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数列求通项方法
方法一： 公式法
类型一：Sn与an的式子即：前n项和Sn与数列项an的 关系式
例1 数列{}的前n项和为，=1， ( ),求{}的通项公式
是以首项=2,q=3的等比数列，故
令n=1时
类型二：Sn与n的式子即：前n项和Sn与数列项数n的 关系式
例2：已知数列{an}的前n项和，n∈N*.求数列{an}的通项公式；
解：(1)当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n 当n=1时，a1=S1=1，符合上式.所以数列{an}的通项公式为an=n.
类型三：Sn与n、an的式子即：前n项和Sn与数列项数n的 关系式
蜂暴例3：（2016?广州模拟）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意n∈N*，都有2Sn=（n+1）an，求数列{an}的通项公式。
解：∵2Sn=（n+1）an，∴当n≥2时，2Sn﹣1=nan﹣1，
可得2an=（n+1）an﹣nan﹣1，
∴
令n=2, 2S2=（2+1）a2 2(a1+a2)=（2+1）a2 解得a2=4

n=1a1=2,
方法二：倒数法
例4：已知数列满足求数列的通项公式。
例5：已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式
[解]　(1)证明：∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.∴－＝2

(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝（）
又∵a1＝，不适合上式．
方法三：累加法
例6 若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．
解析： 由题意知an＋1－an＝2n，（要学会观察下标与函数中的n的关系）
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1（此步骤固定的）＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1
方法四：累乘法
例7：已知数列满足
（观察n的函数解析式与小标的关系，此题刚好与小标项数相反）
方法五：构造法（构造等比数列）
例8已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
∴数列{an＋1}为首先a1＋1=2，公比q＝3的等比数列
∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.
数列求和方法
方法一：利用“裂项相消法”求和
例1： 设数列{an}的前n项和Sn=2n+1，数列{bn}满足bn=
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）当n=1时，a1=S1=4----（公式法第一步先求出首项）
由Sn=2n+1，得Sn﹣1=2n，n≥2------公式法只使用与n≥2时）
∴an=Sn﹣Sn﹣1==2n，n≥2．，当n=1,an=21----(记得检验）
∴．
当n=1时，=，当n≥2时，
-----（用上裂项相消法的检验式子a==）
-----
Tn=+（+…+-----(因为第一项不满足通项公式）
方法二：利用“错位相减法”求和
例2（2016?扬州校级一模）已知数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12．（1）求数列{an}的通项公式；
令bn=an?3n，求数列{bn}的前n项和Sn．
解：（1）∵数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12，∴2+2+d+2+2d=12，解得d=2，∴an=2+（n﹣1）×2=2n．
（2）∵an=2n，∴bn=an?3n=2n?3n，
∴Sn=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，①
3Sn=2×32+4×33+6×34+…+2（n﹣1）×3n+2n×3n+1，②
①﹣②得﹣2Sn=6+2×32+2×33+2×34+…+2×3n﹣2n×3n+1
=2×﹣2n×3n+1=3n+1﹣2n×3n+1﹣3=（1﹣2n）×3n+1﹣3
∴Sn=+．
方法三 公式法：利用等差等比数列的求和公式进行求解
例3：（2016?资阳模拟）已知公差为正数的等差数列{an}满足：a1=1，且2a1，a3﹣1，a4+1成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若a2，a5分别是等比数列{bn}的第1项和第2项，求数列的前n项和Tn．

解：（Ⅰ） 设数列{an}的公差为d（d＞0），
由2a1，a3﹣1，a4+1成等比数列---（三项成等比数列，利用等比中项）
可得--（利用等差的通项公式转化成a1和d）则2（1+3d+1）=（1+2d﹣1）2，解得（舍去）或d=2，
所以{an}的通项公式为an=2n﹣1；
（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得，b1=a2=3，b2=a5=9，
则等比数列{bn}的公比q=3，是以为首项，以为公比的等比数列．
所以Tn=(利用等比数列的求和公式）
方法四：利用“分组转化法”求和
例4：(2015·福建卷)在等差数列{an}中，已知a2=4，a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=+n，求b1+b2+b3+…+b10的值.
