2013届高考数学一轮复习讲义6.5数列求和

一轮复义数列求和等比数列前n项和Sn＝要点梳理忆一忆知识要点na1＋anna1＋nn－12d

，推导方1．等差数列前n项和Sn＝

2

＝法：倒序相加法；na1

1

q

推导方法：乘公比，错位相减法．a

(1

qn

)1=1

qa1

anqq=1,q≠1,2．常见数列的前n项和nn＋1(1)1＋2＋3＋…＋n＝

2

；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝

n2＋n

；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝

n2

；nn＋12n＋1(4)12＋22＋32＋…＋n2＝

6

；(5)13＋23＋33＋…＋n3＝.忆一忆知识要点[2]nn＋1

2要点梳理数列求和的常用方法分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．忆一忆知识要点要点梳理4．常见的拆项公式(1)1

1

1nn＋1＝n－

＋

；n

1(2)1112n－12n＋1＝22n－1—12n＋1；(3)1n＋n＋

＝

n＋1－

n.1忆一忆知识要点要点梳理[难点 疑点

]1．数列求和的方法一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：①转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．2．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决．3

9

25

65例1

求和：(1)Sn＝2＋4＋

8

＋16＋…＋n2·

n＋12n；n(2)S

＝

x＋x2

＋

x

＋x22

2n＋…＋

x

＋

1

1

1

xn2.分组转化求和12

1

2

(1)写出通项an＝n＋

n，转化为数列{n}和数列

n分别求和再相加．n(2)写出通项a

＝x2n＋

1x2n＋2，可转化为两个等比数列{x2n}，

1

x

2n与常数列{2}的求和问题．解

(1)由于an＝n2·

n＋12n1＝n＋2n，n∴S

＝1＋12

22

1

1

1

23＋

2＋

＋

3＋

＋…＋

n＋

1

2n1＝(1＋2＋3＋…＋n)＋

＋112

2

22＋

3＋…＋1

2

n＝nn＋122

＋1

1

1－2n11－2＝nn＋121－2n＋1.(2)当x＝±1

时，Sn＝4n.当x≠±1

时，nS

＝

x＋x

＋

x

＋x212

1

2

2

n＋…＋

x

＋xn1

22＝

x

＋2＋2

1

41

x

x＋

x

＋2＋

4＋…＋

x2n＋2＋

1

x2n2

4

2n＝(x

＋x

＋…＋x

)＋2n＋

11x

x2＋

4＋…＋

1

x2n＝x2x2n－1＋x－21－x－2nx2－1

1－x－2＋2n＝x2n－1x2n＋2＋1x2nx2－1＋2n.n4nx＝±1

，x≠±1

.2n∴S

＝x

－1＋2n

2x

＋12n

2x

x

－1＋2n些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母数列中对字母的．探究提高n求和S

＝1＋2

1

11＋

＋

1＋

＋12

4＋…＋1

12

41＋

＋

＋…＋

1

2—n

1

.

变式训练1解

和式中第k项为ka

＝1＋2＋4＋…＋1

1

1 2k－1＝1－

21k1－21

＝21－

1

2k.n∴S

＝2

1

1

1

2

22

—

＋

1－

＋…＋

1—

1

2n＝—

11

1(2＋22＋…＋2n)]n＝2

－1

1

1－2n11－22

1 ＝2n－1＋2n－2.2[(1＋1＋…＋1）n个例2

设数列{a

}2n

1

2

3满足a

＋3a

＋3

a

＋…＋3—n

1nn3*a

＝

，n∈N

.(1)求数列{an}的通项；nann

n(2)设b

＝

n

，求数列{b

}的前n项和S

.错位相减法求和由已知写出前n－1项之和，两式相减．bn＝n3·

n的特点是数列{n}与{3n}之积，可用错位相减法．21

2

3解

(1)∵a

＋3a

＋3

a

＋…＋3—n

1nan＝3，①∴当n≥2时，21

2

3a

＋3a

＋3

a

＋…＋3—n

2an－1＝n－13，②①－②得3n－1an3n1

1n＝3，∴a

＝

.11在①中，令n＝1，得a1＝3，适合an＝3n，n3n∴a

＝

1

.nnann(2)∵b

＝ ，∴b

＝n3·

n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3·

n，③n∴3S

＝3

＋22

3×3

＋3×＋4

n

13

＋…＋n3·

.④④－③得2Sn＝n3·

n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，1－331－3n

2n－13n＋1434即2Sn＝n3·

n＋1－

，∴Sn＝

＋

.解答本和，从而利用an与Sn乘公比错位相减是数列求和的一是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加训练，重视运算能力的培养．探究提高已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an

(n∈N*)．

(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不2n－1Tn－2等式

>2

013的n的最小值．

变式训练2(1)证明

因为Sn＋n＝2an，即Sn＝2an－n，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)

