数列A

数列sn、an的求法
总体而言，对于求解数列的方法有很多，它们可以按解数列中的元素的关联程度分为三大类：直观推断法、递推法和递归法。

本文就以 sn 、an 为例，正确的解决这类问题
的方法是应用合适的递推和递归方法，研究数列特性，得出数列表达式来解决。

1.直观推断法：直观推断法指从数列中寻找规律，从而对数列进行快速预测，最后从而得出这个数列的表达式。

sn和an数列的直观推断法是从已知第一项a1和公差d，把其他项一次顺推，来确定数列的特征。

sn数列的第n项可以写成$Sn＝ a_1+ T_1 + \cdots +T_{n-2}+T_{n-1}，\ T_k＝ k(d_1 + d_2 + \cdots + d_k)，$其中Tk是$s_k$和
$s_{k+1}$之间的公差等差等比之和，an数列则有$a_n＝ a_1 + (n – 1)d $
3.递归法：递归法是求解数列的一种特殊方法，也是很重要的方法，也可以用来描述数列的特性。

它把第n+1项以第n项和前面几项来表示，从而求出第n+1项。

比如sn数
列可用递归法来表示，有$s_{n＋1}＝ s_n+ d_n$，$d_n＝ 1/2(d_{n－1}+ 2d_n)，$其中$d_n$为第n项与前面项之间的公差。

an数列也可以用递归法来表示，有$a_{n＋1}＝ a_n + d$，$d_n＝ a_{n＋1}− a_n，$其中$d_n$为第n项与前面项之间的公差。

二、数列的递推公式与通项公式、前n 项和公式一、知识点回顾：1、递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。

2、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 。

在数列｛a n ｝中，前n 项和S n 与通项公式a n 的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握之。

注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；若a 1 适合由a n 的表达式，则a n 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子。

（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

3、数列的通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

⑵已知n S （即12()n a a a f n +++= ）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n nn S n a S S n -==-≥。