【解答】(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得解得
所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n，所以b1+b2+b3+…+b10
=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)=+
=(211-2)+55=211+53=2 101.
【强化练习】
　1．已知数列{an}为等差数列，数列{bn}满足bn=an+n，若b2，b5，b11成等比数列，且b3=a6．
（1）求an，bn；
（2）求数列{}的前n项和Sn．
解：（1）设数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）d，bn=a1+（n﹣1）d+n，
∵b2，b5，b11成等比数列，且b3=a6．
∴，
解得．
于是an=n+2，bn=2n+2．
（2）==．
∴Sn=++…+
=
=．　
2．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=3．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设Sn为数列{an}的前n项和，bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（Ⅰ）∵等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=3，
∴，解得，
∴数列{an}的通项公式．
（Ⅱ）∵Sn为数列{an}的前n项和，∴=，
∴bn===2（），
∴数列{bn}的前n项和：
Tn=2（+）
=2（）
=．
3．已知数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=an?3n，求数列{bn}的前n项和Sn．
解：（1）∵数列{an}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12，
∴2+2+d+2+2d=12，
解得d=2，
∴an=2+（n﹣1）×2=2n．
（2）∵an=2n，
∴bn=an?3n=2n?3n，
∴Sn=2×3+4×32+6×33+…+2（n﹣1）×3n﹣1+2n×3n，①
3Sn=2×32+4×33+6×34+…+2（n﹣1）×3n+2n×3n+1，②
①﹣②得﹣2Sn=6+2×32+2×33+2×34+…+2×3n﹣2n×3n+1
=2×﹣2n×3n+1
=3n+1﹣2n×3n+1﹣3
=（1﹣2n）×3n+1﹣3
∴Sn=+．
4．在△ABC中，角A，B，C的对应边分别是a，b，c满足b2+c2=bc+a2．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）已知等差数列{an}的公差不为零，若a1cosA=1，且a2，a4，a8成等比数列，求{}的前n项和Sn．
解：（Ⅰ）∵b2+c2﹣a2=bc，
∴=，
∴cosA=，
∵A∈（0，π），∴A=．
（Ⅱ）设{an}的公差为d，
∵a1cosA=1，且a2，a4，a8成等比数列，
∴a1==2，且=a2?a8，
∴（a1+3d）2=（a1+d）（a1+7d），且d≠0，解得d=2，
∴an=2n，
∴==，
∴Sn=（1﹣）+（）+（）+…+（）
=1﹣=．
5．数列{an}满足a1=2，an+1=an2+6an+6（n∈N×）
（Ⅰ）设Cn=log5（an+3），求证{Cn}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅲ）设，数列{bn}的前n项的和为Tn，求证：．
解：（Ⅰ）由an+1=an2+6an+6得an+1+3=（an+3）2，
∴=2，即cn+1=2cn
∴{cn}是以2为公比的等比数列．
（Ⅱ）又c1=log55=1，
∴cn=2n﹣1，即=2n﹣1，
∴an+3=
故an=﹣3
（Ⅲ）∵bn=﹣=﹣，∴Tn=﹣=﹣﹣．
又0＜=．
∴﹣≤Tn＜﹣
6．设数列{an}的前n项和Sn=2n+1，数列{bn}满足bn=+n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）当n=1时，a1=S1=4，…（2分）
由Sn=2n+1，得Sn﹣1=2n，n≥2，
∴an=Sn﹣Sn﹣1==2n，n≥2．
∴．…（6分）
（2）当n=1时，+1=，∴，…（7分）
当n≥2时，
+n
==，…（9分）
+…++（2+3+4+…+n）
=+（+…++（1+2+3+4+…+n）
=，…（11分）
上式对于n=1也成立，
∴Tn=．…（12分）
7．在等比数列{an}中，a3=，S3=．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记bn=log2，且{bn}为递增数列，若Cn=，求证：C1+C2+C3+…Cn＜．
解：（Ⅰ）∵a3=，S3=，
∴当q=1时，S3=3a1=，满足条件，∴q=1．
当q≠1时，a1q2=，=，
解得a1=6，q=﹣．
综上可得：an=或an=6?（﹣）n﹣1；
（Ⅱ）证明：由题意可得bn=log2=log2=log222n=2n，
