数列的迭代与递推(教师版)
例 3 已知数列{an} 中，且 a1 = 3 ，对任意的自然数 n 都满足 an+1 = an2 ，求数列{an} 的
通项公式．
( ) 解：由 an+1
=
an2 得 an
=
a2 n-1
=
a2 n−2
2
=
a22 n−2
=
a23 n−3
= =
a =3 2n−1
2n−1
1
．
注：本题也可对 an+1
= cn−1 + cn (n2 −1) ．
注：（1）依次迭代后主要是求和问题；
（2）本题也可转化为
an+1 cn+1
=
an cn
+
2n + 1，然后累加法求通项．
变式 3 已知数列{an} 满足 a1 = 0 ， a2 = a (a 0) ， 2an = an−1 + an−2 (n ≥ 3) ，求{an} 的
= (an−3 + 3 2 ) 2(n−3)−1 + 3 22n−5 + 3 22n−3 =
= a1 + 3 (2 + 23 + 25 + + 22n−5 + 22n−3 )
=
a1
+ 3
2 − 22n−1 1− 22
=
2 + (22n−1
− 2) =
22n−1 ．
所以
2an
+
an−1
=
2a
，即
an
=
−
1 2
an−1
+
a．
所以 an
=
−
1 2
an−1
+
a
=
−
1 2 2
an−2
+
−
1 2
a
+
a
=
=
−
1 2
n−1
a1
+
−
1 2
n−2
a
+
−
1 2
n−3
a
+
+
−
1 2
所以数列{a2n + pa2n−1} 是首项为 2 + p ，公比为 q 的等比数列．
数列{an} 的前 n
项和为 Sn ，且满足 a1
= 1， a2
=
2
，
Sn Sn+1
=
an an+2
，判断数列 {an }
是否为等差数列，并证明．
解：由 Sn = an 得 S1 = a1 ， S2 = a2 ， S3 = a3 ，…， Sn−1 = an−1 ， Sn = an ，
数列的迭代与递推
数列尤其是等差、等比数列，在考纲 C 级要求的 8 个席位中占据两席． 其重要性不言
自明，而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点． 这类问题一般运
用累加法、累乘法、构造等差等比（或常数列）法、迭代法等“化归”的思想来解决．
第一节 研究递推数列问题之基本方法
1．递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法．迭代法也称辗转法，是一种不断用变
=
a1q1n−1
=
q1n−1 ，
又因为 an+3 an + 2
= an+1 an
，所以 a4 a3
=
a2 a1
=2=
2q2 q1
，即 q1
= q2 ，
例3
设 q1 = q2 = q ，则 a2n + pa2n−1 = q(a2n−2 + pa2n−3 ) ，且 a2n + pa2n−1 0 恒成立，
则数列{an}为等差数列．
变式
在数列 {an }
中， a1
=
19 2
， an +1
=
38an −1 4an + 42
，bn
=
20 ，其中 2an + 1
n N ．求证：数
列{bn} 为等差数列．
证明： bn+1
− bn
=
20 −
2an+1 + 1
20 2an + 1
=
2
20 38an −1
− +1
20 2an + 1
=
2an 2an
+1 +1
=1．
4an + 42
例2
已知数列{an} 中， a1 = 1 ， an an+1
=
(
1 2
)
n
，记
Sn
为
{an
}
的前
n
项的和，
bn = a2n + a2n−1 ， n N ．判断数列{bn} 是否为等比数列．
解：因为
an
an+1
=
(1)n 2
分析
此题的基本方法是由 an+1 = 3an + 1，构造新数列 an
+
1 2
是一个首项为
3 2
，公比
为
3
的等比数列，从而求得
an
=
3n − 2
1
．这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这
样配凑，于是也就仅限于依葫芦画瓢而已，其实此类型问题可采用迭代法求解．
解 an = 3an−1 + 1 = 3(3an−2 + 1) + 1 = 32 an−2 + 3 + 1
例 2 设数列 an 满足 a1 =2 ， an+1 − an = 3 22n−1 ．求 an 的通项公式．
解： an = an−1 + 3 22(n−1)−1 = (an−2 + 3 22(n−2)−1 ) + 3 22n−3 = = an−2 + 3 22n−5 + 3 22n−3
变式 1 设数列{an} 的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn = an+1 − 2n+1 + 1 (n N ) ，且 a1，a2 + 5，a3 成 等差数列．
（1）求 a1 的值；
（2）求数列{an} 的通项公式．
分析
由 Sn 求出 an+1 = 3an + 2n
后，可变形为 an+1 2n
+3
，两式相乘得 anan+1an+3an+4
=
an +1an + 2 2 an + 3
，
因为 an 0 ，所以 anan+4 = an+22 (n N* ) ，
从而{an} 的奇数项和偶数项均构成等比数列，
设公比分别为 q1, q2
，则 a2n
=
a2
q n−1 2
=
2q2n−1 ， a2n−1
解：由 nan+1 − (n + 1)an = n(n + 1) 两边同除以 n(n +1) ，
得 an+1 − an n+1 n
=
1
，从而数列
{
an n
}
为首项
a1
= 1 ，公差 d
= 1 的等差数列，
所以
an n
=n
，从而数列{an} 的通项公式为
an
=
n2
．
变式
已知数列 {an }
的前
n
项和为
此类问题叫板在数列定义上，活在变形策略的体验上，虽无定法，但仍有章可循．
思路一： Sn 与 an 之间的转化；
