a p ＋1a p＝a 1＝2，即数列{a n }为等比数列，所以a n ＝a 1·q n －1＝2·2n －1＝2n .(2)设等比数列的公比为q ，由a n ＋a n ＋1＝6a n －1知，当n ＝2时，a 2＋a 3＝6a 1.再由数列{a n }为正项等比数列，a 2＝1，得1＋q ＝6q ，化简得q 2＋q －6＝0，解得q ＝－3或q ＝2.∵q >0，∴q ＝2，∴a 1＝12，∴S n ＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12.【点评】 这两题都是由“a p ＋q ＝a p ·a q ”和“a n ＋a n ＋1＝6a n －1”推出其他条件来确定基本量，不过第(1)小问中首先要确定该数列的特征，而第(2)小问已经明确是等比数列，代入公式列方程求解即可． 已知{a n }是等差数列，a 10＝10，前10项和S 10＝70，则其公差d ＝________.23 【解析】 方法一：因为S 10＝70，所以10(a 1＋a 10)2＝70，即a 1＋a 10＝14.又a 10＝10，所以a 1＝4，故9d ＝10－4＝6，所以d ＝23.方法二：由题意得⎩⎨⎧a 1＋9d ＝10，10a 1＋45d ＝70，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝23. ► 探究点二 根据递推关系式求通项公式如果所给数列递推关系式，不可以用叠加法或叠乘法，在填空题中可以用不完全归纳法进行研究．例2 (1)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝5a n －133a n －7(n ∈N *)，则数列{a n }的前100项的和为________．(2)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，b 1＝2，且对任意的正整数i ，j ，k ，l ，当i ＋j ＝k ＋l时，都有a i ＋b j ＝a k ＋b l ，则12010∑=+20101i i i )b (a 的值是________．(1)200 (2)2012 【解析】 (1)由a 1＝2，a n ＋1＝5a n －133a n －7(n ∈N *)得a 2＝5×2－133×2－7＝3，a 3＝5×3－133×3－7＝1，a 4＝5×1－133×1－7＝2，则{a n }是周期为3的数列，所以S 100＝(2＋3＋1)×33＋2＝200.(2)由题意得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝4，a 5＝5；b 1＝2，b 2＝3，b 3＝4，b 4＝5，b 5＝6.归纳得a n ＝n ，b n ＝n ＋1；设c n ＝a n ＋b n ，c n ＝a n ＋b n ＝n ＋n ＋1＝2n ＋1，则数列{c n }是首项为c 1＝3，公差为2的等差数列，问题转化为求数列{c n }的前2010项和的平均数．所以12010∑=+20101i i i )b (a ＝12010×2010×(3＋4021)2＝2012.【点评】 根据数列的递推关系求数列的通项，除了常规的方法外，还可以用不完全归纳法进行研究，如数列周期性的研究．► 探究点三 数阵问题数阵问题主要指的是不仅仅是将数排成一列的数列，而是既有行的排列也有列的排列的数字规律变换的研究．例3 所有正奇数如下数表排列(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的2倍)： 第一行 1 第二行 3 5第三行 7 9 11 13 ……则第6行中的第3个数是________．67 【解析】 先计算第六行第三个数为正奇数排列的第几个数，由1＋2＋4＋8＋16＋3＝34得所求的数为第34个，所以2×34－1＝67.【点评】 数阵问题中第m 行的第n 个数的研究，需要分两步研究，第一步研究每一行的数变换规律，第二步再研究列的变换规律．本题实为将一个等差数列分成了若干部分进行研究．下面的数组均由三个数组成，它们是：(1,2,3)，(2,4,6)，(3,8,11)，(4,16,20)，(5,32,37)，…，(a n ，b n ，c n )．(1)请写出c n 的一个表达式，c n ＝________；(2)若数列{c n }的前n 项和为M n ，则M 10＝________.(用数字作答)c n ＝n ＋2n 2101 【解析】 由1,2,3,4,5，…猜想a n ＝n ；由2,4,8,16,32，…猜想b n ＝2n ；由每组数都是“前两个之和等于第三个”猜想c n ＝n ＋2n .从而M 10＝(1＋2＋…＋10)＋(2＋22＋…＋210)＝10×(10＋1)2＋2(210－1)2－1＝2101.► 探究点四 数列的特殊求和方法数列的特殊求和方法中以错位相减法较为难掌握，其中通项公式{a n b n }的特征为{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．例4 在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2＝2a 1＋3，且3a 2，a 4,5a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{a n b n }的前n 项和S n . 【解答】 (1)设{a n }公比为q ，由题意得q >0，且⎩⎨⎧ a 2＝2a 1＋3，3a 2＋5a 3＝2a 4，即⎩⎨⎧ a 1(q －2)＝3，2q 2－5q －3＝0，解得⎩⎨⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－65，q ＝－12(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·3n －1＝3n ，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝log 3a n ＝n ，所以a n b n ＝n ·3n . 所以S n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，① 3S n ＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n ·3n ＋1.②②－①得，2S n ＝－3－(32＋33＋…＋3n )＋n ·3n ＋1 ＝－(3＋32＋33＋…＋3n )＋n ·3n ＋1，＝－3(1－3n )1－3＋n ·3n ＋1＝32(1－3n )＋n ·3n ＋1＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －123n ＋1.所以数列{a n b n }的前n 项和为S n ＝34＋2n －143n ＋1.【点评】 本题考查等差数列、等比数列的基础知识，第(1)问求数列的通项公式，主要是用解方程组的方法求出首项和公比，注意取舍；第(2)问，求数列的前n 项和，主要考查错位相减法．错位相减时要注意各项的位置要错开，还要注意2S n的左边的系数要处理后，才算求出S n，最后还需要用n＝1,2进行检验．规律技巧提炼1．数列通项公式的研究主要是研究相邻项之间的关系，江苏卷对递推关系的考查不多，填空题中出现复杂递推关系时，可以用不完全归纳法研究．在解答题中主要是转化为等差、等比数列的基本量的求解．2．数列求和问题中特殊求和方法在江苏卷的考查也不多，主要还是利用公式法求数列的前n项和，再论证和的性质，故不过多涉及求和的技巧以及项的变形．江苏真题剖析例 [2008·江苏卷] 将全体正整数排成一个三角形数阵：12 345 6789101112131415按照以上排列的规律，第n行(n≥3)从左向右的第3个数为________【分析】本题考查了推理能力，但其本质为分组求和．数阵问题中的某一项的求解，需要先求行的规律，再求列的规律．【答案】n2－n＋62【解析】前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)个，即n2－n2个，因此第n行第3个数是全体正整数中第n2－n2＋3个，即为n2－n＋62.[2010·江苏卷] 函数y＝x2(x>0)的图象在点(a k，a2k)处的切线与x轴交点的横坐标为a k＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.21【解析】本题考查了导数的几何意义，该知识点在高考考纲中为B级要求．函数y＝x2(x>0)在点(16,256)处的切线方程为y－256＝32(x－16)．令y＝0得a2＝8；同理函数y＝x2(x>0)在点(8,64)处的切线方程为y－64＝16(x－8)，令y＝0得a3＝4；依次同理求得a4＝2，a5＝1.所以a1＋a3＋a5＝21.专题十四等差、等比数列的性质主干知识整合：2.证明数列是等差或等比数列的方法(1)等差数列①定义法：a n＋1－a n＝d(n∈N*)；②等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)．(2)等比数列①定义法：a n ＋1a n＝q (n ∈N *)；②等比中项：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)． 要点热点探究► 探究点一 等差、等比中项性质等差中项和等比中项不仅仅可以解决两项和(积)之间的等量关系，也可以进一步推广至若干项如，若m ＋n ＋p ＝r ＋s ＋t ，则等差数列有a m ＋a n ＋a p ＝a r ＋a s ＋a t ；等比数列有a m ·a n ·a p ＝a r ·a s ·a t .例1 (1)[2011·广东卷] 等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________.(2)已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 1a 2…a 9＝________.(1)10 (2)5032 【解析】 (1)由S 9＝S 4，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，即5a 7＝0，所以a 7＝0，由a 7＝a 1＋6d 得d ＝－16，又a k ＋a 4＝0，即a 1＋(k －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＋a 1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝0，即(k －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝－32，所以k －1＝9，所以k ＝10.(2)由等比数列的性质知a 1a 2a 3＝(a 1a 3)·a 2＝a 32＝5，a 7a 8a 9＝(a 7a 9)·a 8＝a 38＝10，所以a 2a 8＝5013，所以a 1a 2…a 9＝a 95＝(a 2a 8)9＝5032.【点评】 等差中项和等比中项的本质是整体思想运用，用来实现等量项之间的代换．这是在数列运用基本量研究外的一个重要的处理问题的手段．设等差数列{a n }的公差为正数，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.105 【解析】 由条件可知，a 2＝5，从而a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16，得a 1＝2，a 3＝8，公差为3，所以a 11＋a 12＋a 13＝6＋(10＋11＋12)×3＝105. ► 探究点二 数列单调性的研究数列的单调性研究方法有三种：一是用数列的单调性的定义，如a n ＋1>a n ；二是若数列是等差或等比数列可以观察其通项的系数特征；三是可以构造相应的函数，通过函数单调性得到对应数列的单调性．例2 有n 个首项都是1的等差数列，设第m 个数列的第k 项为a mk (m ，k ＝1,2,3，…，n ，n ≥3)，公差为d m ，并且a 1n ，a 2n ，a 3n ，…，a nn 成等差数列．