数列的通项与求和
数列求通项公式及求和种方法
数列专题 1：根据递推关系求数列的通项公式根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型一、 S n 是数列 { a n } 的前 n 项的和型一：a nS 1(n 1 )S nSn 1(n 2 )【方法】：“ S n S n 1 ”代入消元消 a n 。
【注意】 漏检验 n 的值 (如 n1的情况【例 1】 .（1）已知正数数列 { a n } 的前 n 项的和为 S n ，且对任意的正整数 n 满足 2 S n a n 1，求数列 { a n } 的通项公式。
（ 2 ）数 列 { a n } 中 ， a 1 1 对 所有 的 正整数 n 都 有 a a a a 2 n { a } 的通项公式1 2 3 n ，求数列n 【作业一】a3a2n 1an*1－ 1.数列an满足2 3 a3( nN )13n3，求数列 a n 的通项公式．（二） . 累加、累乘型如 a nan 1f (n) ,a nf (n)an 1型一： a n a n 1 f (n) ，用累加法求通项公式（推导等差数列通项公式的方法）【方法】a nan 1f (n) ，a n 1an 2f (n 1)，⋯⋯，a 2 a 1 f (2) n 2 ，从而 a na 1 f (n) f (n 1)f (2) ，检验 n1的情况型二： a nf (n) ，用累乘法求通项公式（推导等比数列通an 1项公式的方法）a nan 1a 2 f (n) f (n 1)f (2)【方法】 n 2 ， an 1aan 21即 a nf (n) f (n 1)f (2) ，检验 n 1的情况a1【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有 n 1 个等式相加（相乘） .【例 2】. (1) 已知 a 11 a nan 11 (n 2)a2，n n 2 1 ，求 n.（2）已知数列an满足an 1a n ，且 a12，求 a n .n 23【 例 3】 . （ 2009广 东 高 考 文 数 ） 在 数 列 { a n }中 ，a 1 1,a n 1 (11)a n n1 b na n{ b }n n ，求数列的通项公式n 2.设n（三） . 待定系数法 ?acap（ c , 为p 非零常数 ,c1 , p 1n 1n）【 方 法】 构 造 an 1 x c(a n x) ， 即 an 1ca n (c 1)x ，故 (c 1)x p ， 即 { a n p } 为等比数c 1列【例 4】. a 1 1， a n 1 2a n 3 ，求数列 { a n } 的通项公式。
数列的通项与求和
数列的通项与求和在数学中，数列是由一系列按照规律排列的数字组成的序列。
数列的通项是指能够计算出数列中任意一项数值的公式，而数列的求和则是将数列中所有数值相加的结果。
在本文中，我们将探讨数列的通项与求和的相关知识，并通过实例来解释其应用。
一、等差数列等差数列是指数列中的每一项数与其前一项数之差都相等的数列。
如果一个等差数列的首项为a1，公差为d，则该数列的通项公式可以表示为an = a1 + (n-1)d，其中n为数列的项数。
以等差数列1, 4, 7, 10, 13为例，首项a1为1，公差d为3。
我们可以利用通项公式计算数列中任意一项的数值。
例如，要计算第5项的数值，即n=5，代入通项公式可以得到a5 = 1 + (5-1)3 = 13。
另外，对于等差数列的求和，我们可以使用求和公式Sn = (n/2)(a1+ an)来计算。
其中，n为数列的项数，a1为首项，an为末项。
二、等比数列等比数列是指数列中的每一项数与其前一项数的比值都相等的数列。
如果一个等比数列的首项为a1，公比为r，则该数列的通项公式可以表示为an = a1 * r^(n-1)，其中n为数列的项数。
以等比数列2, 6, 18, 54, 162为例，首项a1为2，公比r为3。
利用通项公式，我们可以计算数列中任意一项的数值。
例如，要计算第5项的数值，即n=5，代入公式可以得到a5 = 2 * 3^(5-1) = 162。
对于等比数列的求和，我们可以使用求和公式Sn = (a1 * (r^n - 1))/(r - 1)来计算。
其中，n为数列的项数，a1为首项，r为公比。
三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，它的前两项均为1，从第三项开始，每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的通项公式可以表示为an = an-1 + an-2，其中n为数列的项数。
斐波那契数列的前几项依次为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21...以此类推。
数列求通项公式及求和9种方法
数列专题1:根据递推关系求数列的通项公式 根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型、S n 是数列｛a n ｝的前n 项的和【注意】漏检验n 的值(如n 1的情况【例1】.(1)已知正数数列｛a n ｝的前n 项的和为S n, 且对任意的正整数n 满足2足 a n1 ,求数列｛%｝的 通项公式。
(2)数列｛引中，为1对所有的正整数n 都有 a 〔 a ? a 3L a 。
n 2 ,求数列｛a n ｝的通项公式【作业一】1-1.数列 a n 满足 a1 3a2 32% L3n1an?(n N *),3求数列a n 的通项公式.a 一(二).累加、累乘型如a namf(n),或f(n)a n【方法】：S 1 (n 1) S n S ni (n 2)S n S ni”代入消兀消a n o型一：I a n a nif (n),用累加法求通项公式(推导等差数列通项公式的方法)【方法】a n a n 1 f(n),an 1 a n 2f(nD,a 2 a i f (2) n 2,从而 a n a i f (n) f(n 1) L f (2)，检验 n 1 的情 况 型二：|勉f(n),用累乘法求通项公式(推导等比an 1数列通项公式的方法)【方法】n 2,鬼业L 色f(n) f(n 1) L f(2)a n 1 a n 2a即冬f(n) f(n 1) L f(2),检验n 1的情 q况【小结】一般情况下，“累加法”(“累乘法”)里只有 n 1个等式相加(相乘).11【例 2】.(1)已知 a12 , an an 1 n^W(n 2),求a n .n2 (2)已知数列a n 满足an1 =an,且a1 - ?n 23求an .【例3】.（2009广东高考文数）在数列｛a n｝中，, 一1、n 1 b冬…a 1,a ni （1n）a n "2厂.设b n n，求数列｛b n｝的通项公式n 1 n (c,p为非零常数,c 1,p 1)【方法】构造a n 1 x c(a n x),即a n 1 ca n (c 1)x ,故(c 1)x p,即｛a n 卫｝为 c 1等比数列【例4】.a1 1 , a n 1 2a n 3,求数列｛a n｝的通项公式。
数列求通项公式及求和9种方法
数列专题1：根据递推关系求数列的通项公式根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型一、nS是数列{}n a的前n项的和11(1)(2)nn nS naS S n-=⎧=⎨-≥⎩【方法】：“1n nS S--”代入消元消n a。