思路二：利用相邻项之间的递推，常构造常数列过渡，得出{an} 通项，得到等差 （等比）数列；
思路三：递推关系中消常数，得出相邻项的关系．
例 1 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn ，对任意正整数 n(n 2) ，都有 3Sn = Sn+1 +
0．
所以{bn} 是公比为的等比数列．
变式 已知数列{an} 各项均为正数，a1 = 1 ，a2 = 2 ，且 anan+3 = an+1an+2 对任意 n N 恒成
立．求证：对任意正实数 p，{a2n + pa2n−1} 成等比数列．
证明：由
an an +3 an+1an+
=
4
an a +1 n+2 = an+2an
通项公式． 分析 相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系，再利用迭代法求 解．
解：因为 2an = an−1 + an−2 ，
所以 2an + an−1 = 2an−1 + an−2 = an−2 + an−3 + an−2 = 2an−2 + an−3 = = 2a2 + a1 = 2a ，
an 的通项公式．
解： an = can-1 + cn 2(n −1) +1
= c can−2 + cn−1[2(n − 2) + 1] + cn 2(n −1) + 1
= c2an−2 + cn[2(n − 2) + 1 + 2(n −1) + 1] =
= cn−1a1 + cn[2 1 + 1 + 2 2 + 1 + + 2(n −1) + 1]
新教材人教a版选择性必修第二册41数列的概念第2课时数列的递推公式课件
C
-1
0
探究点二 由数列的递推公式求通项公式
类型1 累加法求数列的通项公式
类型2 累乘法求数列的通项公式
探究点三 数列的前n项和问题
类型1 由数列的递推公式求前n项和
C
类型2 由数列的前n项和数学建模——递推数列模型在实际问题中的应用
6
第四章 数列
数列的概念
第1课时 数列的递推公式
课标要求
素养要求
1.逻辑推理——能通过递推
1.了解数列的递推公式,会求数列的通 公式求通项公式;
课标
项公式; 解读
2.数学运算——能由数列的
2.理解数列的前n项和公式，理解前n项 前n项和求通项公式;
和公式与通项公式的关系.
3.数学建模——能利用递推
公式解决世纪问题.
C C
A. 22
B. 16
C. 13
B D. 7
C A
AC
C
27
A
ABC
8
要点一 数列的递推公式 递推公式,就能求出数相列邻的两每项一项了.
递推
第1项
递推公式与通项公式是数列中的两个重要公式,二者既有区别又有联系. （1）数列的通项公式反映的是数列中项与项数(序号)之间的关系,而递推公 式反映的是相邻两项（或相邻多项）间的关系. （2）对于通项公式,我们只要将公式中的n依次用1,2,3...代替,就可以得到 相应的项,而递推公式则要已知首项(或前几项),才可以依次求出其他的项. （3）有些数列的递推公式与通项公式可以互相推出,由数列的递推公式求通 项公式是常见的题型.
探究点一 由数列的递推公式求数列的项
A
B
解题感悟 由数列的递推公式求数列的项的注意事项 （1）已知数列的首项或前几项,根据递推公式可以依次求出数列的各项,利 用递推公式求数列的项时,前面不能出现“空项”. （2）由数列的递推公式求第n项,且n较大时,通常求出数列的前几项后,再通 过归纳猜想得到数列的最小正周期,将其转化为数列的前几项得解.
小学六年级数学第5讲：递推与归纳(教师版).docx
第五讲遴稚鸟归角大脳体標作业兒成情况知识械理有时，我们会遇上一些具有规律性的数学问题，这就需要我们在解题时根据已知条件尽快地去发现规律，并利用这一规律去解决问题。
例如：按规律填数：1，4, 9, 16, 25, ( ), 49, 64；分析：要在括号填上适当的数，就要正确判断出题目所呈现出的规律。
若你仔细地观察这一数列，就会发现这些数之间的规律：⑴先考虑相邻两个数之间的差，依次是3, 5, 7, 9,……,15；可以看到相邻两数的差从3 开始呈现递增2的规律，所以括号里的数应是25+11=36,再看36+13=49得到验证。
⑵如果我们换一个角度去考虑，那么我们还可以发现，这数列的第一项是1的平方，第二项是2的平方，第三项是3的平方，……，从这些事实中，发现规律是第n项是n的平方。
那么所求的是第六项是62=36。
我们把相邻数之间的关系称为递归关系，有了递归关系可以利用前面的数求出后面的未知数。
像这种解题方法称为递推法。
教学重•难点1.理解递推法的概念。
2.会用递推法解题趣味引入例1： 999・・：99*X999・・：999』勺乘积屮有多少个数字是奇数?10个910个9分析：我们可以从最简单的9X9的乘积屮有几个奇数着手寻找规律。
9X9=81,有 1 个奇数；99 X 99=99 X (100-1) =9900-99=9801,有 2 个奇数; 999X999=999 (1000-1) =999000-999=998001,有 3 个奇数； …… 从而可知，Q99・・・999X9g9・・・99Q 的乘积屮共有10个数字是奇数。
---- y ------------ V Z10个910个9分析:先从AB 之间只有一个点开始，在逐步增加AB 之I'可的点数，找出点和线段之I'可的规律。
我们可以采用列表的方法清楚的表示出点和线段数之间的规律。
AB 之间只有1个点：线段有1+2=3条。
AB 之间只有2个点：线段有1+2+3二6条。
4.1.2数列的递推公式与前n项和课件(人教版)
a4 2
，
1
1 3
a2 2 2
a1
2 2
1
3 5
1
4 6
2 a5 2 2 .
a3
4 4
a4
5 5
n 1
猜想 an
.
n
，
1
2 4
a3 2 2
a2
3 3
，
四、巩固训练
解：当 n 2 时， an
Sn Sn 1
当 n 1 时， a1 S1 2 ，满足 an
又当 n = 1 时，不满足 ∗ 式，
2, n = 1,
∴ an = ቊ
故选B.