且d m ＝(2－m )d 1＋(m －1)d 2.(1)当d 1＝1，d 2＝3时，将数列{d m }分组如下：(d 1)，(d 2，d 3，d 4)，(d 5，d 6，d 7，d 8，d 9)，…(每组数的个数构成等差数列)． 设前m 组中所有数之和为(c m )4(c m >0)，求数列{2c n d n }的前n 项和S n ；(2)设N 是不超过20的正整数，当n >N 时，对于(1)中的S n ，求使得不等式150(S n －6)>d n 成立的所有N 的值．【解答】 (1)当d 1＝1，d 2＝3时，d m ＝2m －1(m ∈N *)．数列{d m }分组如下：(d 1)，(d 2，d 3，d 4)，(d 5，d 6，d 7，d 8，d 9)，… 按分组规律，第m 组中有(2m －1)个奇数，所以第1组到第m 组共有1＋3＋5＋…＋(2m －1)＝m 2个奇数． 注意到前k 个奇数的和为1＋3＋5＋…＋(2k －1)＝k 2，所以前m 2个奇数的和为(m 2)2＝m 4.即前m 组中所有数之和为m 4，所以(c m )4＝m 4. 因为c m >0，所以c m ＝m ，从而2c m d m ＝(2m －1)·2m (m ∈N *)． 所以S n ＝1·2＋3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，2S n ＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1，故－S n ＝2＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1 ＝2(2＋22＋23＋…＋2n )－2－(2n －1)·2n ＋1＝2×2(2n －1)2－1－2－(2n －1)·2n ＋1＝(3－2n )2n ＋1－6.所以S n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.(2)由(1)知d n ＝2n －1(n ∈N *)，S n ＝(2n －3)2n ＋1＋6(n ∈N *)．故不等式150(S n －6)>d n 就是(2n －3)2n ＋1>50(2n －1)．考虑函数f (n )＝(2n －3)2n ＋1－50(2n －1) ＝(2n －3)(2n ＋1－50)－100.当n ＝1,2,3,4,5时，都有f (n )<0， 即(2n －3)2n ＋1<50(2n －1)．而f (6)＝9(128－50)－100＝602>0，注意到当n ≥6时，f (n )单调递增，故有f (n )>0. 因此当n ≥6时，(2n －3)2n ＋1>50(2n －1)成立， 即150(S n －6)>d n 成立．所以，满足条件的所有正整数N ＝6,7， (20)【点评】 本题第二小问构造了函数f (n )＝(2n －3)(2n ＋1－50)－100，其中所构成的函数为一次函数与指数函数的乘积函数，由于g (n )＝2n －3，h (n )＝2n ＋1－50都是单调递增函数，但不是恒正，故只有当n ≥6时才能保证恒正，这样得到的函数f (n )才是单调递增函数，前五项的性质，可以代入后一一进行比较．(1)已知数列{a n }为等差数列，若a 5a 6<－1，则数列{|a n |}的最小项是第________项．(2)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．(1)6 (2)212 【解析】 (1)由a 5a 6<－1得，若a 6>0，则a 5<－a 6<0，此时等差数列为递增数列，|a 5|>|a 6|，此时{|a n |}中第6项最小；若a 6<0，则a 5>－a 6>0，此时等差数列为递减数列，|a 5|>|a 6|，仍然有{|a n |}中第6项最小．故{|a n |}中的最小项是第6项．(2)a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2[1＋2＋…＋(n －1)]＋33＝n 2－n ＋33，所以a n n ＝n ＋33n －1，设函数f (x )＝x ＋33x －1，则f ′(x )＝1－33x 2，从而在(33，＋∞)上函数f (x )为增函数，在(0，33)上函数f (x )为减函数，因为n ∈N ＋，所以a n n 在33附近的整数取得最小值，由于a 55＝535，a 66＝212，所以当n ＝6时，a n n 有最小值为212. ► 探究点三 等差、等比数列的证明等差、等比数列的证明方法有两种：一是用数列的定义；二是等差中项或等比中项，但其本质都是根据条件寻求相邻两项或几项之间的关系．例3 已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n ，其中n ＝1,2,3，…. (1)若a 1＝1，b n ＝n ，求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1b n －1＝b n (n ≥2)，且b 1＝1，b 2＝2.记c n ＝a 6n －1(n ≥1)，求证：数列{c n }为等差数列． 【解答】 (1)当n ≥2时，有a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b n －1＝1＋(n －1)×n 2＝n 22－n2＋1.又因为a 1＝1也满足上式，所以数列{a n }的通项为a n ＝n 22－n2＋1.(2)因为对任意的n ∈N *有b n ＋6＝b n ＋5b n ＋4＝1b n ＋3＝b n ＋1b n ＋2＝b n，所以c n ＋1－c n ＝a 6n ＋5－a 6n －1＝b 6n －1＋b 6n ＋b 6n ＋1＋b 6n ＋2＋b 6n ＋3＋b 6n ＋4＝1＋2＋2＋1＋12＋12＝7(n ≥1)，所以数列{c n }为等差数列．【点评】 本题中{c n }是由{a n }构成，而数列{a n }又由数列{b n }构成，所以本题要证明数列{c n }是等差数列，其本质还是论证数列{b n }的特征，其中b n ＋6＝b n 是数列周期性的证明．规律技巧提炼1．等差、等比数列性质很多，在江苏卷的考查中以等差中项和等比中项的考查为主，在运用该技巧时，要注意该等式两边的项数必须相等即两项与两项互换，三项与三项互换．2．在运用函数判断数列的单调性时，要注意函数的自变量为连续的，数列的自变量为不连续的，所以函数性质不能够完全等同于数列的性质．有些数列会出现前后几项的大小不一，从某一项开始才符合递增或递减的特征，这时前几项中每一项都必须研究．3．由一个数列构造生成的新数列，再证明其是否是等差或等比数列时，如果已经有通项公式，则可以直接由通项公式的特征判断，如果只有递推关系，则需要用定义来证明． 江苏真题剖析：例 [2009·江苏卷] 设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.【答案】 －9【解析】 由条件知数列{a n }中连续四项在集合{－54，－24，18,36,81}中，由|q |>1，所以{a n }中连续四项可能为(1)－24，36，－54,81，q ＝－32，6q ＝－9；(2)18，－24,36，－54，(该数列不成等比数列，不合题意)；其他情形都不符合．三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是________．－2或－12 【解析】 设这三个数分别为a －d ，a ，a ＋d (d ≠0)，由于d ≠0，所以a －d ，a ，a ＋d 或a ＋d ，a ，a －d 不可能成等比数列； 若a －d ，a ＋d ，a 或a ，a ＋d ，a －d 成等比数列，则(a ＋d )2＝a (a －d )，即d ＝－3a ，此时q ＝a a －3a＝－12或q ＝a －3a a ＝－2；若a ，a －d ，a ＋d 或a ＋d ，a －d ，a 成等比数列，则(a －d )2＝a (a ＋d )，即d ＝3a ，此时q ＝a －3a a ＝－2或q ＝a －3a a ＋3a＝－12.故q ＝－2或－12.[2009·江苏卷] 设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项．解答】 (1)设公差为d ，则a 22－a 25＝a 24－a 23，由性质得－3d (a 4＋a 3)＝d (a 4＋a 3)． 因为d ≠0，所以a 4＋a 3＝0，即2a 1＋5d ＝0.又S 7＝7得7a 1＋7×62d ＝7，解得a 1＝－5，d ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，前n 项和S n ＝n 2－6n .(2)解法1：a m a m ＋1a m ＋2＝(2m －7)(2m －5)2m －3，设2m －3＝t ，则a m a m ＋1a m ＋2＝(t －4)(t －2)t ＝t ＋8t －6，所以t 为8的约数． 因为t 是奇数，所以t 可取的值为±1，当t ＝1，m ＝2时，t ＋8t －6＝3,2×5－7＝3，是数列{a n }中的项；当t ＝－1，m ＝1时，t ＋8t －6＝－15，数列{a n }中的最小项是－5，不符合．所以满足条件的正整数m ＝2.解法2：因为a m a m ＋1a m ＋2＝(a m ＋2－4)(a m ＋2－2)a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，故8a m ＋2为整数，又由(1)知a m ＋2为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，即m ＝1,2.经检验，符合题意的正整数m 为2. 专题十五 数列中的等量关系。

专题4-1 数列求通项的常见方法（1）n S 与n a 同时存在角度1：已知n S 与n a 的关系；或n S 与n 的关系用1n n S S −−，得到n a 例：已知()241n n S a =+，求n a角度2：已知n a 与1n n S S −的关系；或n a 与1n n S S −+的关系1n n S S −−替换题中的n a 例：已知12(2)n n n a S S n −=≥；已知11n n n S a S ++=−角度3：等式中左侧含有：1ni i i a b =∑作差法 （类似1n n S S −−）例子：已知123232nn a a a na +++⋯+=求n a前n 项积n T角度1：已知n T 和n 的关系角度1：用1nn T T −，得到na 例子：{}nb 的前n 项之积()(1)*22N n n n T n +=∈.角度2：已知n T 和n a 的关系角度1：用1nn T T −替换题目中na 例子：已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，且121n na T +=.因式分解：如果式子中出现了2次项或者正项数列这些条件，可能需要因式分解 例：设正项{}n a 的前n 项和为n S（1）若满足263n n n a S a =−,*n N ∈,数列{}n a 的通项公式为__________（2）若113a =，2111(25)3n n n n a a a a ++=−，{}n a 的通项公式为_____________ （3）若12a =，2112(4)n n n n a a a a ++=−，{}n a 的通项公式为____________2021·全国高考乙卷（理）——前n 项积，消n S 求n a 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．题型一 递推一项再作差，即消n S 求n a ：用1n n S S −−，得到n a1．已知数列{}n a 满足：对任意*n ∈N ，有()212333323314n n n n a a a n ⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=⋅−+，求数列{}n a 的通项公式;重点题型·归类精讲2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅．