an与sn的之间的关系探究

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。

等比数列的前n 项和 一、等比数列的前n 项和公式 1．乘法运算公式法∵S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝a 1·1－q 1＋q ＋q 2＋…＋q n －11－q ＝a 11－q n1－q， ∴S n ＝a 11－q n1－q. 2．方程法 ∵S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －2)＝a 1＋q (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n －1－a 1q n －1)＝a 1＋q (S n －a 1q n －1)，∴(1－q )S n ＝a 1－a 1q n .∴S n ＝a 11－q n1－q. 3．等比性质法∵{a n }是等比数列，∴a 2a 1＝a 3a 2＝a 4a 3＝…＝a n a n －1＝q . ∴a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1＝q ， 即S n －a 1S n －a n ＝q 于是S n ＝a 1－a n q 1－q ＝a 11－q n1－q. 二、等比数列前n 项和公式的理解(1)在等比数列的通项公式及前n 项和公式中共有a 1，a n ，n ，q ，S n 五个量，知道其中任意三个量，都可求出其余两个量．(2)当公比q ≠1时，等比数列的前n 项和公式是S n ＝a 11－q n 1－q ，它可以变形为S n ＝－a 11－q ·q n ＋a 11－q ，设A ＝a 11－q，上式可写成S n ＝－Aq n ＋A .由此可见，非常数列的等比数列的前n 项和S n 是由关于n 的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1是n 的正比例函数(常数项为0的一次函数)．等比数列前n 项和性质（1）在等比数列{a n }中，连续相同项数和也成等比数列，即：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…仍成等比数列．（2）当n 为偶数时，偶数项之和与奇数项之和的比等于等比数列的公比，即S 偶S 奇＝q . （3）若一个非常数列{a n }的前n 项和S n ＝－Aq n ＋A (A ≠0，q ≠0，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列，即S n ＝－Aq n ＋A ⇔数列{a n }为等比数列．题型一 等比数列前n 项和公式的基本运算（在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，a 1与q 是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a 1和q 表示a n 与S n ，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用；在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．）1、在等比数列{a n}中，(1)若S n＝189，q＝2，a n＝96，求a1和n；(2)若q＝2，S4＝1，求S8.2、设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.题型二等比数列前n项和性质的应用3、一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项和为170，求出数列的公比和项数．4、等比数列{a n}中，若S2＝7，S6＝91，求S4.题型三等比数列前n项和的实际应用5、借贷10 000元，以月利率为1%，每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)[规范解答] 方法一设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款a n元(1≤n≤6)，则a0＝10 000，a1＝1.01a0－a，a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，……a6＝1.01a5－a＝……＝1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a.由题意，可知a6＝0，即1.016a0－[1＋1.01＋…＋1.015]a＝0，a＝1.016×1021.016－1.因为1.016＝1.061，所以a＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元．方法二一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元)．另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a＝a[1＋0.016－1]1.01－1＝a[1.016－1]×102(元)．由S1＝S2，得a＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a≈1 739.故每月应支付1 739元．方法技巧错位相减法求数列的和若数列{a n}为等差数列，数列{b n}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{a n b n}的各项乘以公比q，并向后错位一项与{a n b n}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法．6、已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .数列归纳整合一、数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列着的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．(4)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2. 等差数列 等比数列性质 ①设{a n }是等差数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s＋a t ＝a m ＋a n ；②从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列；③等差数列中连续m 项的和组成的新数列是等差数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等差数列 ①设{a n }是等比数列，若s ＋t ＝m ＋n ，则a s ·a t ＝a m ·a n ； ②从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列； ③等比数列中连续m 项的和组成的新数列是等比数列，即：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…是等比数列(注意：当q ＝－1且m 为偶数时，不是等比数列)函数特性 ①等差数列{an}的通项公式是n 的一次函数，即an ＝an ＋b(a≠0，a ＝d ，b ＝a1－d)； ②等差数列{an}的前n 项和公式是一个不含常数项的n 的二次函数，即Sn ＝an2＋bn(d≠0) ①等比数列{an}的通项公式是n 的指数型函数，即an ＝c·qn ，其中c≠0，c ＝a1q ； ②等比数列{an}的前n 项和公式是一个关于n 的指数型函数，即Sn ＝aqn －a(a≠0，q≠0，q≠1)三、等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a n ＋12＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．专题一 数列通项公式的求法数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n 项和．常见的数列通项公式的求法有以下几种：(1)观察归纳法求数列的通项公式就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n 的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式．(2)利用公式法求数列的通项公式数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a 1与d 或a 1与q ，再代入公式a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a 1q n －1中即可．(3)利用a n 与S n 的关系求数列的通项公式如果给出的条件是a n 与S n 的关系式，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，先求出a 1＝S 1，再通过计算求出a n (n ≥2)的关系式，检验当n ＝1时，a 1是否满足该式，若不满足该式，则a n 要分段表示．(4)利用累加法、累乘法求数列的通项公式形如：已知a 1，且a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可求和数列)的形式均可用累加法；形如：已知a 1，且a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可求积数列)的形式均可用累乘法． (5)构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式)若由已知条件直接求a n 较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式．1、已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2且a 1＝2，求a n .2、数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n ＋2a n (n ∈N *)，求通项公式a n . 3、已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，a 1＝1，求通项公式．4、设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 专题二 数列求和求数列的前n 项和S n 通常要掌握以下方法：1、公式法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列q ≠1的讨论．2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列再求和．4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)．1、求数列214，418，6116，…，2n ＋12n ＋1的前n 项和S n . 2、在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和． 3、求和S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n .专题三 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，也是高考的必考内容及重点考查的范围，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识交汇进行命题．1、已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且 a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围． 2、数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n 2·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .。