(n≥2，n∈N*)．两式相减化简，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)解

因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.n所以T

＝32

3×2＋5×2

＋7×2

＋…＋(2n－1)·2—n

1n2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n

1，＋＋(2n＋1)·2

，①②n2

3

n①－②，得－T

＝3×2＋2(2

＋2

＋…＋2)＋n

1－(2n＋1)·2

＝6＋22－2n＋11－22×

－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.n所以T

＝2＋n

1＋(2n－1)·2

.若nT

－22＋2n－12·

n＋1－2>2

013，则

>2

013，2n－1

2n－1即2n＋1>2

013.由于210＝1

024,211＝2

048，所以n＋1≥11，即n≥10.2n－1Tn－2所以满足不等式

>2

013的n的最小值是10.例3

已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2nn

n12＝a

S

－

.(1)求Sn的表达式；n(2)设b

＝Sn2n＋1n

n，求{b

}的前n项和T

.裂项相消法求和(1)通过an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去已知等式中的an，构造出含Sn的新数列；(2)求出{bn}的通项，根据通项的结构特点，确定求和方法．解

(1)2nn

n12n

n∵S

＝a

S

－

，a

＝S

－S—n

1(n≥2)，2∴S

＝(S

－—n

n

n

1

n12S

)S

－

，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，由题意Sn－1·Sn≠0，①n－1

nSn①式两边同除以S

·S

，得

1

－1Sn－1＝2，Sn

1

1

1S1

a1∴数列

是首项为

＝ ＝1，公差为2的等差数列．Sn∴

＝1＋2(nn－1)＝2n－1，∴S

＝1

1

2n－1.n(2)又b

＝＝Sn

12n＋1

2n－12n＋111＝22n－1—12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn211

1

13

51＝

1－3＋

－

＋…＋2n－

－11

2n＋11＝

1－

1

2

2n＋1＝n2n＋1.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．探究提高11已知数列{an}的前n

项和为Sn，且a

＝1，an＋1＝2Sn(n＝1,2,3，…)．(1)求数列{an}的通项公式；

1

bnbn＋1

n

1＋n.(2)当

bn＝log

3

(3an＋1)时，求证：数列

的前

n

项和

Tn＝

变式训练3(1)解

由已知得1an＋1＝2Sn，n1

2a

＝

S—n

1(n≥2)，得到an＋1＝32an

(n≥2)．n∴数列{a

}是以a32为首项，以2为公比的等比数列．2又a

1

1

12＝2S1＝2a1＝2，∴an＝a2×

2＝

223n－2

13n－2(n≥2)．n∴a

＝1，n＝1，

1

322—n

2，

n≥2.(2)证明·

2

2

3

3n－1＝n.∴

1

bnbn＋1＝11

1

n1＋n

1＋n＝n－

.nb1b2

b2b3

b3b4∴T

＝

1

＋

1

＋

1

＋…＋1bnbn＋11

1

1

1

1

11

2

2

3

3

4

11＝

－

＋

－

＋

－

＋…＋n－1＋n＝1－1

n1＋n

1＋n＝

.2

2bn＝

log

3

(3an＋1)＝log

3

n(2)令b

＝12an－1n

n(n∈N*)，求数列{b

}的前n项和T

.四审结构定方案(14分)(2010·山东)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn；审题路线图审题路线图等差数列{an}中，特定项的值(a3，a5，a7即为特定项)a3＝7，a5＋a7＝26(从特定项，考虑基本量a1，d)列方程组a1＋2d＝72a1＋10d＝26(根据条件的结构特征，确定了方程的方法)nn－12d.nb

＝用公式：an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋(将an代入化简求bn)14nn＋1(根据bn的结构特征，确定裂项相消)bn＝4n11－1n＋1nT

＝411－

1

1

12

2

3＋

－

＋…＋1n—1n＋141＝

1－

1

n＋1＝

n

4n＋1.规范解答解

(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.[2分]因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以a1＋2d＝7，2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.[6分]n所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，nn－12S

＝3n＋

×2＝n2＋2n.[8分](2)由(1)知an＝2n＋1，n所以b

＝1

122＝

＝1·1an－1

2n＋1

－1

4

nn＋1＝4·n1

1－

1

n＋1，[10分]n14所以T

＝

·(11

1

12

2

3n—

＋

－

＋…＋

－1

1

n＋1)[12分]1

1

n

＝4·(1－n＋

)＝41

n＋1，n

n即数列{b

}的前n项和T

＝n4n＋1.[14分]本题审题的关键有两个环节．一是根据a3＝7，a5＋a7＝26的特n

n征，确定列方程组求解．二是根据数列{b

}的通项b

＝

1

4nn＋1的特征，确定用裂项相消法求和．所以，在审题时，要根据数式的结构特征确定解题方案．数列求和的方法技巧倒序相加：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．方法与技巧．直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．．重点通过数列通项公式观察数列特点和规律，在分析数列通项的基础上，判断求和类型，寻找求和的方法，或拆为基本数列求和，或转化为基本数列求和．求和过程中同时要对项数作出准确判断．3．含有字母的数列求和，常伴随着分类．与防范1例1.若函数f