求数列{}n a 的通项公式.3．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，若11a =，12n n S a +=，则数列{}n a 的通项公式n a =4．（2023·广东惠州二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且225n n S a n =+−，求数列{}n a 的通项公式.5．（2023·广东佛山二模）已知各项均为正数的等比数列{}n a ，其前n 项和为n S ，满足226n n S a +=−， (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记m b 为数列{}n S 在区间()2,m m a a +中最大的项，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅,求数列{}n a 的通项公式.7．在数列{}n a 中，23122341n a a a a n n n +++⋅⋅⋅+=++，求{}n a 的通项公式.2024届·湖南师大学附中月考(一)8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，()12N*n n a S n +=∈，则有（ ） A ．{}n a 为等差数列 B ．{}n a 为等比数列 C ．{}n S 为等差数列D ．{}n S 为等比数列2024届·重庆实验外国语学校月考（10月）9．（多选）若数列{}n a 满足12111,12nn a a aa a n+==+++（n 为正整数），n S 为数列{}n a 的前n 项和则（ ） A ．21a = B ．20241012a =C ．()14n n n S +=D ．121113nS S S ++⋅⋅⋅+<题型二 消n a 求n S ：将题意中的n a 用1n n S S −−替换涉及导数10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n +1=S n ,n ∈N *,则S n = .2023届·广东省广州市高三冲刺训练（二）11．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知*2,0,12n nn n n a a a S ∀∈>+=N ，求n a12．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(1)求n S ；2)求12233411111n n S S S S S S S S ++++⋯+++++13．在数列{}n a 中,2121,21nn n S a a S ==−,则{}n a 的通项公式为 .14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,1n n S a a +=≥+，且112()n n n a S S ++=+，求通项公式n a ．15．(多选)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，110n n n a S S +++=，则下列说法正确的有( ) A ．数列{}n a 的前n 项和为1n S n= B ．数列1{}nS 为递增数列C ．数列{}n a 的通项公式为1(1)n a n n =−−D ．数列{}n a 的最大项为1a2023·江苏盐城中学三模16．已知正项数列{n a }中，11a =，n S 是其前n 项和，且满足)211n n S S S +=，求数列{n a }的通项公式题型三 因式分解（正项数列）浙江省百校联盟2022-2023学年高三上学期11月模拟17．正项递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，()2*441n n S a n n =+−∈N ，求{}n a 的通项公式；2023届广东省一模18．已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =−∈N ，求数列{}n a 的通项公式.湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考（2015·高考真题）19．n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，22nn a a +=43n S +，求{n a }的通项公式.2023届茂名一模20．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，0n a >，224n n n a a S +=,求数列{}n a 的通项公式.21．已知正项数列{}n a 和{}n b ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，若242n n n S a a =+，()32log 3n n a b =，n *∈N ，求数列{}n a 与{}n b 的通项公式.22．已知各项为正的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n a S =− ，则2163n n S a ++的最小值为（ ）A ．4B ．3C ．23−2D ．9223．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，20,24n n n n a a a S >+=，求数列{}n a 的通项公式题型四 前n 项之积T n对于数列{}n a ，前n 项积记为n T ； ① 1231n n n T a a a a a −=； ②11231(2)n n T a a a a n −−=≥；①÷②：1(2)nn n T a n T −=≥ 2024届·江苏省连云港，南通市调研(一)24．已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，且1n n a T +=，求{}n a 的通项公式25．已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ,求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭为等差数列；26．已知数列{}n a 的前n 项和为()*n S n ∈N ，在数列{}n b 中，111b a ==，()1121n n na n a n −−−=−，12313n S n n b b b b b +=，求数列{}n a ，{}n b 的通项公式27．设数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =−∈N .求证数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；28．记n b 为数列{}n a 的前n 项积，已知13a =，121n na b +=，求数列{}n b 的通项公式专题4-1 数列求通项的常见方法（1）n S 与n a 同时存在角度1：已知n S 与n a 的关系；或n S 与n 的关系用1n n S S −−，得到n a 例：已知()241n n S a =+，求n a角度2：已知n a 与1n n S S −的关系；或n a 与1n n S S −+的关系 1n n S S −−替换题中的n a 例：已知12(2)n n n a S S n −=≥；已知11n n n S a S ++=−角度3：等式中左侧含有：1ni i i a b =∑作差法 （类似1n n S S −−）例子：已知123232nn a a a na +++⋯+=求n a前n 项积n T角度1：已知n T 和n 的关系角度1：用1nn T T −，得到na 例子：{}nb 的前n 项之积()(1)*22N n n n T n +=∈.角度2：已知n T 和n a 的关系角度1：用1nn T T −替换题目中na 例子：已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，且121n na T +=. 因式分解：如果式子中出现了2次项或者正项数列这些条件，可能需要因式分解 例：设正项{}n a 的前n 项和为n S（1）若满足263n n n a S a =−,*n N ∈,数列{}n a 的通项公式为__________（2）若113a =，2111(25)3n n n n a a a a ++=−，{}n a 的通项公式为_____________（3）若12a =，2112(4)n n n n a a a a ++=−，{}n a 的通项公式为____________ 【答案】（1）33(1)3n a n n =+−=；（2）n1()3n a =；（3）2n n a =2021·全国高考乙卷（理）——前n 项积，消n S 求a 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2）(),121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪−≥+⎪⎩. 【分析】（1）由已知212n nS b +=得221n n n b S b =−,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=−−−,消积得到项的递推关系111221n n n nb bb b +++=−,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪−≥+⎪⎩. 【详解】（1）[方法一]： 由已知212n n S b +=得221n n n b S b =−,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=−−−, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=−−−， 所以111221n n n nb bb b +++=−,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=−，即112n n b b +−=,其中*n ∈N 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知1231−⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)−−=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b −=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b −−=． 令1n =，由11S b =，得132b =． 所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]：由212n n S b +=，得22=−nn nSb S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111−−=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122−==−n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212−−−=−==≥−−−n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ． 故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+−⨯=+,22211n n n b nS b n+==−+, 当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n −++=−=−=−++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪−≥+⎪⎩.