6n − 5, n ≥ 2，
2
− 2 n − 1 + 1] = 6n − 5 .
∗
五、课堂小结
问：本节课你有什么收获？
六、作业
谢谢！
3
3
2
2
a4 a3 1 3 1 3 ，
3
3
a5 a4 24 15 16 31 ，
2
2
a5 a4 1 3 1 3 ，
3
3
故数列的前 5 项分别为 1，3，7，15，31.
故数列的前 5 项分别为 3，3，3，3，3.
四、巩固训练
解
a1 2
故 an 的通项公式为 an
2n
2
2 n 1
4n 2 ，
4n 2 n Z
.
2
4n 2 ；
四、巩固训练
5.已知数列 {an } 的第1项是1，第2项是2，通项公式 an = an−1 +
求数列的通项公式(教师版)
求数列的通项公式(教师版)1、数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2、数列的递推公式若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1或a n +1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．3、由数列的递推公式求数列的通项公式的常见方法(1)待定系数法：①形如a n ＋1＝ka n ＋b 的数列求通项；②形如a n ＋1＝ka n ＋r ∙b n 的数列求通项；(2)倒数法：形如a n ＋1＝pa nqa n ＋r的数列求通项可用倒数法；(3)累加法：形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列求通项可用累加法；(4)累乘法：形如a n ＋1a n＝f (n )的数列求通项可用累乘法；(5) “S n ”法：数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.；S n 与a n 的混合关系式有两个思路：①消去S n ，转化为a n 的递推关系式，再求a n ；②消去a n ，转化为S n 的递推关系式，求出S n 后，再求a n .考向一 待定系数法例1—1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求数列{a n }的通项公式。
解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.例1—2 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n ，数列{a n }的通项公式。
5.1.2数列中的递推(课件)高二数学(人教B版2019选择性必修第三册)
你能写出1 ，2 ，3 吗？
【提示】∵1=2 × 1 + 1=3，又∵ 1=1，∴1=3.
∵ 2=2 × 2 + 1=5，又∵ 2=1+2， ∴ 2 =S2 − 1 = 5 − 3 = 2.
∵ 3=2 × 3 + 1=7，又∵ 3=1+2+3=2+3， ∴ 3 = 3 − S2=7-5=2.
7 = ��6 + 7 = 21 + 7
= 28
8 = 7 + 8 = 28 + 8 = 36
追问1：你能得出数列{ }的第项与第 + 1项之间的关系式吗？
+1 − = + 1
追问2：前面数列{ }的每一项可以由关系式an+1 − an = n + 1
确定吗？
【提示】若已知1 = 1, +1 − = + 1，则该数列可确定.
跟踪训练：
1.数列{}对任意n∈N+满足+1 = + 2 ，且3 = 6，
则10 等于（
A.24
B .27
B ）
C.30
D.32
2.已知{}满足1 = 3,+1 = 2 + 1,则5 =_____,由前5项猜想
63
=______.
2n+1-1
例 2：意大利数学家斐波那契在13世纪初提出了一个关于兔子繁殖
【提示】将数列记作{ }，那么相当于是给出了数列的前5项，要
求写出数列的第8项8 .
根据观察可知
2 − 1 = 3 − 1 = 2
3 − 2 = 6 − 3 = 3
4 − 3 = 10 − 6 = 4
数学数列递推教案
数学数列递推教案教案：数学数列递推1. 引言数学数列递推是数学中的重要概念，也是数学建模和解决实际问题的基础。
本教案旨在通过实例和练习，帮助学生理解数列递推的概念、性质和解题方法。
2. 基本概念2.1 数列的定义和表示数列是指按一定规律排列的一组数，用a1, a2, a3, ... 表示。
2.2 数列的通项公式数列的通项公式是指通过一个或多个变量表示数列的一般项公式，例如：an = 2n + 1。
2.3 数列的递推关系数列的递推关系是指通过前一项或多项来表示后一项的关系，例如：an = an-1 + 2。
3. 常见数列类型3.1 等差数列等差数列是指数列中任意两个相邻项之差都相等的数列。
3.1.1 求首项和公差通过已知数列的前几项求解首项和公差的方法。
3.1.2 求指定项数和项数之和通过给定项数来求解数列的指定项或给定项时数列的项数之和。
3.2 等比数列等比数列是指数列中任意两个相邻项之比都相等的数列。
3.2.1 求首项和公比通过已知数列的前几项求解首项和公比的方法。
3.2.2 求指定项数和项数之和通过给定项数来求解数列的指定项或给定项时数列的项数之和。
3.3 斐波那契数列斐波那契数列是指数列中除前两项外，每一项都等于前两项之和的数列。
3.3.1 求指定项数和项数之和通过给定项数来求解数列的指定项或给定项时数列的项数之和。
4. 解题实例4.1 实例1：求等差数列的首项和公差已知等差数列的前四项分别为-1, 2, 5, 8，求首项和公差。
4.2 实例2：求等差数列的指定项和项数之和已知等差数列的首项为3，公差为4，求该数列的第6项和前6项之和。
4.3 实例3：求等比数列的首项和公比已知等比数列的前三项分别为2, 4, 8，求首项和公比。
4.4 实例4：求等比数列的指定项和项数之和已知等比数列的首项为2，公比为3，求该数列的第5项和前5项之和。
4.5 实例5：求斐波那契数列的指定项数和项数之和求斐波那契数列的第8项和前8项之和。
高中数学第四章数列4.1第2课时数列的递推公式同步课件新人教A版选择性必修第二册
5.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+3,则a3=
答案 5
解析 由Sn=n2+3可知a3=S3-S2=32+3-(22+3)=5.