一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。

⑶已知12()n a a a f n = 求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

⑷若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。

⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。

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

数列的通项公式基础知识点1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．2．数列的通项公式如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．3．数列的递推公式如果已知数列{a n}的第一项(或前几项)，且任何一项a n与它的前一项a n－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n＝f(a n－1)(或a n＝f(a n－1，a n－2)等)，那么这个式子叫做数列{a n}的递推公式．4．S n与a n的关系已知数列{a n}的前n项和为S n，则a n ＝⎩⎨⎧S1，n＝1，Sn－S n－1，n≥2，这个关系式对任意数列均成立．5.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且a n－a n－1＝f(n)，可用“累加法”求a n.(2)已知a1且a nan－1＝f(n)，可用“累乘法”求a n.(3)已知a1且a n＋1＝qa n＋b，则a n＋1＋k＝q(a n＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n＋k}．(4)形如a n＋1＝AanBan＋C(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．基础题型训练：一．选择题（共10小题）1．已知数列…，则2是这个数列的（）A．第6项 B．第7项 C．第11项 D．第19项2．已知数列{an }的前n项和，则a2•a6=（）A． B． C．16 D．643．设数列{an }的前n项和为Sn，若Sn=2n﹣1（n∈N+），则a2018的值为（）A．2 B．3 C．2018 D．40354．在等差数列{an }中，其前n项和为Sn，若a5，a7是方程x2+10x﹣16=0的两个根，那么S11的值为（）A．44 B．﹣44 C．55 D．﹣55 5．无穷数列1，3，6，10…的通项公式为（）A．an =n2﹣n+1 B．an=n2+n﹣1 C．an= D．an=6．在数列{an }中，a1=﹣1，a2=0，an+2=an+1+an，则a5等于（）A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣37．数列{an }的前n项和Sn=2n2﹣3n（n∈N*），则a4等于（）A．11 B．15 C．17 D．208．在数列{an }中，a1=1，an+1﹣an=2，则a51的值为（）A．49 B．89 C．99 D．1019．若数列{an }由a1=2，an+1=an+2n（n≥1）确定，则a100的值为（）A．9900 B．9902 C．9904 D．990610．已知数列{an }中，a1=1，an=3an﹣1+4（n∈N*且n≥2），则数列{an}通项公式an为（）A．3n﹣1 B．3n+1﹣8 C．3n﹣2 D．3n 二．填空题（共4小题）11．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N+），则数列{an}的通项公式an= ．12．已知数列{an }的前n项和Sn=3+2n，则数列{an}的通项公式为．13．数列{an }满足an+1=3an+1，且a1=1，则数列{an}的通项公式an= ．14．已知数列{an }是等差数列，Sn是其前n项和，且S12＞0，S13＜0，则使an＜0成立的最小值n是．三．解答题（共1小题）15．设等差数列{an }的前n项和为Sn，已知a3=24，S11=0．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{an }的前n项和Sn；（Ⅲ）当n为何值时，Sn 最大，并求Sn的最大值．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．已知数列…，则2是这个数列的（）A．第6项B．第7项C．第11项D．第19项【解答】解：数列…，各项的平方为：2，5，8，11，…则an 2﹣an﹣12=3，又∵a12=2，∴an2=2+（n﹣1）×3=3n﹣1，令3n﹣1=20，则n=7．故选：B．2．已知数列{an }的前n项和，则a2•a6=（）A．B．C．16 D．64【解答】解：∵数列{an}的前n项和，∴a2=S2﹣S1=（22﹣1）﹣（2﹣1）=4﹣2=2，a6=S6﹣S5=（26﹣1）﹣（25﹣）=64﹣32=32，则a2•a6=2×32=64，故选：D．3．设数列{an }的前n项和为Sn，若Sn=2n﹣1（n∈N+），则a2018的值为（）A．2 B．3 C．2018 D．4035【解答】解：∵Sn =2n﹣1（n∈N+），则a2018=S2018﹣S2017=2×2018﹣1﹣（2×2017﹣1）=2．故选：A．4．在等差数列{an }中，其前n项和为Sn，若a5，a7是方程x2+10x﹣16=0的两个根，那么S11的值为（）A．44 B．﹣44 C．55 D．﹣55【解答】解：∵a5，a7是方程x2+10x﹣16=0的两个根，∴a5+a7=﹣10，则S11====﹣55，故选：D．5．无穷数列1，3，6，10…的通项公式为（）A．an =n2﹣n+1 B．an=n2+n﹣1 C．an=D．an=【解答】解：∵a2﹣a1=3﹣1=2，a 3﹣a2=6﹣3=3，a 4﹣a3=10﹣6=4，…∴an =a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）=1+2+3+…+n=．故选：C．6．在数列{an }中，a1=﹣1，a2=0，an+2=an+1+an，则a5等于（）A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣3【解答】解：数列{an }中，a1=﹣1，a2=0，an+2=an+1+an，a3=﹣1，a4=﹣1，则a5=﹣2．故选：C．7．数列{an }的前n项和Sn=2n2﹣3n（n∈N*），则a4等于（）A．11 B．15 C．17 D．20【解答】解：a4=S4﹣S3=（2×16﹣3×4）﹣（2×9﹣3×3）=11．故选：A．8．在数列{an }中，a1=1，an+1﹣an=2，则a51的值为（）A．49 B．89 C．99 D．101【解答】解：∵在数列{an }中，a1=1，an+1﹣an=2，∴数列{an }是首项为a1=1，公差为an+1﹣an=2的等差数列，∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，∴a51=2×51﹣1=101．故选：D．9．若数列{an }由a1=2，an+1=an+2n（n≥1）确定，则a100的值为（）A．9900 B．9902 C．9904 D．9906【解答】解：由题意可得，得an+1﹣an=2n所以a2﹣a1=2a3﹣a2=4…an ﹣an﹣1=2（n﹣1）把以上n﹣1个式子相加可得，an ﹣a1=2+4+6+…+2（n﹣1）=n（n﹣1）所以，an=n（n﹣1）+2则a100=9902故选：B．10．已知数列{an }中，a1=1，an=3an﹣1+4（n∈N*且n≥2），则数列{an}通项公式an为（）A．3n﹣1 B．3n+1﹣8 C．3n﹣2 D．3n【解答】解：在an =3an﹣1+4两边同时加上2，得an+2=3an﹣1+6=3（an﹣1+2），根据等比数列的定义，数列{ an+2}是等比数列，且公比为3．以a1+2=3为首项．等比数列{ an +2}的通项an+2=3•3 n﹣1=3 n，移向得an=3n﹣2．故选：C．二．填空题（共4小题）11．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N+），则数列{an}的通项公式an= ．【解答】解：当n≥2时，an =2Sn﹣1，∴an+1﹣an=2Sn﹣2Sn﹣1=2an，即an+1=3an，∴数列{an }为等比数列，a2=2a1=2，公比为3，∴an=2•3n﹣2，当n=1时，a1=1∴数列{an}的通项公式为．故答案为：．12．已知数列{an }的前n项和Sn=3+2n，则数列{an}的通项公式为．【解答】解：由Sn=3+2n，当n=1时，a1=S1=5．当n≥2时，．所以．故答案为．13．数列{an }满足an+1=3an+1，且a1=1，则数列{an}的通项公式an= •（3n﹣1）．【解答】解：∵an+1=3an+1，∴an+1+=3（an+），则数列{an +}是公比q=3的等比数列，首项a1+=1+=，则an+=•3n﹣1=•3n，则an=﹣+•3n=•（3n﹣1），故答案为：•（3n﹣1）14．已知数列{an }是等差数列，Sn是其前n项和，且S12＞0，S13＜0，则使an＜0成立的最小值n是7 ．【解答】解：∵S12＞0，S13＜0，∴＞0，＜0，∴a6+a7＞0，a7＜0，∴a6＞0．则使an＜0成立的最小值n是7．故答案为：7．三．解答题（共1小题）15．设等差数列{an }的前n项和为Sn，已知a3=24，S11=0．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{an }的前n项和Sn；（Ⅲ）当n为何值时，Sn 最大，并求Sn的最大值．【解答】解：（Ⅰ）依题意，∵a3=24，S11=0，∴a1+2d=24，a1+55d=0，解之得a1=40，d=﹣8，∴an=48﹣8n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a1=40，an=48﹣8n，∴Sn==﹣4n2+44n．（Ⅲ）由（Ⅱ）有，Sn=﹣4n2+44n=﹣4（n﹣5.5）2+121，故当n=5或n=6时，Sn 最大，且Sn的最大值为120．。