题型一 递推一项再作差，即消n S 求n a ：用1n n S S −−，得到n a1．已知数列{}n a 满足：对任意*n ∈N ，有()212333323314n n n n a a a n ⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=⋅−+，求数列{}n a 的通项公式;【答案】(1)n a n = 【分析】当1n =时，易知11a =，当2n ≥时，有递推关系可知211112133332(1)3314n n n n a a a n −−−−⎡⎤⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=−⋅−+⎣⎦，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验1n =是否满足，进而得到结果；【详解】（1）解：当1n =时，133(2331)34a ⋅=⋅−+=，故11a =，当2n ≥时，211112133332(1)3314n n n n a a a n −−−−⎡⎤⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=−⋅−+⎣⎦，则 ()1133323312(1)331344n n n n n nn a n n n −−⎡⎤⋅=⋅−+−−⋅−+=⋅⎣⎦， 故n a n =，当1n =时，上式亦满足； 综上， n a n =；2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅．求数列{}n a 的通项公式.【答案】12n n a +=【详解】（1）由题2313222222n n n a a a a n ++++=⋅，当1n =时，122a =，∴11a =；当2n ≥时，由2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅，所以231113122222(1)2n n n a a a a n −−−+++⋅⋅⋅+=−⋅，两式相减，重点题型·归类精讲可得1122(1)2(1)2n n n n n a n n n −−=⋅−−=+，∴12n n a +=． 当1n =时，1112n a +==满足，∴12n n a +=．3．已知数列{}n a 的前n 项和为S ，若11a =，12n n S a +=，则数列{}n a 的通项公式n a =【答案】2*1,123,2,n n n n N −=⎧⎨⨯∈⎩4．（2023·广东惠州二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且225n n S a n =+−，求数列{}n a 的通项公式. 【解析】当1n =时，111225S a a ==+−，解得13a =， 当2n ≥时，()112215n n S a n −−=+−−．可得()112252215n n n n S S a n a n −−⎡⎤−=+−−+−−⎣⎦， 整理得：122n n a a −=−， 从而()()12222n n a a n −−=−≥，又121a −=，所以数列{}2n a −是首项为1，公比为2的等比数列； 所以()1112222n n n a a −−−=−⋅=，所以122n n a −=+，经检验，13a =满足122n n a −=+，综上，数列{}n a 的通项公式为122n n a −=+；5．（2023·广东佛山二模）已知各项均为正数的等比数列{}n a ，其前n 项和为n S ，满足226n n S a +=−， (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记m b 为数列{}n S 在区间()2,m m a a +中最大的项，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，则0q >，又226n n S a +=−， 当1n =时，1326S a =−，当2n =时，2426S a =−， 两式相减可得，2432a a a =−，所以22q q =−， 所以2q或1q =−(舍去)，所以1312646S a a =−=−，即13a =，所以等比数列{}n a 的通项公式为132n n a −=⨯；（2）由132n n a −=⨯，226n n S a +=−，可得()()1211632632322n n n n S a ++=−=⨯−=⨯−， 所以113n n n S a a ++=−<，又0n a >， 所以n n S a ≥，当且仅当1n =时等号成立， 所以122m m m m m a S S a S +++≤<<<，所以11323m m m b S ++==⨯−，所以()2341322223n n T n +++=+−+22233322212312n n n n ++−⨯⨯−==−−−.即222313n n T n +−−=⨯.6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅,求数列{}n a 的通项公式.【答案】(1)12n n a +=【详解】由题2313222222n n n a a a a n ++++=⋅，当1n =时，122a =，∴11a =；当2n ≥时，由2312322222n nn a a a a n +++⋅⋅⋅+=⋅，所以231113122222(1)2n n n a a a a n −−−+++⋅⋅⋅+=−⋅，两式相减， 可得1122(1)2(1)2n n n n n a n n n −−=⋅−−=+，∴12n n a +=． 当1n =时，1112n a +==满足，∴12n n a +=7．在数列{}n a 中，23122341n a a a a n n n +++⋅⋅⋅+=++，求{}n a 的通项公式. 【答案】()n 【详解】解：因为23122341na a a a n n n ++++=++，① 则当1n =时，122a =，即14a =， 当2n ≥时，21231234n a a a a n n n−++++=−，② ①−②得21na n n =+，所以()21n a n n =+， 14a =也满足()21n a n n =+，故对任意的N n *∈，()21n a n n =+.2024届·湖南师大学附中月考(一)8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，()12N*n n a S n +=∈，则有（ ） A ．{}n a 为等差数列 B ．{}n a 为等比数列 C ．{}n S 为等差数列 D ．{}n S 为等比数列【答案】D【分析】根据1n n n S S a −−=得到21,123,2n n n a n −=⎧=⎨⋅≥⎩，即可判断AB 选项；根据112n n S a +=，11a =得到13n n S −=即可判断CD 选项.【详解】由题意，数列{}n a 的前n 项和满足()*12N n n a S n +=∈，当2n ≥时，12n n a S −=，两式相减，可得()1122n n n n n a a S S a +−−=−=， 可得13n n a a +=，即()132n n a n a +=≥，又由11a =，当1n =时，2122a S ==，所以212aa =， 所以数列{}n a 的通项公式为21,123,2n n n a n −=⎧=⎨⋅≥⎩，故数列{}n a 既不是等差数列也不是等比数列，所以AB 错.当2n ≥时，11132n n n S a −+==，又由1n =时，111S a ==，适合上式， 所以数列{}n a 的前n 项和为13n n S −=；又由13n nS S +=，所以数列{}n S 为公比为3的等比数列，故D 正确，C 错.届·重庆实验外国语学校月考（9．（多选）若数列{}n a 满足12111,12nn a a aa a n+==+++（n 为正整数），n S 为数列{}n a 的前n 项和则（ ） A ．21a = B ．20241012a =C ．()14n n n S +=D ．121113nS S S ++⋅⋅⋅+< 【分析】直接代入递推公式求得21a =，可知A 正确；根据递推式求1n n a a +−，构造数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列，求得数列{}n a 的通项，得20241012a =，B 正确；代入等差数列求和公式可得()11+42n n n S +=，C 错误；先放缩，再利用裂项相消求和可证明D 正确.【详解】1211a a ==，故A 正确； 由12112n n a a a a n +=++⋅⋅⋅+知，()1122121n n a a aa n n −=++⋅⋅⋅+≥−，两式相减得()12n n n aa a n n+−=≥，故11n n a a n n +=+，故当2n ≥时，n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列， 故2122n a a n ==，故1,1,,2,2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩，故20241012a =，故B 正确；()12311211222222242n n n n n S +⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+=+ ⎪⎝⎭，故C 错误；()()114114111142n n n S n n n n ⎛⎫=<=− ⎪+++⎝⎭+，故1211111111111141432334121n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<+−+−+⋅⋅⋅+−=+−< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，故D 正确题型二 消n a 求n S ：将题意中的n a 用1n n S S −−替换涉及导数10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n +1=S n ,n ∈N *,则S n = . 【答案】2n -1解析 由a n +1=S n ,得S n +1-S n =S n , 即S n +1=2S n ,n ∈N *,因此数列{S n }是以S 1=1为首项,2为公比的等比数列, 所以S n =2n -12023届·广东省广州市高三冲刺训练（二）11．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知*2,0,12n n n n n a a a S ∀∈>+=N ，求n a 【详解】由题意知，1111，又10a >，得11a =．当2n ≥时，由212n n n a a S +=，得()()21112n n n n n S S S S S −−−+=−，得2211n n S S −−=．则数列{}2n S 是首项为211S =，公差为1的等差数列．所以()211n S n n =+−=．又0n S >，则=n S n当2n ≥时，11−=−=−n n n a S S n n 又11a =满足上式， 所以1=−n a n n12．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(1)求n S (2)求12233411111n n S S S S S S S S ++++⋯+++++ 【答案】=n S n【分析】先令1n =求出首项，再由数列的递推公式，当2n ≥时，1n n n a S S −=−代入并结合 等差数列的定义和通项公式求出n S .【详解】根据题意可得0n a >，当1n =时，1111112S a a a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，解得11a =，由1n n n a S S −=−，2n ≥代入得11112n n n n n S S S S S −−⎛⎫=−+ ⎪−⎝⎭，整理后得111n n n n S S S S −−+=−，即2211n n S S −−=，根据等差数列的定义可知，数列{}2n S是首项为1，公差为1的等差数列，则21(1)1n S n n =+−⋅=，∴=n S n13．