第二讲 由S n 和a n 的关系求通项公式题型一 已知n S 的表达式，求n an S 与n a 的关系：(1)已知n a 求n S . n n a a a S +++= 21 (2)已知n S 求n a . 即n a ＝⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n 。

特别要注意的是，若1a 适合由1n --=n n S S a （n ≥2）可得到的表达式，则n a 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子。

规律：如果bn an S n +=2，则}{n a 不用分段，是等差数列如果A Aq S nn -=, 则}{n a 不用分段，是等比数列另外一种快速判断技巧是利用S 0是否为0来判断：若S 0＝0，则a 1＝S n －S n －1，否则不符合，这在解小题时比较有用.（1）n a 的表达式不分段例1 (2014·湖南)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.求数列{a n }的通项公式；解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . （2）n a 的表达式分段例2 (2020·山东青岛模拟)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式是______． 【解析】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n ＋1)－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，又a 1＝3≠2×1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.题型二 由n S 和n a 的混合关系式求通项公式 （1）变形转化成n a 的递推关系例1（2020福建高三模拟）各项均为正数的数列{}n a 的首项11a λ=，前n 项和为n S ，且211n n n S S a λ+++=．求数列{}n a 的通项公式. 【解析】 因为211n n n S S a λ+++=，①所以当2n ≥时，21n n nS S a λ-+=， ②-①②得：2211n n n n a a a a λλ+++=-，即111()()n n n n n n a a a a a a λ++++=+-，因为{}n a 的各项均为正数，所以10n n a a ++>，且0λ>，所以11n n a a λ+-=．由①知，2212S S a λ+=，即21222a a a λ+=，又因为11a λ=，所以22a λ=．所以211a a λ-=．（2）变形转化成n S 的递推关系例2 （2019•钟祥市一模）已知正数数列{}n a 满足11()2n n nS a a =+，*n N ∈，其中n S 为数列{}n a 的前n 项的和，求数列}{n a 的通项公式n a ．解：由11()2n n nS a a =+，令1n =，得11111()2a a a =+，0n a >，得11a =．当2n 时，1111()2n n n n n S S S S S --=-+-，即2211n n S S --=．因此，数列2{}n S 是首项为1，公差为1的等差数列，∴2n S n =，即n S =．⎩⎨⎧≥--==2,11n 1n n n a n ，变式：对于实数x ，定义[]x 表示不超过x 大整数，已知正数数列n a 满足：1111,()2n n na S a a ==+，其中n S 为数列n a 的前n 项的和，则12121111[]S S S ++⋯+= ． 解：由11()2n n nS a a =+，令1n =，得11111()2a a a =+，0n a >，得11a =．当2n 时，1111()2n n n n n S S S S S --=-+-，即2211n n S S --=．因此，数列2{}n S 是首项为1，公差为1的等差数列，∴2n S n =，即n S =．得-=<<=，令12121111S S S S =++⋯+，1n S =，1)20S ∴>+⋯+=>．12121111()111)21S S S S =++⋯+<++⋯+=+=． 12121111[][]20S S S S ∴++⋯+==．故答案为：20． （3）由n s 与1+n a 的递推关系,由于n 的限制，n a 需分段表示例3.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知14a =，13nn n a s +=+，*n ∈N .求数列{}n a 的通项公式. 【解析】因为13n n n a s +=+，*n ∈N ，当2n ≥时，113n n n a s --=+，所以11223n n n a a -+=+⨯，变形为11232(23)n n n n a a -+-⨯=-⨯，21237,61a a a =+=-=.所以数列1{23}n n a --⨯从第二项开始是等比数列，公比为2.所以122312n n n a ---⨯=⨯ ，即12232n n n a --=⨯+，所以124, 1.232, 2.n n n n a n --=⎧=⎨⨯+≥⎩课后练习：一 已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n . 1.S n ＝n 2－10n ， 求n a 2. S n ＝2n ＋1 ，求n a3.（2015新课标II 改） 设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1111,n n n a a S S ++=-=，求n S 的表达式.4. 已知21=a ，1-=n n n S S a ,求n a5. 已知21=a ，n n S a 31=+,求n a 二 已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n . 1.S n ＝n 2－10n ，解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－10＝－9；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11. 当n ＝1时，2×1－11＝－9＝a 1.∴a n ＝2n －11.（2）S n ＝2n ＋1解：(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.3.（2015新课标II 改） 设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1111,n n n a a S S ++=-=，求n S 的表达式. 【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=，两边同时除以1n n S S +得，1111n n S S +-=， 即1111n n S S +-=-.又111S =-，所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1-，公差为1-的等差数列， 4. 已知21=a ，1-=n n n S S a ,求n a ⎪⎩⎪⎨⎧≥-⋅-==225223212n nn n a n 5. 已知21=a ，n n S a 31=+,求n a ⎩⎨⎧≥⋅==-246122n n a n n 6．数列{}n a 满足*12211125,222n n a a a n n N ++⋯+=+∈，则n a = .【答案】114,12,2n n n +=⎧⎨≥⎩【解析】这类问题类似于()n n S f a =的问题处理方法，在122111 (25222)n n a a a n +++=+中用1n -代换n 得12121111...2(1)5222n n a a a n --+++=-+（2n ≥），两式相减得122n n a =，12n n a +=，又1172a =，即114a =，故114,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n S a +=，,则n S =______________ 【答案】132n【解析】由题意，122n n n S S S +=-，所以132n n S S +=，11S =，所以132n n S -⎛⎫= ⎪⎝⎭． 8．设数列{}n a 前n 项的和为n S ，若14a =，且()*13n n a S n N +=∈，则n S =______.【答案】4n【解析】1113,3,4n n n n n n n a S S S S S S +++=∴-==，11140,0,4n n nS S a S S +==≠∴≠∴=, {}n S ∴是以4为首项,公比为4的等比数列, 4n n S ∴=.故答案为:4n。