【注意】漏检验n的值(如1n=的情况【例1】.（1）已知正数数列{}na的前n项的和为nS，且对任意的正整数n满足1na=+，求数列{}na的通项公式。
（2）数列{}na中，11a=对所有的正整数n都有2123na a a a n⋅⋅⋅⋅=L，求数列{}n a的通项公式【作业一】1－1.数列{}na满足21*123333()3nnna a a a n N-++++=∈L，求数列{}na的通项公式．（二）.累加、累乘型如1()n na a f n--=,1()nnaf na-=导等差数列通项公式的方法）【方法】1()n n a a f n --=， 12(1)n n a a f n ---=-， ……，21(2)a a f -=2n ≥，从而1()(1)(2)n a a f n f n f -=+-++L ，检验1n=的情况()f n =，用累乘法求通项公式（推导等比数列通项公式的方法）【方法】2n ≥，12121()(1)(2)n n n n a a a f n f n f a a a ---⋅⋅⋅=⋅-⋅⋅L L即1()(1)(2)n a f n f n f a =⋅-⋅⋅L ，检验1n =的情况【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有1n -个等式相加（相乘）.【例2】. (1) 已知211=a ，)2(1121≥-+=-n n a a n n，求n a .（2）已知数列{}n a 满足12n n n aa n +=+，且321=a ，求n a .【例3】.（2009广东高考文数）在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++.设n na b n =，求数列{}n b 的通项公式（三）.待定系数法1n n a ca p +=+ （,1,1c,p c p ≠≠为非零常数）【方法】构造1()n n a x c a x ++=+，即1(1)n n a ca c x +=+-，故(1)c x p -=， 即{}1n p a c +-为等比数列【例4】. 11a =，123n n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式。
数列的求和与通项公式推导
数列的求和与通项公式推导在数学中，数列是一组按照一定规律排列的数的集合。
而数列的求和以及推导通项公式是数列研究中的重要内容。
本文将介绍数列的求和以及通项公式推导，并通过实例进行说明。
一、等差等差数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之差是一个常数，这个常数被称为公差。
我们将针对等差数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等差数列的首项为a₁，公差为d，我们要求前n项的和Sn。
我们可以观察等差数列的前n项和与首项与末项的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ) + (aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁)根据等差数列的性质，我们可以得到：Sn = (a₁ + aₙ)(n/2)这就是等差数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等差数列的通项公式，我们假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为an。
通过观察等差数列的规律，我们可以发现：aₙ = a₁ + (n-1)d二、等比等比数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之比是一个常数，这个常数被称为公比。
我们将针对等比数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等比数列的首项为a₁，公比为r，我们要求前n项的和Sn。
类似地，我们观察等比数列的前n项和与首项与末项之间的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ)Sn * r = (a₁r + a₂r + ... + aₙr)通过两式相减，我们可以得到：Sn * (1 - r) = a₁(1 - rⁿ)化简后得到：Sn = a₁(1 - rⁿ) / (1 - r)这就是等比数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等比数列的通项公式，我们假设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为an。
通过观察等比数列的规律，我们可以发现：an = a₁ * r^(n-1)综上所述，我们介绍了等差数列和等比数列的求和以及通项公式推导。
这些公式在数列相关问题的求解中起到重要的作用。
数列求通项、求和的几种方法
求数列通项公式的几种方法数列知识是高考中的重要考察内容,而数列的通项公式又是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样,有了解析式便可研究起性质等;而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前N项和等.因此,求数列的通项公式往往是解题的突破口,关键点.故将求数列通项公式的方法做一总结,希望能对广大考生的复习有所帮助.下面我就谈谈求数列通项公式的几种方法：一、累差法递推式为：a n+1=a n+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)……a n-a n-1=f(n-1)将这个式子累加起来可得a n-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴a n=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式例1、已知数列{a}中,a1=1,a n+1=a n+2,求a n解：令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23……a n-a n-1=2n-1将这个式子累加起来可得a n-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴a n=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当n=1时,a1适合上式故a n=2n-1二、累商法递推式为：a n+1=f(n)a n（f(n)要可求积）思路：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……a n/a n-1=f(n-1)将这个式子相乘可得a n/a1=f(1)f(2)…f(n-1)∵f(n)可求积∴a n=a1f(1)f(2) …f(n-1)当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式例2、在数列{a n}中,a1=2,a n+1=(n+1)a n/n,求a n解：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……a n/a n-1=f(n-1)将这个式子相乘后可得a n/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)即a n=2n当n=1时，a n也适合上式∴a n=2n三,构造法1、递推关系式为a n+1=pa n+q (p,q为常数)思路：设递推式可化为a n+1+x=p(a n+x),得a n+1=pa n+(p-1)x,解得x=q/(p-1) 故可将递推式化为a n+1+x=p(a n+x)构造数列{b n},b n=a n+q/(p-1)b n+1=pb n即b n+1/b n=p,{b n}为等比数列.