在数列{}n a 中,2121,21nn n S a a S ==−,则{}n a 的通项公式为.【答案】11,221231,1n n a n n n ⎧−≥⎪=−−⎨⎪=⎩. 【解析】当,*2n n ≥∈N 时,1n n n a S S −=−,2221112222, 21n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S −−−∴−=⇒−−+=−整理可得:111112,2n n n n n n S S S S S S −−−−=∴−=, 1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭为公差为2的等差数列,111(1)221n n n S S ∴=+−−=−,11,21,.2123211,1n n n S a n n n n ⎧−≥⎪∴==−−⎨−⎪=⎩14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,1n n S a a +=≥+，且112()n n n a S S ++=+，求通项公式n a ．【答案】88,2n a n n ⎧=⎨−≥⎩【详解】111112()()()n n n n n n n n n a S S S S S S S S +++++==−= 1111,1n n S a a a +==−≥10n n S S +>12n n S S +=，即{}n S 是以2为公差，1为首项的等差数列 21n S n =−，即2(21)n S n ∴=−当2n ≥时，221(21)(23)88n n n a S S n n n −=−=−−−=−显然，1n =时，上式不成立，所以1,188,2n n a n n =⎧=⎨−≥⎩.15．(多选)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，110n n n a S S +++=，则下列说法正确的有( ) A ．数列{}n a 的前n 项和为1n S n= B ．数列1{}nS 为递增数列C ．数列{}n a 的通项公式为1(1)n a n n =−−D ．数列{}n a 的最大项为1a【解答】解：由110n n n a S S +++=，得11n n n n S S S S ++−=−， ∴1111n n S S +−=−，即1111n nS S +−=， 又11111S a ==，∴数列1{}n S 为以1为首项，以1为公差的等差数列，则11(1)1n n n S =+−⨯=，可得1n S n=，故AB 正确； 当2n 时，111111(1)(1)n n n n n a S S n n n n n n −−−=−=−==−−−−， ∴1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨−⎪−⎩，∴数列{}n a 的最大项为1a ，故C 错误，D 正确．故选：ABD ．2023·江苏盐城中学三模16．已知正项数列{n a }中，11a =，n S 是其前n 项和，且满足)211n n S S S +=，求数列{n a }的通项公式【答案】21(N*)n a n n =−∈【详解】（1）正项数列{n a }，11a =，满足)211n n S S S +=11n n S S +=，所以数列n S 是以1为首项1为公差的等差数列，1(1)1n S n n =+−⨯=，所以2n S n =，当2n ≥时，221(1)21(N*)n n n a S S n n n n −=−=−−=−∈，当1n =时也成立， 所以21(N*)n a n n =−∈题型三 因式分解（正项数列）浙江省百校联盟2022-2023学年高三上学期11月模拟17．正项递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，()2*441n n S a n n =+−∈N ，求{}n a 的通项公式；【答案】(1)21n a n =−或21n a n =+【详解】（1）当1n =时，21143a a =+，解得11a =或13a =.当11a =时，()222417a a +=+，即222430a a −+=，解得21a =或23a =，∴23a =. 当13a =时，()222437a a +=+，即222450a a −−=，解得25a =. 由2441n n S a n =+−，当2n ≥时，2114(1)1n n S a n −−=+−−，两式相减得22144n n n a a a −=−+，即()2221442n n n n a a a a −=−+=−，当2n ≥时，22a >，所以12n n a a −=−，即12(2)n n a a n −=+≥， ∴21n a n =−或21n a n =+.2023届广东省一模18．已知各项都是正数的数列{}n a ，前n 项和n S 满足()2*2n n n a S a n =−∈N ，求数列{}n a 的通项公式. 【详解】（1）当1n =时，211112a S a a =−=，所以11a =或10a =（舍去），当2n ≥时，有221112,2,n n n n n n a S a a S a −−−⎧=−⎨=−⎩ 两式相减得221112n n n n n n n a a a a a a a −−−−=−+=+，整理得()()111n n n n n n a a a a a a −−−+−=+， 因为{}n a 的各项都是正数，所以11n n a a −−=， 所以{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列， 所以()111n a n n =+⋅−=湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第二次月考（2015·高考真题）19．n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，22nn a a +=43n S +，求{n a }的通项公式. 【详解】解：（I ）由an 2+2an ＝4Sn +3，可知an +12+2an +1＝4Sn +1+3 两式相减得an +12﹣an 2+2（an +1﹣an ）＝4an +1， 即2（an +1+an ）＝an +12﹣an 2＝（an +1+an ）（an +1﹣an ）， ∵an ＞0，∴an +1﹣an ＝2， ∵a 12+2a 1＝4a 1+3， ∴a 1＝﹣1（舍）或a 1＝3，则{an }是首项为3，公差d ＝2的等差数列， ∴{an }的通项公式an ＝3+2（n ﹣1）＝2n +12023届茂名一模20．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，0n a >，224n n n a a S +=,求数列{}n a 的通项公式. 【详解】（1）当1n =时,221111124,2a a S a a +=∴=，0n a >,则12a =,当2n ≥时，224n n n a a S +=，则211124n n n a a S −−−+=,两式相减得：()()22111224n n n n n n a a a a S S −−−+−+=−即()()221114222n n n n n n n a a a a a a a −−−−=−−=+即()()()1112n n n n n n a a a a a a −−−+−=+ ∵0n a >，∴12n n a a −−=,∴数列{}n a 是2为首项，公差为2的等差数列，∴()2212n a n n =+−=.21．已知正项数列{}n a 和{}n b ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，若242n nn S a a =+，()32log 3n n a b =，n *∈N ，求数列{}n a 与{}n b 的通项公式.【答案】(1)2n a n =，13n n b −=【详解】当1n =时，21111442S a a a ==+，解得：10a =或12a =，又0n a >，12a ∴=；当2n ≥且n *∈N 时，2211144422n n n n n n n a S S a a a a −−−=−=+−−， 整理可得：()()()2211112n n n n n n n n a a a a a a a a −−−−−=+−=+，又0n a >，10n n a a −∴+>，12n n a a −∴−=，∴数列{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，()()2212n a n n n *∴=+−=∈N .()32log 3n n a b =，()3log 3n b n ∴=，则33n n b =，()13n n b n −*∴=∈N .22．已知各项为正的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n a S =− ，则2163n n S a ++的最小值为（ ）A ．4B ．3C ．23−2D ．92【分析】由数列的递推式可得21(1)4n n S a =+，继而结合1n n n a S S =−﹣求出n a ，从而求得2n S n =，由此求出2163n n S a ++的表达式，利用基本不等式即可求得答案.【详解】各项为正的数列{}n a ,0n a > ,∵1n n a S =，∴21(1)4n n S a =+，∴2n ≥ 时， 221111(1)(1)44n n n n n a S S a a −=+−+=−﹣ ，化为：11(2)0n n n n a a a a +=−−﹣﹣)( ，∵1102n n n n a a a a +∴>−=﹣﹣，, 又1121a a = ，解得11a = ．∴数列{}n a 是等差数列，首项为1，公差为2． ∴12(1)21n a n n =+−=− ,∴2212114n S n n =−+=（）,∴22216216832131n n S n n a n n +++===+−++9121n n ++−+ 921241n n ≥+⋅=+（） ,，当且仅当n =2时取等号, ∴2163n n S a ++的最小值为423．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，20,24n n n n a a a S >+=，求数列{}n a 的通项公式【答案】2n a n =题型四 前n 项之积T n对于数列{}n a ，前n 项积记为n T ； ① 1231n n n T a a a a a −=； ②11231(2)n n T a a a a n −−=≥；①÷②：1(2)nn n T a n T −=≥ 2024届·江苏省连云港，南通市调研(一)24．已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，且1n n a T +=，求{}n a 的通项公式 【答案】1n na n =+； 【详解】（1）由数列{}n a 的前n 项积为n T ，得12-1n n n T a a a a =⋅⋅⋅⋅⋅，又1n n a T +=， 所以，当2n ≥时，11nn n T T T −+=，整理得111)(1n n T T −+=，即1111n n T T −+=， 所以，当2n ≥时，1111n n T T −−=为定值， 因为1n n a T +=，令1n =，得111a T +=，112a =，故112T =，所以数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2，公差为1的等差数列，所以11n n T =+，得11n T n =+. 所以，当2n ≥时，11111n n n T n n a T n n−+===+，显然112a =符合上式，所以1nn a n =+.25．