Sn 与an 的关系典型题1 .数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列. (Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有 2；(Ⅲ) 正数数列中，.求数列中的最大项.分析：本题主要考查求数列的通项、等差等比数列的概念和性质、不等式、函数的单调性，综合运送知识分析问题和解决问题的能力.转化（化归）的思想答案：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有 ①成立∴ （n ≥ 2）②①--②得∴∵均为正数，∴ （n ≥ 2）∴数列是公差为1的等差数列又n=1时，， 解得=1 ∴.()（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n ，总有≤. ∴ (Ⅲ)解：由已知 ， {}n a n S n *N n ∈2,,n n n a S a {}n a {}n b n n T 2ln n n n a x b =(]e x ,1∈e e ⋅⋅⋅n n T <{}n c ())(,*11N n c a n n n ∈=++{}n c *N n ∈22n n n S a a =+21112n n n S a a ---=+21122----+=n n n n n a a a a a ()()111----+=+n n n n n n a a a a a a 1,-n n a a 11=--n n a a {}n a 21112S a a =+1a n a n =*N n ∈(]e x ,1∈2ln n n n a xb =21n()n n n T n 113212*********22-++⋅+⋅+<+++≤ 21211131212111<-=--++-+-+=nn n 221212=⇒==c c a 54545434343232355,244,33=⇒====⇒===⇒==c c a c c a c c a易得猜想 n≥2 时，是递减数列.令 ∵当 ∴在内为单调递减函数.由. ∴n≥2 时, 是递减数列.即是递减数列.又 , ∴数列中的最大项为.2．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设数列满足，并记为的前项和，求证： .分析：本小题主要考查数列、不等式、数学归纳法、二项式定理等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力.转化（化归）思想，分类讨论的思想（Ⅰ）解：由，解得或.由假设，因此.又由，得，即或.因，故不成立，舍去. 因此，从而是公差为3，首项为2的等差数列，故的通项为.（Ⅱ）证法一：由可解得 从而. 12234,...c c c c c <>>>{}n c ()()22ln 1ln 1,ln x x x x x x x f x x x f -=-⋅='=则().00ln 1,1ln 3<'<->≥x f x x x ，即则时，[)+∞,3()x f ()11ln ln 11++==++n n c c a n n n n 知{}n c ln {}n c 12c c <{}n c 323=c }{n a n n S 11>S +∈++=N n a a S n n n ),2)(1(6}{n a }{n b 1)12(=-n b n a n T }{n b n +∈+>+N n a T n n ),3(log 132)2)(1(611111++==a a S a 11=a 21=a 111>=S a 21=a )2)(1(61)2)(1(611111++-++=-=++++n n n n n n n a a a a S S a 0)3)((11=--+++n n n n a a a a 031=--+n n a a n n a a -=+10>n a n n a a -=+131=-+n n a a }{n a }{n a 13-=n a n 1)12(=-n b n a 133log )11(log 22-=+=n n a b n n )1335623(log 2215-⋅⋅⋅=+++=n n b b b T n n因此. 令，则 .因，故. 特别地，从而，即.证法二：同证法一求得及.由二项式定理知，当时，不等式成立. 由此不等式有 . 证法三：同证法一求得及.下面用数学归纳法证明：.当时，，因此，结论成立.假设结论当时成立，即，则当时，. 因，故.从而.这就是说当时结论也成立. 综上对任何成立.]232)1335623[(log )3(log 13322+⋅-⋅⋅⋅=+-+n n n a T n n 232)1335623()(3+⋅-⋅⋅⋅=n n n n f 233)23)(53()33()2333(5323)()1(+++=++⋅++=+n n n n n n n n f n f 079)23)(53()33(23>+=++-+n n n n )()1(n f n f >+12027)1()(>=≥f n f 0)(log )3(log 1322>=+-+n f a T n n )3(log 132+>+n n a T n b n T 0>c c c 31)1(3+>+3332)1311()511()211(2log 13-+++=+n T n )3(log )23(log )132358252(log )1311()531)(231(2log 2222+=+=-+⋅⋅⋅⋅=-+++>n a n n n n n b n T )3(log 132+>+n n a T 1=n 5log )3(log ,427log 1321221=+=+a T )3(log 132+>+n n a T k n =)3(log 132+>+k k a T 1+=k n )3(log 313)3(log 13121121+-++=+-+++++k k k k k a b T a T 2321122)23)(53()33(log 3)3(log )3(log +++=++-+>++k k k b a a k k k 079)23)(53()33(23>+=++-+k k k k 0)23)(53()33(log 232>+++k k k )3(log 13121+>+++k n a T 1+=k n )3(log 132+>+n n a T +∈N n。