故可求出b n=f(n)再将b n=a n+q/(p-1)代入即可得a n例3、(06重庆)数列{a n}中,对于n>1(n€N)有a n=2a n-1+3,求a n解：设递推式可化为a n+x=2(a n-1+x),得a n=2a n-1+x,解得x=3故可将递推式化为a n+3=2(a n-1+3)构造数列{b n},b n=a n+3b n=2b n-1即b n/b n-1=2,{b n}为等比数列且公比为3b n=b n-1·3,b n=a n+3b n=4×3n-1a n+3=4×3n-1,a n=4×3n-1-12、递推式为a n+1=pa n+q n(p,q为常数)思路：在a n+1=pa n+q n两边同时除以q n+1得a n+1/q n+1=p/qa n/q n+i/q构造数列{b n},b n=a n/q n可得b n+1=p/qb n+1/q故可利用上类型的解法得到b n=f(n)再将代入上式即可得a n例4、数列{a n}中,a1+5/6,a n+1=(1/3)a n+(1/2)n,求a n解：在a n+1=(1/3)a n+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得2n+1a n+1=(2/3)×2n a n+1构造数列{b n},b n=2n a n可得b n+1=(2/3)b n+1故可利用上类型解法解得b n=3-2×(2/3)n2n a n=3-2×(2/3)na n=3×(1/2)n-2×(1/3)n3、递推式为：a n+2=pa n+1+qa n（p,q为常数）思路：设a n+2=pa n+1+qa n变形为a n+2-xa n+1=y(a n+1-xa n)也就是a n+2=(x+y)a n+1-(xy)a n，则可得到x+y=p,xy= -q解得x,y，于是｛b n｝就是公比为y的等比数列（其中b n=a n+1-xa n）这样就转化为前面讲过的类型了．例5、已知数列{a n}中,a1=1,a2=2,a n+2=(2/3)·a n+1+(1/3)·a n,求a n解：设a n+2=(2/3)a n+1+(1/3)a n可以变形为a n+2-xa n+1=y(a n+1-xa n)也就是a n+2=(x+y)a n+1-(xy)a n，则可得到x+y=2/3,xy= -1/3可取x=1,y= -1/3构造数列｛b n｝，b n=a n+1-a n故数列｛b n｝是公比为-1/3的等比数列即b n=b1(-1/3)n-1b1=a2-a1=2-1=1b n=(-1/3)n-1a n+1-a n=(-1/3)n-1故我们可以利用上一类型的解法求得a n=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](n€N*)四、利用s n和n、a n的关系求a n1、利用s n和n的关系求a n思路：当n=1 时，a n=s n当n≥2 时, a n=s n-s n-1例6、已知数列前项和s=n2+1,求{a n}的通项公式.解：当n=1 时，a n=s n＝2当n≥2 时, a n=s n-s n-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1而n=1时，a1=2不适合上式∴当n=1 时，a n=2当n≥2 时, a n=2n-12、利用s n和a n的关系求a n思路：利用a n=s n-s n-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解例７、在数列｛a n｝中，已知s n=3+2a n，求a n解：即a n=s n-s n-1=3+2a n-(3+2a n-1)a n=2a n-1∴｛a n｝是以２为公比的等比数列∴a n=a1·2n-1= -3×2n-1五、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出a n，再用数学归纳法证明例8、(2002全国高考)已知数列{a n}中,a n+1=a2n-na n+1,a1=2,求a n解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6由此猜想a n=n+1，下用数学归纳法证明：当n=1时，左边＝2，右边＝2，左边＝右边即当n=1时命题成立假设当n=k时，命题成立，即a k=k+1则 a k+1=a2k-ka k+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k2+2k+1-k2-2k+1=k+2=(k+1)+1∴当n=k+1时，命题也成立．综合(1),(2),对于任意正整数有a n=n+1成立即a n=n+1。
数列的通项与求和
数列的通项与求和数列是数学中一个重要的概念，广泛应用于各个领域中。
在数列中，通项与求和是两个重要的概念。
本文将详细介绍数列的通项与求和的概念、性质和计算方法。
一、数列的通项数列的通项是指数列中第n个数的一般表示式。
在数列中，通项通常使用公式或递推关系给出。
1.1 公式求通项对于一些特殊的数列，可以通过观察数列中数的规律来得到通项的公式。
常见的数列包括等差数列和等比数列。
1.1.1 等差数列如果数列中的相邻两项之差固定为常数d，则该数列为等差数列。
等差数列的通项公式可以通过以下公式计算得到：an = a1 + (n - 1)d其中，an表示等差数列的第n项，a1表示等差数列的首项，d表示等差数列的公差，n表示项数。
1.1.2 等比数列如果数列中的相邻两项的比固定为常数q，则该数列为等比数列。
等比数列的通项公式可以通过以下公式计算得到：an = a1 * q^(n - 1)其中，an表示等比数列的第n项，a1表示等比数列的首项，q表示等比数列的公比，n表示项数。
1.2 递推关系求通项对于一些数列，无法通过观察数列中数的规律找到通项的公式，可以通过递推关系来得到通项。
递推关系是指数列中的每一项与前面一项之间的关系。
递推关系通过以下公式表示：an = f(an-1)其中，an表示数列的第n项，an-1表示数列的第n-1项，f表示递推关系。
二、数列的求和数列的求和是指将数列中的一定项数的数相加的运算。
数列的求和可以使用两种方法进行计算，即通项法和递推法。
2.1 通项法求和通项法是指根据数列的通项公式，将数列的每一项相加来计算数列的求和。
使用通项法计算数列的求和需要明确求和的起始项和结束项。
例如，对于等差数列an = 2n + 1，求前10项的和，可以使用通项法：Sn = (a1 + an) * n / 2其中，Sn表示数列的前n项和，a1表示数列的首项，an表示数列的第n项，n表示项数。