已知数列{}n a 前n 项积为n T ，且*1()n n a T n +=∈N ,求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭为等差数列；【详解】因为1n n a T +=，所以112n n T a a =−∴=， 所以111(2)n n T a n −−=−≥， 两式相除，得11(2)1n n n a a n a −−=≥−，整理为112n n a a −=−， 再整理得，1111(2)11n n n a a −−=≥−−． 所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬−⎩⎭为以2为首项，公差为1的等差数列26．已知数列{}n a 的前n 项和为()*n S n ∈N ，在数列{}n b 中，111b a ==，()1121n n na n a n −−−=−，12313n S n n b b b b b +=，求数列{}n a ，{}n b 的通项公式【详解】（1）由已知得，当2n ≥时()()()[]1122111122n n n n n na na n a n a n a a a a −−−=−−+−−−+⋯+−+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()2212331n n n =−+−+++=.∴()2n a n n =≥当1n =时，11a =，也满足上式．所以()1n a n n =≥ 当2n ≥时，11231112333n n S S n n n nb b b b b b b b b −−++⋯===⋯，∴()133n n b n −=≥当1n =时，11b =，符合上式当2n =时，11233Sb b ⋅==，所以23b =，也符合上式，综上，()131n n b n −=≥ ∴n a n =，13n n b −=.27．设数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =−∈N .求证数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；因为数列{}n a 的前n 项积为n T ，且()*22n n T a n =−∈N ，∴当n =1时，11122T a a ==−，则123a =，1132T =. 当n ≥2时，1121222n n n n n T T T T T −−=−⇒=−，∴11112n n T T −−=，所以1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132T =为首项，12为公差的等差数列28．记n b 为数列{}n a 的前n 项积，已知13a =，121n na b +=，求数列{}n b 的通项公式 由题意可得1(2)n n n b a n b −=，因为121n na b +=， 所以121(2)n n nb n b b −+=，即12(2)n n b b n −+=， 所以12(2)n n b b n −−=. 又11121a b +=，13a =， 所以13b =，故{}n b 是以3为首项，2为公差的等差数列，21n b n =+专题4-2 数列求通项的常见方法（2）一、累加法（叠加法） 若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=−+，求数列{}n a 的通项时，利用累加法求通项公式。

专题十《数列》讲义10.4数列求和知识梳理.数列求和1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d 2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法．(3)一些常见的数列的前n 项和：①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：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，从而求得前n 项和．(3)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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．题型一.裂项相消1．数列{a n}的通项公式a n=1or1)，已知它的前n项和S n=99100，则项数n＝（）A．98B．99C．100D．101【解答】解：列{a n}的通项公式a n=1or1)=1−1r1，所以=1−12+12−13+⋯+1−1r1=1−1r1，由于前n项和S n=99100，所以1−1r1=99100，解得n＝99．故选：B．2．已知等差数列{a n}满足a3＝10，a1+a4＝17．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n=3r1，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．所以3=101+4=17，解得1=4=3，所以a n＝4+3（n﹣1）＝3n+1．（2）由（1）得b n=3r1=13r1−13r4，所以S n＝b1+b2+…+b n=14−17+17−110+⋯+13r1−13r4=14−13r4．3．已知数列{a n}的前n项和为S n，若4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，且a1＝1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设=1(+2)，数列{c n}的前n项和为T n，求T n．【解答】解：（1）在4S n＝（2n﹣1）a n+1+1中，令n＝1，得a2＝3，∵4S n＝（2n﹣1）a n+1+1，∴当n≥2时，4S n﹣1＝（2n﹣3）a n+1，两式相减，得4a n＝（2n﹣1）a n+1﹣（2n﹣3）a n（n≥2），∴（2n+1）a n＝（2n﹣1）a n+1，即r1=2r12K1(≥2)．∴=K1⋅K1K2⋅K2K3⋯⋅32⋅21⋅1=2K12K3⋅2K32K5⋅2K52K7⋯53⋅31⋅1=2−1，故a n＝2n﹣1．（2）=1(+2)=1(2K1)(2r1)=12(12K1−12r1)，T n＝c1+c2+…+c n=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12K1−12r1)]=12(1−12r1)=2r1，所以=2r1．题型二.错位相减1．已知等差数列{a n}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设=3，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，d≠0，由题，1=222=15，即(1+p2=1(1+4p，解得d＝4．∴a n＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．（Ⅱ）=3=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，设数列{b n}的前n项和为T n，=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①3=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②①﹣②，得：−2=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1=6+4×32(1−3K1)1−3−2(2−1)×3r1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，∴=6+2(−1)⋅3r1．∴数列{b n}的前n项和=6+2(−1)⋅3r1．2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{b n}满足b1b2=13，b2b3=127．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S5＝30，S7＝56，得51+5×42=3071+7×62=56，解得1=2=2．∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n；设等比数列{b n}的公比为q（q＞0），由b1b2=13，b2b3=127，得12=13123=127，解得1=1=13．∴=(13)K1；（2）a n•b n=23K1=2⋅3K1．令{3K1}的前n项和为R n，则=130+231+332+⋯+3K1，13=13+232+333+⋯+K13K1+3两式作差可得：23=1+13+132+⋯+13K1−3=1×(1−13)1−13−3=32−2r32⋅3，∴=94−2r34⋅3K1．则=2=92−2r32⋅3K1．3．（2015·山东）设数列{a n}的前n项和为S n，已知2S n＝3n+3．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}，满足a n b n＝log3a n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ）因为2S n＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，＝3n﹣1+3，当n＞1时，2S n﹣1此时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即a n＝3n﹣1，所以a n=3，=13K1，＞1.．（Ⅱ）因为a n b n＝log3a n，所以b1=13，当n＞1时，b n＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，所以T1＝b1=13；当n＞1时，T n＝b1+b2+…+b n=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，所以3T n＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，两式相减得：2T n=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6r32×3，所以T n=1312−6r34×3，经检验，n＝1时也适合，综上可得T n=1312−6r34×3．题型三.分组求和1．已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n＝a n﹣2，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d（d≠0），则a2＝2+d，a4＝2+3d，∵a1，a2，a4成等比数列，∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），整理，得d2﹣2d＝0，解得d＝0（舍去），或d＝2，∴a n＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．（2）由（1）知，设b n＝a n﹣2=2n﹣22n＝2n﹣4n，故S n＝b1+b2+…+b n＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）＝2×or1)2−4(1−4)1−4＝n2+n+43−4r13．2．在公差不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{b n}满足=2，=2−1，2，=2，（k∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前2n项和T2n．