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

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

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

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

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

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

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

反之不一定成立。

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

第4讲 数列求和与综合问题高考统计·定方向题型1 数列中的a n 与S n 的关系■核心知识储备·1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系 a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).2．求数列{a n }通项的方法 (1)叠加法形如a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠加法求通项公式，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (2)＋…＋f (n )(和可求)．(2)叠乘法 形如a n a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠乘法求通项公式，a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝a 1·f (2)·f (3)…f (n )(积可求)．(3)待定系数法形如a n ＝λa n －1＋μ(n ≥2，λ≠1，μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式，a n ＋μλ－1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋μλ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫构造新数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋μλ－1为等比数列.■高考考法示例·【例1】 (1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n＋1＝4S n －3(n ∈N *)．①求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； ②求数列{a n }的通项公式．(1)S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .](2)[解] ①令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3， 又a 1＝1， ∴a 2＝12.由2a n a n ＋1＝4S n －3， 得2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. 即2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1.∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.②由①可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12， ∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32， 即n 为偶数时，a n ＝n －32. 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.1．数列{a n }中，a 1＝1，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝1＋n ＋a n ，令b i ＝1a i(i ∈N *)，则b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝( )A ．2 0171 009 B ．2 0172 018 C ．2 0182 019D ．4 0362 019D [∵a n ＋1＝n ＋1＋a n ，∴a n ＋1－a n ＝1＋n ， ∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D ．] 2．数列{a n }满足，12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2， 即a n ＝2n ＋1，n ≥2. 又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]题型2 求数列{a n }的前n 项和■核心知识储备·1．分组求和法：将数列通项公式写成c n ＝a n ＋b n 的形式，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：把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．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，一般分六步：①S n ；②qS n ；③差式；④和式；⑤整理；⑥结论．■高考考法示例· ►角度一 分组求和法【例2－1】 (2018·昆明市教学质量检查)已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋1＝a n ＋n 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＋1＝a n ＋n 2 ① 得S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2②则②－①得a n ＝2n ＋1.当a 1＝3时满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝(－1)n ＋22n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝[](－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n＋(23＋25＋…＋22n ＋1)＝(－1)×[1－(－1)n ]1－(－1)＋23×(1－4n )1－4＝(－1)n －12＋83(4n－1)．【教师备选】(2018·石家庄三模)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3(2＋2＋2d )2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}＝2n －1＋n 2×2＝2n＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.►角度二 裂项相消法求和【例2－2】 (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【教师备选】(2018·郑州第三次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34.[解] (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝121＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)＜34.►角度三 错位相减法求和【例2－3】 (2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)·a n ，求数列{b n }的前n 项的和T n . [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由4S 5＝3S 4＋S 6，得S 6－S 5＝3S 5－3S 4， 即a 6＝3a 5，∴q ＝3，∴a n ＝9×3n －3＝3n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·a n ＝(2n －1)·3n －1， ∴T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① ∴3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ， ②①－②得－2T n ＝1＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝1＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n －1)·3n ＝－2－2(n －1)·3n ，∴T n ＝(n －1)·3n ＋1.