2.2 递推法求和递推法是指通过数列的递推关系，将数列的前一项和当前项相加来计算数列的求和。
数列通项公式及数列求和的常用方
数列通项公式及数列求和的常用方法邓 飞一．通项公式求法1. 迭乘法：1()n n a a f n += 型例1 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+= ，，求数列{}n a 的通项公式。
解：因为112(1)53n n n a n a a +=+= ，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故132112211221(1)1(1)(2)2112[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n --------+-+++-=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯2. 迭加法：1()n n a a f n +=+ 型例2 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n , 则,211112-+=a a 312123-+=a a ，413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=. 3. 待定系数法：1n n a pa q +=+ 型――转化为1()n n a x p a x ++=+ 型。
（等比型）例3 已知数列{}n a 满足11236n n a a a +=+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：设12()n n a x a x ++=+ 比较系数得3,x = 所以 132(3)n n a a ++=+ 又13639a +=+=，则数列{3}n a +是以9为首项，2为公比的等比数列， 则1392n n a -+= ，故1923n n a -=- 。
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第二讲 数列的通项与求和考点一 求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项公式． (2)累加法：由形如a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．(3)累乘法：由形如a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．(4)构造法：由形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：公式法求数列通项[解题指导] n ＝1时，a 1＝S 1→n ≥2时，a n ＝S n －S n －1→转化为等比数列[解析] 解法一：由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1，∴{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列．∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－(1－26)1－2＝－63.解法二：由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.[答案] －63角度2：累加法、累乘法求数列通项[解析] 因为a n ＋1－1＝a n ＋2n ，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2(n －1)－1，a n －2－a n －3＝2(n －2)－1，…a 2－a 1＝2×2－1，将以上各式相加，得a n －a 1＝(2n －1)＋[2(n －1)－1]＋[2(n －2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n ＋2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2×2]－(n －1)＝(n －1)(2n ＋4)2－n ＋1＝(n －1)(n ＋2)－n ＋1＝n 2－1.又因为a 1＝2，所以a n ＝n 2－1＋a 1＝n 2＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2适合上式．故a n ＝n 2＋1(n ∈N *)．[答案] a n ＝n 2＋1角度3：构造法求数列通项[解析] 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×2n 的两边同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，其首项为a 12＝1，公差为32，所以a n 2n ＝1＋(n －1)×32＝32n －12，所以a n ＝(3n －1)·2n －1.[答案] a n ＝(3n －1)·2n －1[探究追问] 若本例中的“a n ＋1＝2a n ＋3×2n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋3×5n ”，其他条件不变，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 解法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，又因为b 1－1＝a 15－1＝－35，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ， 故a n ＝5n －3×2n －1.解法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.[答案] a n ＝5n －3×2n －1求数列通项公式的两种策略(1)已知S n 与a n 的递推关系求通项常用两个思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)已知a n 与a n ＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．[对点训练]1．[角度1](2018·安徽合肥一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2018＝( )A ．22018－1B ．32018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132018－103 [解析] ∵数列{a n }的前n 项和为S n,3S n ＝2a n －3n ，∴a 1＝S 1＝13(2a 1－3)，解得a 1＝－3.S n ＝13(2a n －3n )①，当n ≥2时，S n －1＝13(2a n －1－3n ＋3)②，①－②，得a n ＝23a n －23a n －1－1，∴a n ＝－2a n －1－3，∴a n ＋1a n －1＋1＝－2， ∵a 1＋1＝－2，∴{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝(－2)n ，∴a n ＝(－2)n －1，∴a 2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A.