则Cn===（﹣），
即有C1+C2+C3+…Cn=（1﹣+﹣+﹣+…+﹣）
=（1﹣）=﹣＜．
故原不等式成立．
　
8．已知数列{an}前n项和Sn满足：2Sn+an=1
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜．
（I）解：∵2Sn+an=1，
∴当n≥2时，2Sn﹣1+an﹣1=1，
∴2an+an﹣an﹣1=0，化为．
当n=1时，2a1+a1=1，∴a1=．
∴数列{an}是等比数列，首项与公比都为．
∴．
（II）证明：bn=
=
=
=，
∴数列{bn}的前n项和为Tn=++…+
=．
∴Tn＜．
9．已知数列{an}的前n项和为Sn=（3n﹣1）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）∵Sn=（3n﹣1），
∴a1=S1==3．
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（3n﹣1）﹣，
化为：an=3n．
当n=1时，上式也成立．
∴an=3n．
（2）bn=nan=n?3n．
∴数列{bn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n?3n，
∴3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）?3n+n×3n+1，
上两式作差可得﹣2Tn=3+32+33+…+3n﹣n×3n+1=﹣n×3n+1=×3n+1﹣，
∴Tn=+．
10．已知公差为正数的等差数列{an}满足：a1=1，且2a1，a3﹣1，a4+1成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若a2，a5分别是等比数列{bn}的第1项和第2项，求数列的前n项和Tn．
解：（Ⅰ） 设数列{an}的公差为d（d＞0），
由2a1，a3﹣1，a4+1成等比数列，
可得，
则2（1+3d+1）=（1+2d﹣1）2，
解得（舍去）或d=2，
所以{an}的通项公式为an=2n﹣1；
（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得，b1=a2=3，b2=a5=9，
则等比数列{bn}的公比q=3，
于是是以为首项，以为公比的等比数列．
所以Tn=．
11．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意n∈N*，都有2Sn=（n+1）an．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
I）解：∵2Sn=（n+1）an，
∴当n≥2时，2Sn﹣1=nan﹣1，可得2an=（n+1）an﹣nan﹣1，
∴=．
∴=，
∴an=2n．
（II）证明：==．
∴Tn=++…+=1﹣．
∴=T1≤Tn＜1，
∴≤Tn＜1．
12．已知等差数列{an}的首项a2=5，前4项和S4=28．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=（﹣1）nan，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解：（1）由已知条件：，
∴，
∴an=a1+（n﹣1）×d=4n﹣3．
（2）由（1）可得，
T2n=﹣1+5﹣9+13﹣17+…+（8n﹣3）=4×n=4n．
　
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=9，a1，a3，a7成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若an≠a1时，数列{bn}满足bn=2，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=9，a1，a3，a7成等比数列，
∴，解得或，
当时，an=3；
当时，an=2+（n﹣1）=n+1．
（2）∵an≠a1，∴an=n+1，∴bn=2=2n+1，
∴，=2，
∴{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列，
∴Tn===2n+2﹣4．
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an=3Sn﹣2（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{nan}的前n项和Tn．
解：（1）∵an=3Sn﹣2，
∴an﹣1=3Sn﹣1﹣2（n≥2），
两式相减得：an﹣an﹣1=3an，
整理得：an=﹣an﹣1（n≥2），
又∵a1=3S1﹣2，即a1=1，
∴数列{an}是首项为1、公比为﹣的等比数列，
∴其通项公式an=（﹣1）n﹣1?；
（2）由（1）可知nan=（﹣1）n﹣1?，
∴Tn=1?1+（﹣1）?2?+…+（﹣1）n﹣2?（n﹣1）?+（﹣1）n﹣1?，
∴﹣Tn=1?（﹣1）?+2?+…+（﹣1）n﹣1?（n﹣1）?+（﹣1）n?n?，
错位相减得：Tn=1+[﹣+﹣+…+（﹣1）n﹣1?]﹣（﹣1）n?n?