.
6.已知数列{an}满足
a1=1,an+1=an+ (n∈N*),求数列{an}的通项公式.
+1
解 由题意显然 an>0,
答案 C
解析 A,B中没有说明第一项,无法递推;D中a1=2,a2=4,a3=8,不合题意.
4.已知数列{an},a1=1,an-an-1=n-1(n≥2),则a6=(
A.7
B.11
C.16
D.17
)
答案 C
解析 ∵a1=1,an-an-1=n-1,∴a2-a1=1,a3-a2=2,a4-a3=3,a5-a4=4,a6-a5=5,
A.0
2
B. 5
C.2
D.5
答案 B
解析 由题意,得a2=ma3+1,
即3=5m+1,
2
解得m= 5 .
)
3.数列2,4,6,8,10,…的递推公式是(
)
A.an=an-1+2(n≥2)
B.an=2an-1(n≥2)
C.a1=2,an=an-1+2(n≥2)
D.a1=2,an=2an-1(n≥2)
何值时,都有f(x+T)=f(x),那么就称函数f(x)为周期函数,称T为这个函数的一
个周期.
2.周期数列:对于数列{an},如果存在正整数k,使得an+k=an对一切正整数n都
高中数学选择性必修二(人教版)《4.1 数列的概念 第二课时 数列的通项公式与递推公式》课件
题型二 由前 n 项和 Sn 求通项公式 an [学透用活]
[典例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn＝3n＋3,求{an}的通项 公式．
[解] 因为 2Sn＝3n＋3，所以 2a1＝3＋3，故 a1＝3. 当 n≥2 时，2Sn－1＝3n－1＋3， 两式相减得 2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 即 an＝3n－1，所以 an＝33n，－1n，＝n1≥，2.
题型三 数列中的最大项、最小项 [学透用活]
[典例 3] 已知数列{an}的通项公式为 an＝n2－5n＋4. (1)数列中有多少项是负数？ (2)n 为何值时，an 有最小值？并求出最小值． [解] (1)由 n2－5n＋4<0，解得 1<n<4.
∵n∈N *，∴n＝2,3.∴数列中有两项是负数．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)已知数列{an}的前 n 项和 Sn，若 Sn＝n2－n，则 an＝2n－2. ( ) (2)已知数列{an}的前 n 项和 Sn，若 Sn＝3n－2，则 an＝2×3n－1.
答案：(1)√ (2)×
()
2．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋Sm＝Sn＋m，且 a1＝1，那么 a10
(2)法一：∵an＝n2－5n＋4＝n－522－94， 可知对称轴方程为 n＝52＝2.5.
又∵n∈N *，故 n＝2 或 3 时，an 有最小值， 且 a2＝a3，其最小值为 22－5×2＋4＝－2.
法二：设第 n 项最小，由aann≤ ≤aann＋ －11， ， 得nn22－－55nn＋＋44≤≤nn－＋1122－－55nn－＋11＋＋44， . 解不等式组，得 2≤n≤3， ∴n＝2 或 3 时 an 有最小值且 a2＝a3， ∴最小值为 22－5×2＋4＝－2.