[答案] A2．[角度2](2017·东北三校联考)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] 由a n ＋1＝2na n ，得a n ＋1a n ＝2n ，令n ＝1,2，…，可得 a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，将这n －1个等式叠乘得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2 ，故a n ＝2n (n －1)2 . 又a 1＝1满足上式，故a n ＝2n (n －1)2 .[答案] 2n (n －1)23．[角度3]已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足S n ＋a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为S n ＋a n ＝2n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＋a 1＝2＋1，解得a 1＝32.当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2(n －1)＋1，所以a n －a n －1＋a n ＝2，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)，又因为a 1－2＝－12，所以数列{a n －2}是等比数列，其首项为－12，公比为12，所以a n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－12n . [答案] a n ＝2－12n考点二 求数列的前n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． (3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：裂项相消法求和[解](1)a n＋1＝S n＋1－S n，代入a n＋1＝2S n＋1，得S n＋1－S n＝2S n＋1，整理可得S n＋1＝(S n＋1)2，因为S n>0，所以S n＋1－S n＝1，所以数列{S n}是首项为λ，公差为1的等差数列，所以S n＝λ＋(n－1)＝n＋λ－1，S n＝(n＋λ－1)2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n＋2λ－3，∴a n＋1－a n＝2，因为数列{a n}为等差数列，所以a2－a1＝2λ＋1－λ＝2，解得λ＝1.(2)由(1)可得a n＝2n－1，所以1a n a n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，因为T n＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1，所以T n＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝12－14n＋2.角度2：错位相减法求和[解题指导](1)构造数列{a n＋1－a n}→求出a n＋1－a n――→累加法求a n(2)求b n→符合错位相减法求和特征→求{b n}前n项和[解](1)证明：由a n＋1＝3a n－2a n－1(n≥2)，得a n＋1－a n＝2(a n－a n－1)，因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列． 所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n .(2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以T n ＝3－2n ＋32n .数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多．(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．[对点训练]1．[角度1](2018·济南模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9， 所以d ＝2，S 9＝99，又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝1a n ＋1＋a n ＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32. 2．[角度2]数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n 都有a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n 3n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .[解] (1)依题意得4S n ＝(a n ＋1)2，则4S n －1＝(a n －1＋1)2，n ≥2.将上述两式相减可得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，n ≥2.∵a n >0，∴a n ＋a n －1>0，∴a n ＝a n －1＋2.又4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1.∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 则T n ＝1·13＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 13T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.将上述两式相减得，23T n ＝13＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝2×13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－13－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝23－2(n ＋1)3·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . ∴T n ＝1－(n ＋1)·13n .1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)． 又由题设可得a 1＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 2．(2017·天津卷)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2．若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．