=1+﹣（﹣1）n?n?
=+（﹣1）n﹣1??，
∴Tn=[+（﹣1）n﹣1??]=+（﹣1）n﹣1??．
15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S3=﹣15，且a1+1，a2+1，a4+1成等比数列，公比不为1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a1+1，a2+1，a4+1成等比数列，∴=（a1+1）（a4+1），
又S3=﹣15，∴=﹣15，∴a2=﹣5．
∴（﹣5+1）2=（﹣5﹣d+1）（﹣5+2d+1），解得d=0或d=﹣2．
d=0时，公比为1，舍去．
∴d=﹣2．
∴an=a2﹣2（n﹣2）=﹣5﹣2（n﹣2）=﹣2n﹣1．
（2）由（1）可得：Sn==﹣n2﹣2n．
∴bn==﹣=﹣，
∴数列{bn}的前n项和Tn=+++…++
=﹣
=﹣+．
16．已知等比数列{an}的公比q＞1，且2（an+an+2）=5an+1，n∈N*．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）若a52=a10，求数列{}的前n项和Sn．
解：（I）∵2（an+an+2）=5an+1，n∈N*，∴=5anq，
化为2（1+q2）=5q，又q＞1，
解得q=2．
（II）a52=a10，=a1×29，解得a1=2．
∴an=2n．
∴=．
∴数列{}的前n项和Sn==．　
17．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足：S5=30，S10=110，数列{bn}的前n项和Tn满足：Tn=bn﹣（n∈N*）．
（1）求Sn与bn；
（2）比较Snbn与Tnan的大小，并说明理由．
】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵差数列{an}的前n项和Sn满足：S5=30，S10=110，
∴，解得，
∴an=2+（n﹣1）×2=2n，
Sn==n2+n．…（3分）
∵数列{bn}的前n项和Tn满足：Tn=bn﹣（n∈N*），
∴，解得b1=1，
又，n∈N*，
∴Tn+1﹣Tn==，n∈N*，
即，n∈N*，
整理得bn+1=3bn，即=3（常数），
∴数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴bn=3n﹣1． …（7分）
（2）∵Tn=bn﹣=，
∴Snbn=（n2+n）?3n﹣1，Tnan=n?（3n﹣1），
于是Snbn﹣Tnan=（n2+n）?3n﹣1﹣n?（3n﹣1）=n[3n﹣1（n﹣2）+1]，…（9分）
当n=1时，Snbn﹣Tnan=0，即Snbn=Tnan；
当n≥2（n∈N*）时，Snbn﹣Tnan＞0，即Snbn＞Tnan．
∴综上，当n=1时，Snbn=Tnan；当n≥2（n∈N*）时，Snbn＞Tnan．…（12分）
18．已知数列{an}中，an＞0，a1=2，a4=16，且有an2=an﹣1an+1
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=log2an，cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．
解：（1）由得数列{an}为等比数列，则
∵a1=2，a4=16∴16=2q3得q=2…（4分）
故数列{an}的通项公式为…（6分）
（2）由，得…（9分）
则…（12分）
　
19．（2016?浙江模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=16，S6=36．
（1）求an；
（2）设数列{bn}满足bn=qan（q∈R，q＞0），Tn=++…+，求Tn．
解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由S4=16，S6=36．
可得，
解得，
∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．
（Ⅱ）bn=qan=q2n﹣1，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
当q≠1时，
Tn=++…+==，
当q=1时，Tn=n．
∴Tn=．
解：（Ⅰ）当n=1时，由S1=2a1﹣1得，
a1=1；
当n≥2时，Sn=2an﹣1，Sn﹣1=2an﹣1﹣1，
故an=2an﹣2an﹣1，
故an=2an﹣1，
故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an=2n﹣1；
（Ⅱ）bn=log2an=n﹣1，
令cn=anbn，
则，
故Tn=0?20+1?21+2?22+3?23+4?24+…+（n﹣1）2n﹣1，
，
两式相减得，
=﹣2+2n+1﹣n?2n
∴．

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