数列的迭代与递推
数列的迭代与递推数列尤其是等差、等比数列，在考纲，重要性不言自明，而数列的迭代与递推型问题是我省近年来数学高考的热点和难点．这类问题一般运用累加法、累乘法、构造等差等比（或常数列）法、迭代法等“化归”的思想来解决．第一节研究递推数列问题之基本方法1．递推数列处理的最根本的解决方法是迭代法．迭代法也称辗转法，是一种不断用变量的旧值递推新值的过程，有的数列通过有限次的迭代，一定能求出通项公式．运用迭代法解决递推数列的通项公式问题是提高解题能力的有效途径．2．构造与转化也是研究递推数列的一种常用的手段和方法，是我们必须具备的一种数学能力．例1已知数列{a n } 满足a 1 = 1，a n +1 = 3a n + 1．求{a n }的通项公式．分析此题的基本方法是由a n +1 = 3a n + 1，构造新数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是一个首项为32，公比为3的等比数列，从而求得31=2n n a -．这种构造新数列的方法有时往往不能理解为何要这样配凑，于是也就仅限于依葫芦画瓢而已，其实此类型问题可采用迭代法求解． 解2122313(31)1331nn n n aa a a ---=+=++=++32123133313331n n n a a ---=+++=⋅⋅⋅=++⋅⋅⋅++123133312n n n ---=++⋅⋅⋅++=． 注：迭代法的实质就是通过反复替换，将a n 与a n －1的关系最终替换为a n 与a 1的关系，从而求出通项．实际上，累加法适用的递推数列类型可以看做是此类型的特例( p = 1) ，故一般都可用迭代法加以解决，如教材中对等差( 等比) 数列的概念就是以递推式的形式给出的，然后用累加( 累乘) 法证明通项公式，自然也可以用迭代法推导出其通项公式．由此可见，迭代法并非什么高深莫测的方法，而是通性通法．例2（2020年）设数列{}na 满足1=2a ，21132n n n aa -+-=⋅．求{}n a 的通项公式．解：2(1)1132n nn aa ---=+⨯2(2)1232(32)32n n n a ----=+⨯+⨯=252323232n n n a ---=+⨯+⨯2(3)125233(32)3232n n n n a -----=+⨯+⨯+⨯=⋅⋅⋅ 35252313(22222)n n a --=+⨯+++⋅⋅⋅++212121122232(22)212n n n a ----=+⨯=+-=-． 变式1设数列{}na 的前n 项和为S n ，满足11221(N )n nn Sa n +*+=-+∈，且1235a a a +，，成等差数列．（1）求1a 的值；（2）求数列{}na 的通项公式．分析由S n 求出a n +1 = 3a n + 2n 后，可变形为1131222n n nn aa +-=⋅+，直接迭代，探求a n 与a 1的关系．解：（1）略； （2）2n ≥时，11221n nn Sa ++=-+，1221n n n S a -=-+两式相减得，132n n n a a +=+．则122112323322n n n nn n aa a -----=+=+⋅+323213332322n n n n a ----=+⋅+⋅+=⋅⋅⋅1201133232n n n a ---=+⋅+⋅⋅⋅+⋅11232332213n n n n ---⋅==--．n =1时也适合上式，所以32n n na=-．变式2在数列{}na 中，1=1a ，()()1121N *n n n aca c n n ++=++∈，其中实数0c ≠．求{}n a 的通项公式．解：()-1211n nn aca c n =+-+⎡⎤⎣⎦{}[]12[2(2)1]2(1)1n n n c ca c n c n --=+-++⨯-+22[2(2)12(1)1]n n c a c n n -=+-++-+=⋅⋅⋅ 11[2112212(1)1]n n c a c n -=+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 12(1)n n c c n -=+-．注：（1）依次迭代后主要是求和问题； （2）本题也可转化为1+1=21n nn naa n cc +++，然后累加法求通项． 变式3已知数列{}na 满足10a=，2a a =(0)a >，122(3)n n n a a a n --=+≥，求{}na 的通项公式．分析相邻三项的递推关系可以先利用迭代法转化为相邻两项的关系，再利用迭代法求解．解：因为122nn n aa a --=+，所以11223223222nn n n n n n n n a a a a a a a a a --------+=+=++=+2122a a a =⋅⋅⋅=+=，所以122nn aa a -+=，即112n n a a a -=-+．所以212111222n n n a a a a a a--⎛⎫⎛⎫=-+=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭123111111211222232n n n n a a a a a a ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅=-+-+-+⋅⋅⋅+-+=--⎢⎥⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦．经检验，n = 1， 2时也符合通项，所以121132n n a a -⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦．注：相邻三项或四项的问题理论上还是可以利用迭代法完成，但可能会较为复杂或者难以发现迭代规律，所以在使用时都应先变形化简再进行迭代，有一定的技巧性． 例3已知数列{}na 中，且13a=，对任意的自然数n 都满足21n n a a +=，求数列{}n a 的通项公式．解：由21n n aa +=得()23112222222-12231==3n n n n n n n a a a a a a -----====⋅⋅⋅=．注：本题也可对21n n aa +=两边同时取对数得：1lg 2lg n n a a +=，即1lg 2lg n naa +=，所以{lg n a }是以lg3为首项，2 为公比的等比数列，所以lg a n =1121lg 2lg3n n a --⋅=，所以a n =123n -．例4已知数列{}na 满足1(1)(1)n nna n a n n +-+=+，N n *∈，且11a =．求数列{}na 的通项公式．解：由1(1)(1)n nna n a n n +-+=+两边同除以(1)n n +，得111n n a a n n +-=+，从而数列{}na n为首项11a =，公差1d =的等差数列，所以=nan n，从而数列{}n a 的通项公式为2n a n =．变式已知数列{}n a 的前n 项和为nA ，对任意*n ∈N 满足1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=，且11a =．求数列{}n a 的通项公式解：由1(1)(1)2n n n n nA n A ++-+=得1112n n A A n n+-=+，所以数列n A n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为12的等差数列，所以1111(1)222n A A n n n=+-⨯=+，即*(1)()2n n n A n +=∈N ，所以*11(1)(2)(1)1()22n n n n n n n a A A n n +++++=-=-=+∈N ，又11a =，所以*()na n n =∈N ．注：此类问题解决的关键在于通过递推关系式的变形，转化为已知数列（或模型），从而求出对应的通项．第二讲证明等差（等比）数列问题研究1．证明等差（等比）数列的方法——定义法． (1)等差数列：途径一：+1n n d a a -=（常数）； 途径二：+122n n n aa a +=+，即2+1+1n n n n a a a a +-=-．