【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{a n}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有a n＝n，n∈N*；（2）由（1）可得b n=2，=2−12，=2，k∈N*；前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）=2(1−4)1−4+12n（4+4n）=2(4−1)3+2n（n+1）．3．已知数列{a n}、{b n}满足：a n+1＝a n+b n，{b n+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．（1）试判断数列{b n}是否为等差数列，并说明理由；（2）求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）数列{b n}不是等差数列．理由如下：由a n+1﹣a n＝b n，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，又∵数列{b n+2}为等比数列，∴数列{b n+2}的首项为4，公比为2．∴3+2=4×22=16，得b3＝14，显然2b2＝12≠b1+b3＝16．故数列{b n}不是等差数列；（2）结合（1）知，等比数列{b n+2}的首项为4，公比为2．故+2=4⋅2K1=2r1，∴=2r1−2．∵a n+1﹣a n＝b n，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，∴−K1=2−2（n≥2）．令n＝2，…，（n﹣1）．得2−1=22−2，3−2=23−2，…−K1=2−2（n≥2），累加得−2=(22+23+⋯+2)−2(−1)（n≥2）．∴=(2+22+23+⋯+2)−2+2=2(2−1)2−1−2+2=2r1−2（n≥2）．又a1＝2满足上式，∴=2r1−2．∴=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2r1−2p＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2−1)2−1−2×or1)2=2r2−2−−4．题型四.讨论奇偶、绝对值求和1．数列{a n}的前n项和记为S n，对任意的正整数n，均有4S n＝（a n+1）2，且a n＞0．（1）求a1及{a n}的通项公式；（2）令=(−1)K14r1，求数列{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）当n＝1时，41=(1+1)2，则a1＝1；当n≥2时，由4S n＝（a n+1）2，知4S n﹣1＝（a n﹣1+1）2，联立两式，得4a n＝（a n+1）2﹣（a n﹣1+1）2，化简得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即{a n}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，故a n＝2n﹣1；（2）=(−1)K14r1=(−1)K14(2K1)(2r1)=（﹣1）n﹣1（12K1+12r1），下面对n分奇偶数讨论：当n为偶数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12K3+12K1）﹣（12K1+12r1）=1−12r1=22r1，当n为奇数时，T n＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12K3+12K1）+（12K1+12r1）=1+12r12r22r1，所以T n=为奇数为偶数．2．已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5＝9，S5＝25．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）设=(−1)，求{b n}前2n项和T2n．【解答】解：（1）由题意，设等差数列{a n}的公差为d，则5=1+4=95=51+5×42=25，整理，得1+4=91+2=5，解得1=1=2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，=o1+2K1)2=2．（2）由（1）知，设=(−1)=（﹣1）n•n2．T2n＝b1+b2+…+b2n＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n=2δ(1+2p2＝2n2+n．3．已知数列{a n}满足a1＝﹣2，a n+1＝2a n+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{a n}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|a n|}的前n项和S n．【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想=2−4．因为a n+1＝2a n+4，所以a n+1+4＝2（a n+4），r1+4+4=2，则{a n+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以+4=2，所以==2−4．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，a n≥0，所以=−1+2+⋯+=2+(22−4)+⋯+(2−4)=2+22+⋯+2−4(−1)=2(1−2)1−2−4(−1)=2r1−4+2，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，=2r1−4+2．题型五.数列求和选填综合1．首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，当其前n项和S n取最大值时，n的值为（）A．5B．6C．7D．8【解答】解：∵首项为正数的等差数列{a n}中，34=75，∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），整理，得：1=−112，∵a1＞0，∴d＜0，∴=−112B+oK1)2=2（n﹣6）2﹣18d，∴当其前n项和S n取最大值时，n的值为6．故选：B．2．在等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设b n＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{b n}的前2n项和为112(1−42)．【解答】解：等比数列{a n}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设首项为a1，公比为q，则：23=214+27=34，整理得：13=213+216=34，解得：1=14=2．则：=1K1=2K3，所以：b n ＝a 2n ﹣1﹣a 2n =22K32−22K3=−22n ﹣4，则：T 2n =−14(1−42)1−4=112(1−42)．故答案为：112(1−42)．3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2且对于任意n ＞1，n ∈N *满足S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1），则（）A ．a 4＝7B ．S 16＝240C ．a 10＝19D ．S 20＝381【解答】解：当n ≥2时，S n +1+S n ﹣1＝2（S n +1）⇒S n +1﹣S n ＝S n ﹣S n ﹣1+2⇒a n +1＝a n +2．所以数列{a n }从第2项起为等差数列，a n =1，=12−2，≥2，所以，a 4＝6，a 10＝18．S n ＝a 1+(2+)(K1)2=n （n ﹣1）+1，S 16＝16×15+1＝241，S 20＝20×19+1＝381．故选：D ．4．已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系11+22+33+⋯+=12−1，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为（）A ．﹣454B ．﹣450C ．﹣446D ．﹣442【解答】解：数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，可得a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，由11+22+33+⋯+=12−1，可得11=12−1=−12，可得b 1＝﹣2，又11+22+⋯+K1K1=12K1−1，且11+22+33+⋯+=12−1，两式相减可得=12−12K1=−12，可得b n＝﹣（2n﹣1）•2n，则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，故选：A．5．已知数列{a n}满足1=32，r1=3+3，若=3，则c1+c2+⋅⋅⋅+c n＝(2r1)⋅3−14．【解答】解：因为1=32，r1=3+3，所以1r1=+33=13+1，即1r1−1=13，所以数列{1}是首项11=23，公差为13的等差数列，所以1=23+13(−1)=r13，则=3=(+1)3K1，则1+2+⋅⋅⋅+=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(+1)×3K1，设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3−13−1−（n+1）×3n，则=(2r1)⋅3−14．即1+2+⋅⋅⋅+=(2r1)⋅3−14．故答案为：(2r1)⋅3−14．6．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＝λa n﹣2，其中λ为常数，若a n b n＝13﹣n，则数列{b n}中的项的最小值为−1214．【解答】解：根据题意，数列{a n}的满足a1＝2，S n＝λa n﹣2，当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，则S n＝2a n﹣2，①＝2a n﹣1﹣2，②则有S n﹣1①﹣②：a n＝2a n﹣2a n﹣1，变形可得a n＝2a n﹣1，则数列{a n }是首项为a 1＝2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ，又由a n b n ＝13﹣n ，则b n =13−2，当n ≤13时，b n ≥0，当n ≥14时，b n ＜0，且{b n }为递增数列，则当n ＝14时，b n 取得最小值，此时b 14=−1214；故答案为：−1214．7．已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n +1+a n b n +1＝0，则S 2019＝（）A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：∵a n ﹣1≥a n （n ≥2），a n +1≥a n ，∴a n ≥a n +1≥a n ，∴a n ＝a n +1，另外：a 1≥a 2≥a 1，可得a 2＝a 1＝1，∴a n ＝1．∵2S n S n +1+a n b n +1＝0，∴2S n S n +1+b n +1＝0，∴2S n S n +1+S n +1﹣S n ＝0，∴1r1−1=2．∴数列{1}是等差数列，首项为1，公差为2．∴1=1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，∴S n =12K1．∴S 2019=14037．故选：D ．8．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n ≥2且n ∈N +），等比数列{b n }公比q ＝2，令c n =为奇数，为偶数，则数列{c n }的前n 项和S 2n ＝2n 2﹣n +4r1−43．