(x),

计算f

(n)

f

(n

1)的值，2x

2并求T

f

(5)

f

(4)

f

(0)

f

(5)

f

(6).1

1解：f

(n)

f

(n

1)2

22n1

2n2

112

n

2n

1

2n

22n1

T

f

(5)

f

(4)

f

(0)

f

(5)

f

(6)T

f

(

6

)

f

(

5

)

f

(

1

)

f

(4)

f

(5)

2T

2

12,

即T

3

2.22

.2

(2n

2

1)

2

2倒序相加法【点评】此种方法是针对数列,要求Sn,就必须分奇偶来、偶数项,要考虑符号的．解：前n项和

Sn

1

3

5

7

(1) (2n

1),n当n

为正偶数时,设n

2k,k

N

,S2k

1

3

5

7

(4k

3)

(4k

1)

2k;

(2n

S

(1)n

n.【归纳求和法】当通项公式中含有(-1)n,求和时可以对n的奇偶进行例2.求Sn

1

3

5

,然后分情况求和.

(1)n

(2n

1).

(1

3)

(5

7)

又S2k1

S2k

a2k

2k

n解：S

(a

a2

an

)

(1

2

(an

n)的值.

n).nS

n2

n

;2Sn①当a=0时有：②当a=1时有：【例3】求

Sn

(a

1)

(a

2)

2③当a≠1且a≠1时有：n.

a(1

an

)

1

n

1

a

22nS

n2

n

;a

1,2

n2

n

,1

n2

n,a

1.

分组求和法n

S

a(1

an

)

1

a【点评】对等比数列,当公比为含字母的常量时要进行分类.【1】求S=1+a

+a2+a3+…+an

的值.解:当a=0时,当a

=1时,当a≠0,且a≠1时，S

1

an1

.1

a

S

1

an1

,

a

1.n

1,

a

1,1

aS

1.S

1n1个

n

1.例4．（06Ⅰ

）设数列an

的前n

项的和3nS

4

an

1

2n1

2

,

n

N.3

3（Ⅰ）求首项a1

与通项an

；（Ⅱ）设2nnnST

,

n

N，证明：32ni

1iT

.3

33nn解:

(Ⅰ )由S

4

a

1

2n1

2

,

n

N

,

①得

a1

S1

a1

2.214

13

323a

2

,由①3n1n1S

4

a

1

2n

2

,

n

≥

2,

②3

3①-②得:n13

4

(a3n1a

)

1

(2n1

2n

),

n

≥

2,an

Sn

Sn整理得:n12n

,

n

≥

2.na

4a

an

2

an12n

a2n1

1,即an

1

2(an1

1).2n

2n1

1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以数列

{

n2n

1

2

2n1

,2n

ann

a

4n

2n.n把a

4n

2n

代入①，得3

3

3n33S

4

(4n

2n

)

1

2n1

2

令

2n

tnSnT

2n

3

t

3

(

1

1

)2

(2t

1)(t

1)

2

t

1 2t

1

3

(

1

1

).2n

12n1

1n232n2ii

1n

T

i

1

12i

1

12

2

12n1

12(

1

1

)

3

(

1

1

)

3

.3

3

4

(t2

t)

2

t

2

2

(2t

2

3t

2)3

2

(2t

1)(t

2).n把a

4n

2n

代入①，得3

3

3nS

4

(4n

2n

)

1

2n1

233

1

[(2n1

)2

3

2n1

2]

1

(2n1

1)(2n1

2).nSnT

2n2n2

3

(2n1

1)(2n

1)2

3

(

1

1

).2n

12n1

1nn

i

12T

3ni2

12i

1

1i

12

2

12n1

12(

1

1

)

3

(

1

1

)

3

.令

2n

t解:（基本思路1）1

11

13

3

3n

1时，a

S

4

a

1

22

2

,

a

2;n

≥

2时，由an

Sn

Sn1

,

得an

4an1

2

(n

2,

3,

4

)nan

4an1

2

(n

2,

3,

4 )n解法一（构造1）n

n12n

2n1

2n

2n1a

4a

2n

an

2

an1

1

an

1

2(

an1

1)an

4an1

2

(n

2,

3,

4

)n法二（构造2）)nnnnn1n1由

a

4a

2

，得a

2

4(an1

2解法三（构造3）（1）叠加22222（2）继续转化为ann14n

4n14n

4n14n

4n1a

4a

2n

a

－4an

n1

n以下又有两种方法：

2n

an

an1

(

1

)n

an1

(

1

)n1

(

1

)n

an

(

1

)n

an1

(

1

)n1an

4an1

2

(n

2,

3,

4

)n经验证nn4an3法四：（迭代）n

n1

nan

4an1

2

4(4an

2

2

)