【教师备选】(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n .又∵b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1， 累加可得：(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，化简并代入b 1＝1得：b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1① 12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ②①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.又∵数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝(－1)n－1a n a n＋1，求数列{b n}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{a n}的公差为d，由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得b n＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)＝(－1)n－1·(4n2－1)．∴T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1·[4×(2n)2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×2n(2n＋1)2＝－8n2－4n.题型3数列中的创新与交汇问题近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面：一是新信息情境下的数列问题，此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景，主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力；二是创新命题角度考迁移能力，题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．■高考考法示例·►角度一新信息情境下的数列问题【例3－1】(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[思路点拨] 阅读题干―――――→提取数据数据分组―――――――→联想数列知识推理论证得出结论A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．]►角度二 交汇类创新问题【例3－2】 (2018·长沙联考)已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立．求实数a 的取值范围．[思路点拨] (1)点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上――→满足方程求b n ―――――――→b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列求a n ； (2)裂项，求S n ―――――――→2aS n ＜2－b n a n 分离变量建立a 的不等式―――――――→数列的单调性求实数a 的取值范围[解] (1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝(n ＋2)22.又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋2)2(n ＋3)24， ∴a n ＋1＝(n ＋2)(n ＋3)2， ∴n ≥2时，a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2. (2)由(1)知，1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－(n ＋2)22(n ＋1)(n ＋2)2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1， 即a <n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1，显然f (n )随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12. 综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．若数列{a n }满足：对任意的n ∈N *，只有有限个正整数m 使得a m <n 成立，记这样的m 的个数为(a n )*，则得到一个新数列{(a n )*}．例如，若数列{a n }是1,2,3，…，n ，…，则数列{(a n )*}是0,1,2，…，n －1，….已知对任意的n ∈N *，a n ＝n 2，则(a 5)*＝________，((a n )*)*＝________.2 n 2 [因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1,2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a 10)*＝3，(a 11)*＝3，(a 12)*＝3，(a 13)*＝3，(a 14)*＝3，(a 15)*＝3，(a 16)*＝3， 所以((a 1)*)*＝1，((a 2)*)*＝4，((a 3)*)*＝9，((a 4)*)*＝16，猜想((a n )*)*＝n 2.]2．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. [证明] (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n－1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.[高考真题]1.(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C ．]2.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.－63 [法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.] 3.(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝1 1S k ＝________.2n n ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.] 4.(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解] (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n ＝⎩⎨⎧ 0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[最新模拟]5．(2018·昆明教学质量检查)数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n ·n ，则数列{a n }的前20项的和为( )A ．－100B ．100C ．－110D ．110A [由a n ＋1＋a n ＝(－1)n n ，得a 2＋a 1＝－1，a 3＋a 4＝－3，a 5＋a 6＝－5，…，a 19＋a 20＝－19，∴a n 的前20项的和为a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100，故选A ．] 6．(2018·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R )的图象上，且a 1＝C ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式对照得⎩⎪⎨⎪⎧ d 2＝1，C －1＝0，⎩⎨⎧d ＝2，a 1＝C ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝(2n －1)(2·2n －1－1＋1)＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1， 两式相减得T n＝(2n－1)·2n＋1－2(22＋…＋2n)－2＝(2n－1)·2n＋1－2×22(1－2n－1)1－2－2＝(2n－3)·2n＋1＋6.。