(2)（常数）且10a ≠．2．应对由递推关系处理等差（等比）数列问题的若干思路此类问题叫板在数列定义上，活在变形策略的体验上，虽无定法，但仍有章可循．思路一：nS 与na 之间的转化；思路二：利用相邻项之间的递推，常构造常数列过渡，得出{}na 通项，得到等差（等比）数列；思路三：递推关系中消常数，得出相邻项的关系． 例1 已知数列{a n }的前n 项和为nS ，对任意正整数(2)n n ≥，都有13nn SS +=+12n S -+1n a -．求证：数列{a n }为等差数列． 证明：对任意正整数(2)n n ≥，都有11132nn n n SS S a +--=++．所以11122nn n n n S S S S a -+--=-+，则112nn n aa a -+=+，即11n n n n a a a a +--=-，则数列{a n }为等差数列．变式在数列{}na其中N n *∈．求证：数列{}nb 为等差数列．证明例2 已知数列{}n a 中，11a=，11()2nn n a a +⋅=，记nS 为{}na 的前n 项的和，2nn ba =+21n a -，N n *∈．判断数列{}nb 是否为等比数列．解：因为11()2n n n a a +⋅=，所以11212n n n a a +++⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，所以212n n a a +=，即212n n a a +=．因为221nn n ba a -=+，所以22112221221221111222n n n n n nn n n n a a ba ab a a a a -+++--++===++，又10b ≠．所以{}nb 是公比为的等比数列． 变式已知数列{}na 各项均为正数，11a=，22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意N n *∈恒成立．求证：对任意正实数p ，221{}n n a pa -+成等比数列．证明：由，两式相乘得，因为，所以，从而的奇数项和偶数项均构成等比数列， 设公比分别为，则，，又因为，所以，即，设，则，且恒成立，所以数列是首项为，公比为的等比数列．例3数列{}na 的前n 项和为n S ，且满足11a =，22a =，判断数列{}na 是否为等差数列，并证明．解：…以上n ，即12n n n S a a +=①， 当2n ≥时，112n n n S a a --=②，两式相减得()112n n n n a a a a +-=-，即112n n a a +--=（2n ≥）， 所以数列{}n a 的奇数项、偶数项分别成等差数列，3121423n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++=⎧⎨=⎩2134123n n n n n n n a aa aa a a ++++++=0na>2*42()n n n a a a n ++=∈N {}na 12,q q 1122222n n n a a q q --==1121111n n n a a q q ---==312=n n n na a a a +++42231122aa q a a q ===12qq =12qq q ==2212223()n n n n a pa q a pa ---+=+2210n n a pa -+>221{}nn apa -+2p +q易得n a n =，则+11n n a a -=． 注：（1）故，所以12n n n S a a +=，余下同解法；（2）总结构造常数列的方法．变式已知无穷数列{}na 满足：11a =，2132a a a =+，且对于*n ∀∈N ，都有0na >，2124n n n a a a ++=+．判断数列{}n a 是否为等差数列，并证明． 解：因为2124n n n a a a ++=+ (1)所以22134n n n aa a +++=+ (2)由(1)—(2)得，2212213(4)(4)n n n n n n aa a a a a +++++-=+-+213n n n n a a a a +++=-所以2211322n n n n n n aa a a a a ++++++=+，所以11322()()n n n n n n a a a a a a ++++++=+所以21312nn n n n n a a a a a a +++++++=，所以数列21nn n aa a ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为常数数列． 所以21nn n a a a +++=1322.a a a += 所以212nn n aa a +++=，即211n n n n a a a a +++-=-．所以数列{}na 为等差数列．例4设数列{}na 的前n 项和为nS ，已知1231611aa a ===，，，且1(58)(52)n n n S n S +--+=208123n n --=⋅⋅⋅，，，，，求证：数列{}n a 为等差数列．证明：（5n －8）S n ＋1－（5n ＋2）S n ＝－20n －8，① （5n －13）S n ＋1－（5n －3）S n －1＝－20n ＋12，（n ≥2） ②①－②，得（5n －8）a n ＋1－（5n －3）a n ＝－20， ③ 法一：由③，得351-+n a n －85-n a n ＝4（351-n －851-n ）， 所以1453n an +--=458n a n --， 故数列458n a n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．所以4158nan -=-， 所以a n ＝5n －4．所以15n n aa +-=，故{a n }是等差数列．法二：由③，得（5n －13）a n －（5n －8）a n －1＝－20，④③－④，得a n ＋1－2a n ＋a n －1＝0，（n ≥3）．又a 1－2a 2＋a 3＝0，所以对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1． 所以211n n n n aa a a +++-=-．所以{a n }是等差数列．注：（1）法一的核心思路是由结构特征的分析推出458na n -⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为常数列．（2）法二的核心思路是消常数．第三讲递推数列综合问题研究在近几年江苏高考与模拟试卷中，以递推数列形式呈现的等差（等比）数列的综合问题，可谓是一颗璀璨的“明珠”，常考常新．由于它们具有“知识上的综合性、题型上的新颖性、方法上的灵活性、思维方式上的抽象性”等特点，让大家往往感到“有解法而无定法”，从而难以“亲近”这类问题．其实，只要注意平时学习、探索、研究、讨论所得的各种解题思想、方法与策略，善于总结与归纳为解题的经验与钥匙，在遇到具体问题时，便能综合比较、多向衡量而采取一个正确的、巧妙的、快捷的策略措施． 例1 设数列{}na 的前n 项和为nS ，若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m＝(n ＋m )(S n －S m )．求证：数列{a n }为等差数列．证明：若∀m 、n ∈N*，(n －m )S n +m ＝(n ＋m )(S n －S m )令n ＝2，m ＝1，得S 3＝3(S 2－S 1)，即a 1+a 3＝2a 2． 令m ＝1，得 (n －1)S n +1＝(n ＋1) (S n －S 1) (1) 用n +1替换(1)式中n ，得nS n +2＝(n ＋2)(S n +1－S 1)(2)(2)－(1)，得nS n +2－(n －1)S n +1＝(n ＋2)(S n +2－S 1)－(n＋1) (S n －S 1)，即na n +2＝(n ＋1)a n +1－a 1 (3)用n +1替换(3)式中n ，得(n ＋1)a n +3＝(n ＋2)a n +2－a 1 (4)(4)－(3)，得 (n ＋1)(a n +3＋a n +1)＝2(n ＋1)a n +2，即a n +3＋a n +1＝2a n +2．