1.设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)， 则它的通项公式是________．2、数列{}n a 满足143,n n a a -=+且10a =，则此数列的第5项是（ ）A 、15B 、255C 、20D 、83．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，若a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，则a n ＝( ) A.15n 2－25n ＋65 B ．n 3－5n 2＋9n －4 C ．n 2－2n ＋2D ．2n 2－5n ＋44.【2018届福建省龙岩市4月检测】已知数列的前项和是，且.若，求的通项公式；5、已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N +*==+∈。

求n a 的通项6、数列{}n a 的前n 项和记为n S 。

已知()1121,1,2,3,n n n a a S n n++===求n a 的通项五，a n 与周期及函数例5．(2019·河北石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 018的值为( )A ．2 B ．－3 C ．－12 D.13例6．(2019·河北保定一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x －6，x ≤10，a x －9，x ＞10，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2]C ．(2,3) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2411，31．设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 019等于( ) A.2 0192 020 B.12 020 C.2 0202 021D.12 0212．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，则a 2 020的值为( )A ．2 B ．－3 C ．－12D.133，在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2 020＝________.4、已知数列{}n a 的通项()9899n n a n N n *-=∈-，则数列{}na 的前30项中，最大项为 。

数列求an的十种方法
数列求an的十种方法包括：
1. 直接法：根据数列的定义式，逐一计算每一项。

2. 通项公式法：如果数列有通项公式，直接使用公式计算第n项。

3. 递推法：根据数列的递推关系，从已知项逐步递推求解第n项。

4. 求和法：如果数列是由前n项和的公式表示的，可以通过求和公式计算第n 项。

5. 递归法：将数列定义为一个递归函数，通过函数递归计算第n项。

6. 差分法：如果数列的相邻项之间有规律，可以通过求差分的方式推导出第n 项。

7. 等差数列法：如果数列是等差数列，可以利用等差数列的求和公式解决问题。

8. 等比数列法：如果数列是等比数列，可以利用等比数列的通项公式或者求和公式解决问题。

9. 生成函数法：将数列看作一个生成函数，通过生成函数的定义和运算求解第n 项。

10. 线性递推法：将数列转化为矩阵求幂的形式，通过矩阵乘法和快速幂算法计算第n项。

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