热点课题11 数学文化中的数列问题[感悟体验]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3，故选B. [答案] B2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱B.43钱C.32钱D.53钱[解析] 依题意，设甲所得为a 1，公差为d ，则a 1＋a 2＝a 3＋a 4＋a 5＝52，即2a 1＋d ＝3a 1＋9d ＝52，解得a 1＝43，所以甲得43钱，故选B.[答案] B专题跟踪训练(十九)一、选择题1．(2018·安徽淮南一模)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)[解析] ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3，故选C.[答案] C2．(2018·信阳二模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．1121 B ．1122 C ．1123 D ．1124[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123，故选C. [答案] C3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n＝n ＋1n ＋2， 则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B. [答案] B4．(2018·广东茂名二模)S n 是数列{a n }的前n 项和，且∀n ∈N *都有2S n ＝3a n ＋4，则S n ＝( )A ．2－2×3nB ．4×3nC ．－4×3n －1D ．－2－2×3n －1[解析] ∵2S n ＝3a n ＋4，∴2S n ＝3(S n －S n －1)＋4(n ≥2)，变形为S n －2＝3(S n －1－2)，又n ＝1时，2S 1＝3S 1＋4，解得S 1＝－4，∴S 1－2＝－6.∴数列{S n －2}是等比数列，首项为－6，公比为 3.∴S n －2＝－6×3n －1，可得S n ＝2－2×3n ，故选A.[答案] A5．(2018·河北石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n，则a 2018的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13[解析] ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得：a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3，故选B.[答案] B6．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．10n －2 B ．10n －1 C ．102n －1 D ．22n －1[解析] 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n＝2. 又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝22n －1，故选D.[答案] D二、填空题 7．(2018·河南新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.[解析] ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12.[答案] 3n －1＋128．已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上， 所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13. 因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列． 所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.[答案] a n ＝103×4n －1－139．(2018·山西大同模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n－1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝________.[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.[答案] 120三、解答题10．(2018·郑州质检)已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由已知条件得S n n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n 2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，(n ＝2k ，k ∈N *)－2n ＋1，(n ＝2k －1，k ∈N *).11．(2018·南昌市二模)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n 2，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1②， ①－②得，a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合a n ＝n ·2n ＋1，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ③， －2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n ＋1， ∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29. 12．(2018·北京海淀模拟)数列{a n }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．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵S n ＝2a n －a 1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1，∴a n ＝2a n －2a n －1，化为a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列得，2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是等比数列，首项为2，公比为2.∴a n ＝2n .(2)∵a n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2. ∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋2－2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1.。