结合a 1+a 3＝2a 2得，对任意n ∈N*，a n +2＋a n ＝2a n +1， 所以211n n n n aa a a +++-=-．故{a n }为等差数列．注：本题的关键是消去（3）、（4）中的a 1（即消常数），得递推关系．变式1 设数列{}na 的前n 项和为nS ，且111(1)12n n n n SS n a a +++=+--，*n N ∈，设62=a ，求证：数列{}n a 是等差数列．证明：因为11212nn n Sna a +=--①所以1112(1)12n n n Sn a a --=---②①—②得112(23)0(2)n n n na n a a n +--++=≥，所以21(22)(25)0(1)n n n n an a a n +++-++=≥两式相减得211(22)(45)(24)0(2)n n n n n a n a n a a n ++-+-+++-=≥，所以2111(22)(44)(22)20(2)n n n n n n n an a n a a a a n +++-+-+++-+-=≥． 所以2111(22)(2)2(2)n n n n n n n a a a a a a n +++-+-+=-+≥．因为26a =，所以13210a a ==，，所以32120a a a -+=．所以2120n n n aa a ++-+=，即211n n n n a a a a +++-=-．故}{n a 是等差数列．注 本题的关键是利用nS 与na 之间的转化，将nS 转化为na ，寻找2120n n n aa a ++-+=关系式．变式2已知数列{}na ，其前n 项和为nS ．若数列{}na 对任意m n ∈*N ，，且m n ≠，都有2m n m nm nS a a a a m nm n+-=+++-，求证：数列{}na 是等差数列．证明：因为对任意m n ∈*N ，，m n ≠，都有2m nm nm n Sa a a a m nm n+-=+++-，①在①中取1m n =+，2111122211n n nn n n Sa a a a a n ++++-=++=+，② 同理212121212422133n n n n n n n S a a a a a a n ++-+-+--+=++=+，③ 由②③知，2114223n n n a a a +-++=,即211230n n n a a a ++--+=，即211112(2)2n n n n n n a a a a a a +++-+-=+-，②中令1n =，31220a a a +-=，从而2120n nn a a a +++-=，即211n n n na a a a +++-=-， 所以，数列{}na 成等差数列．例2（优质试题年江苏高考）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-+++++++L L2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”． 若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，求证：{}n a 是等差数列．证法一：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n aa a a a --++=，①4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=． ②由①得，2n ∀≥，1231+++4n n n n n aa a a a -+++=，③4n ∀≥，3211+++4n n n n n a a a a a --+-=．④③+④-②得，4n ∀≥，112n n n a a a -++=．即11n n n n aa a a +--=-．所以数列{}n a 从第3项起成等差数列，不妨设公差为d ．①中，令4n =得，23564+++=4a a a a a ，所以32aa d -=． ②中，令3n =得，12453+++=4a a a a a ，所以21aa d-=．所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．证法二：因为{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 所以3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①4n ∀≥，321123+++++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②两式相减得332n n n a a a +-+=，所以33n n n n aa a a +--=-．即147a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 1，258a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 2，369a a a ⋅⋅⋅，，，构成等差数列，设公差为d 3，3n ∀≥，2112+++4n n n n n a a a a a --++=，①+1+245+3+++4n n n n n aa a a a ++=③两式相减得+4+1213+4()n n n n n n aa a a a a --+--=-．（1）32n k =-，k ≥2时，323134333132+4()k k k k k k a a a a a a ++--+---=-，所以2312dd d +=，（2）31n k =-，k ≥2时，同理可得1322d d d +=，（3）3n k =，k ≥1时，同理可得1232d d d +=．可得123dd d ==，设1233d d d d ===，在①中令3n =，则12453+++4a a a aa =，可得123++32a a d a =，④ 在①中令4n =，则23564+++4a a a a a =，可得231+=2+3a a a d，⑤由④、⑤消去a 1得32=aa d -，代入④得21=a a d -．所以数列{}n a 是公差为d 的等比数列．注：本题的证明途径一是通过利用条件赋值，得出数列{}n a 从第3项起成等差数列，从而转化为证明前两项也满足等差数列；途径二是通过赋值证明了{}na 的三个子数列147a a a ⋅⋅⋅，，，、258a a a ⋅⋅⋅，，，与369a a a ⋅⋅⋅，，，均构成等差数列，于是，理所当然地猜想：{}n a 成等差数列，能否证明这一点，正是本法的核心所在，也是难点之所在，众多考生的困局之所在，其又有两种方法一是证明三个公差相等（如解答所示），也可求出三个等差数列的表达形式相同，从而证明整体成等差数列．为了更好地理解此类问题的方法，我们一起看下面的类比题： 类比题1若正项数列{}na 对任意的*n N ∈，存在*k N ∈，使得22n k n n k a a a ++=⋅成立，则称数列{}na 为“kJ 型”数列．若数列{}na 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，求证：数列{}na 是等比数列．分析 本题的难点在于揭示一般规律，主要是对定义的理解，利用两种类型的数列关系． 证明：由{}na 是“4J 型”数列，得159131721a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为t ．由{}na 是“3J 型”数列，得1471013a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，成等比数列，设公比为1α； 258111417a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，成等比数列，设公比为2α；36912151821a a a a a a a ⋅⋅⋅，，，，，，，成等比数列，设公比为3α；则434343131721123159aa a t t t a a a ααα======，， ． 