【解答】解：因为a1＝1，a2=13，11+22+⋅⋅⋅+=r1K1+6（n≥2且n∈N+），①可得n＝2时，11+22=31+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{b n}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以b n＝2n，当n＝3时，11+22+33=42+6，即2+3×4+83=3×16+6，解得a3=15，又11+22+⋯+K1K1=K2+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，=r1K1−K2，即2=2r1K1−2K2，化为1+1K2=2K1，又11+13=6=22，所以{1}为等差数列，且公差d=12−11=2，则1=11+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以c n=2−1，为奇数2，为偶数，所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）=o1+4K3)2+4(1−4)1−4＝2n2﹣n+4r1−43．故答案为：2n2﹣n+4r1−43．9．已知数列{a n}满足2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，其中1=−12，设=K+1，若b3为数列{b n}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是（5，7）【解答】解：∵2a n a n+1+a n+3a n+1+2＝0，∴a n+1=−(+2)2+3，∴r1+1=−(+2)2+3+1=+12+3，∴1r1+1=2+3+1=2+1+1，即1r1+1−1+1=2，所以数列{1+1}是公差为2的等差数列，∵11+1=2，∴1+1=2+(−1)×2=2n，∴b n＝2n（n﹣λ），∴b n+1﹣b n＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，因为b3为数列{b n}中唯一最小项，所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，即λ＜2n+1，即有λ＜7．所以5＜λ＜7．故答案为：（5，7）．课后作业.数列求和1．已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n为数列{1r1}的前n项和，若λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．设公差为d，由已知得：41+6=14(1+2p2=1(1+6p，，联立解得d＝1或d＝0（舍去），a1＝2，故：a n＝n+1．（2）由（1）得：1r1=1(r1)(r2)=1r1−1r2，所以：=12−13+13−14+⋯+1r1−1r2．=12−1r2，=2(r2)．由于：λT n≤a n+1对一切n∈N*恒成立，所以：2(r2)≤+2，解得：≤2(r2)2+4)+8，由于：+4≥≥4故：2(+4)+8≥16，即：λ≤16．故λ的最大值为16．2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝6，a7＝14．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）若_____，求数列{b n}的前n项和T n．在①b n＝2•a n；②b n=2+r12；③b n＝（﹣1）n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以a n＝2+2（n﹣1）＝2n；S n=2（2+2n）＝n2+n．（2）若选择条件①：由（1）可知a n＝2n，则b n＝2•a n＝2n•4n，所以T n＝b1+b2+…+b n＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4T n＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，两式相减得：﹣3T n＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，所以T n=89（1﹣4n）+23•4n+1；若选择条件②：由a n＝2n，S n＝n2+n，得b n=2+r12=82+8r4or1)=8+4or1)=8+4（1−1r1），所以T n＝b1+b2+b3+…+b n＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1−1r1）＝8n+4r1=82+12r1；若选择条件③：由a n＝2n，得b n＝（﹣1）n•a n＝（﹣1）n•2n，所以T n＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=2×2＝n，当n为奇数时，T n＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=K12×2n ＝﹣n﹣1，所以T n=，为奇数−−1，为偶数．3．已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n=(+1)2（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2(−2)(r1)，T n＝b1+b2+…+b n，求T n．【解答】解：（1）S n=(+1)2（n∈N*），当n＝1时，1=1(1+1)2，∴a1＝1，当n≥2时，由S n=(+1)2，得2=2+①取n＝n﹣1，得2K1=K12+K1②①﹣②得：2=2(−K1)=2−K12+−K1，∴（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，∴数列{a n}是等差数列，则a n＝n；（2）由S n=(+1)2，a n＝n，∴=or1)2，则=2(−2)(r1)=(−2)，∴=1−2+2(−2)2+⋯+K1(−2)K1+(−2)，−2=1+2−2+⋯+K1(−2)K2+(−2)K1，两式作差得：∴−3=1+1−2+⋯+1(−2)K1−(−2)=1−(−12)1−(−12)−(−2)=2+(−12)K13−(−2)，∴=3(−2)−2+(−12)K19=3r29(−2)−29．4．在数列{a n}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n；并求满足S n＜1516时n的最大值．【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(r1)r1=B+1B成立，∴1(r1)r1−1B=1．∴1B=2+（n﹣1）＝n+1，∴a n=1or1)．（II）a n=1or1)=1−1r1．∴数列{a n}的前n项和S n=(1−12)+(12−13)+⋯+(1−1r1)=1−1r1，S n＜1516，即1−1r1＜1516，解得n＜15，因此满足S n＜1516时n的最大值为14．。

教育辅导讲义知识回顾1. 等差数列、等比数列通项公式的求法： 若在已知数列中存在：1n n a a d +-=（常数）或1a ,(0)n nq q a +=≠的关系，可采用求等差、等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项公式。

2. 非等差、等比数列的通项公式的求法。

（1）观察法：通过观察数列中的项与项数的关系，找出项n a 与项数n 的关系。

（2）累差法：若在已知数列中相邻两项存在：1()n n a a f n +-=)N n (*∈的关系，可用“累差法”求通项公式。

其中累加的公式：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---（3）累积法：若在已知数列中相邻两项存在：1a ()n ng n a +=)N n (*∈的关系，可用“累积法”求通项公式。

累乘的公式：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅题型一 公式法【例1】已知数列}{n a 中，51=a 且1221n n n a a -=+-（2n ≥且*n ∈N ）．求证数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；【变式】题型二利用公式求通项【例2】1. 已知等差数列}{n a 满足：20,1084==a a ，则_______=n a2. 数列}{n a 满足：_________a ,3a ),2n (a 3a n 11n n ==≥=-则3. 已知等差数列{}n a 的公差是正数，并且374612,4a a a a =-+=-，求n a 。

1.累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的方法称为累加法。

累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.2.累乘法:利用恒等式321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积)。

数列求解通项的方法总结方法一、公式法当已知数列的类型（如已知数列为等差或等比数列）时，可以设出首项和公差（公比），列式计算。

1、等差数列通项公式： dn a a n )1(1-+=2、等比数列通项公式：例1、设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1=a 1，b 2=2，q=d ，S 10=100．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式 （2）当d ＞1时，记c n =，求数列{c n }的前n 项和T n ．变式1、已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1=b 1=1，b 2+b 3=2a 3，a 5﹣3b 2=7．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设c n =a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．11-=n n q a a方法二、利用前n 项和与通项的关系已知数列{ a n }前n 项和S n ，求通项公式，利用 a n ＝{)1()2(11=≥--n S n S S n n 特别地，当n=1的值与S 1的值相同时，合并为一个通项公式，否则写成分段的形式。

例2、（1）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n =3n+3．求{a n }的通项公式；（2）S n 为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 （I ）求{a n }的通项公式.（Ⅱ）设b n =，求数列{b n }的前n 项和．变式2、（2015·四川）数列{a n }（n=1，2，3…）的前n 项和S n ，满足S n =2a n ﹣a 1，且a 1，a 2+1，a 3成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）设数列的前n 项和为T n ，求T n ．方法三、利用递推关系式与通项的关系类型1、累加法 形如)(1n f a a n n +=+例3、（2014·全国卷）数列{a n }满足a 1=1，a 2=2，a n+2=2a n+1-a n +2.（1）设b n =a n+1-a n ，证明{b n }是等差数列； （2）求数列{a n }的通项公式.变式3、已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。