所以123ααα==，不妨记123αααα===，且43t α=．于是1(32)13211k k k aa a α----==，222(31)13315111k k k k k a a a t a a ααα------====，132331339111k k k k k a a a t a a ααα----====，所以11n na a -=，所以+1n naa ={}na 是等比数列．类比题2对于给定的正整数k ，若各项均为正数的数列{}na 满足：对任意正整数()n n k >，21111k n k n k n n n k n k n a a a a a a a --+-++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅=总成立，则称{}n a 是“()Q k 数列”．若{}na 既是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”，求证：{}na 是等比数列．证明：因为{}na 既是“(2)Q 数列”，又是“(3)Q 数列”，所以2n ∀>，42112n n n n n aa a aa --++=，①3n ∀>，6321123n n n n n n n a a a a a a a ---+++=．②由①得，1n ∀>，41231n n n n n aa a aa -+++=，③3n ∀>，43211n n n n n a a a a a --+-=．④③⨯④÷②得，3n ∀>，442116n n n n a a a a -+⋅=．因为数列{}n a 各项均为正数，所以3n ∀>，211nn n aa a -+=．所以数列{}na 从第3项起成等比数列，不妨设公比为q '． ①中，令4n =得，423564a a a a a =，所以32a a q ='． ①中，令3n =得，412453a a a aa =，所以21a a q ='．所以数列{}na 是公比为q '的等比数列．类比题3（优质试题年江苏高考题20（2））设M 为部分正整数组成的集合，数列{}na 的首。
第2讲数列篇(教师版)
第2讲 数列[考点分析]数列问题是高考的必考内容，主要考查：1．等差等比数列的证明．2．数列求通项．3．数列求和．4．个别时候考查数列不等式问题．在新高考中很多题目开始以开放性题型命题．[特训典例]题型一 等差等比数列的证明例1 （2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0， ，. （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.[特训跟踪]1、（2021全国卷）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300. 【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项. （2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++= 又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+， 故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-. （2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.2.在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n .解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n ，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列，∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n .(2)由(1)得1n 2a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .[听前试做] (1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.题型二 数列求通项和求和例2 (2015·新课标全国卷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．[听前试做] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，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a n >0，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，n ∈N *.(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＝n3(2n ＋3). 例3 (2020衡水2调）已知数列{}n a 满足：211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--数列{}nb 的前n 项和为n S ，试比较n S 与716的大小. 解：（1）数列{}n a 满足211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈， 所以2n ≥时，212133,3n n n a a a --+++=相减可得113,3n n a -=所以1.3n n a =n=1时,12.3a =综上可得2,1,31, 2.3n nn a n ⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩（5分）(2)因为111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--所以12213.2183(1)(1)33b ==⨯-⨯-2n ≥时，1111111.11231313(1)(1)33n n n n n n b +++⎛⎫==- ⎪--⎝⎭-- 所233413111111182313131313131n n n S +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦131117.8283116n +⎛⎫=+-< ⎪-⎝⎭ 例4 (2019衡水2调）已知{}n a 是各项都为正数的数列，其前n 项和为n S ，且n S 为n a 与1na 的等差中项. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()1,nnnb a -=求{}n b 的前n 项和n T .解：（1）由题意知，12n n nS a a =+，即221,n n n S a a -=① 当n=1时，由①式可得11;S =当2n ≥时,有1,n n n a S S -=-带入①式，得2112()()1,n n n n n S S S S S -----=整理得221 1.n n S S --= 所以{}2nS 是首项为1，公差为1的等差数列，211.nSn n =+-=因为{}n a各项都为正数，所以n S =所以12),n n n a S S n -=-=≥ 又111,a S ==所以n a =（6分）（2）()(1)1,n n nn n b a -===-当n 为奇数时，(11)1n T n=-+-++--=当n 为偶数时，(11)1n T n =-+-+--+=所以{}n b 的前n 项和()1nn T =-（12分）例5 （潍坊市高三下学期第一次模拟） 已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S 。