2

42

a

4

2n1

2nn

2

4（2

2n－2）

4

2n1

2n

2n－2

4

2n1

2n

43

a

42n3

4n1

2

4n

2

22

4n

3

23

4

2n1

2n

2

(1

2

)

n

n4

2

(n

2,

3,

4,

)1

2an

4

2

(n

2,

3,

4,

).n

n【01】已知曲线y

x2

在点(n,n2

)处的切线方程为

x

y

1,其中n

N

.an

bn(1)求an

,bn

关于n

的表达式;(2)设c1

+c2

+ +cn

bn

，求数列nan{c

4

}n的前

项和nS的表达式;an

+bn(3)设dn

1

,求证:

d1

+d2

++dn

2

.

4

(2n+1)

2n4n(3)

提示：d11

2()(2n

1)(2n+1)2n

12n+1解：（1）

y|xn

2n

故所求切线方程为

y

n

2n(x

n)

，22nn2即

x

y

1,2nna

n，b

n2

.（2）当n≥2

时,

cn

bn

bn1

2n

1；当n

1时，c1

b1

1也适合上式.nc

2n

1

(n

N).nc

4an

(2n

1)2n.nS

2

2

22

2

23

2

2n

+(2n

1)

2n+1+(2n

1)2n

①Sn

1

2

+3

2

+5

2

+1

2

3将①两边同乘以2

得,2

3

n

n12Sn

1

2

+3

2

+

+(2n

3)2

+(2n

1)2

②②减①得，

2

2(22

23

2n

)+(2n

1)

2n+1

2

2

22

2n

2

+(2n

1)

2n+11

2

2

2(22

2n

2)+(2n

1)

2n+1

6

2

2n

+(2n

1)

2n+1

(2n

3)2n+1

+6.2n(3)

dn2

+

n(2n+1)

2n

1

4

d1

+d2

+

+dn2n+1

2(1

1

)

2.

2(1

1

+

1

1

+

1

1

+3

3

5

5

7+

1

1

)2n

1

2n+1(2n

1)(2n11

2().2n

12n+11.已知数列递推公式求通项公式：累加法an1

ann(i

1f(i)可求)累乘法an1

an(

f

(1)

f

(2)转化法构造法an1

n倒数法a

3an1

(n

≥

2)n

3

an1对数法an1

can

(a

0,c

0,

p

0,

p

1)pn因式分解法(n

1)a2

na2

a

a

0n1

n

n1

n归纳猜想要点梳理☞转化法:通过变换递推关系,将非等差(等比)数列转化为与等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法.常用的转化途径有:①构造(拼凑)变换:an1

kan

b

(k,b为常数,k

0,k

1)ncan(c,d为非零常数)k

1

k

1②倒数变换:

n1a

a

dan1

1

d

1

1c

an

c③对数变换:n1

n

na

ca

p

(a

0,c

0,

p

0,

p

1)

lg

an1

p

lg

an

lg

cn2

an1

b

k(an

b

)或a

an1

k(an1

an

)n

n

n(3)利用

S

求a

；

a

S1

,

S

S

,

n

≥

2.

n

n1aan(5)累乘法：

n1构造法an1

kan

b作商法（

a1a2

an

cn

型）；数学归纳法.ni

1

f

(n)(f

(1)f

(2)

f

(n)可求)(4)累加法：

an1

an

f

(n)

；(

f

(i)可求)数列通项公式的求法观察法；定义法(利用等差,等比的通项公式)n

1,要点梳理an

a1

(a2

a1

)

(a3

a2

)

(an

an1

)

3

1

2

(n

1)

3

n(n

1)

.221)累加法3

n(n

1)an1

ann2

n

22an

an1

n

1

(n

≥

3).an

(an

an1

)

(an1

an2

)

(a3

a2

)

a2

(n

1)

(n

2)

3

2

222

(n

2)(n

1

2)

2

n2

n

2

.1)累加法an1

an1a1

an1

a2

anan1

an2a

an

2n1

2n2

2n(

n1)

21

1

22)累积法2n(

n1)2an1

ann1an1

3ana

1

3n

2

1an1an

1

3an

1

1

3(n

1)

3n

23)倒数法n

a

1

3n

2例1.已知数列递推公式求通项公式：4)构造法则an

=

.【1】已知数列{an}

中,

a1=1,

an+1=

1

an+1

(nN*),22

21n则=-2.∴{an-2}

是以a1-2=-1

为首项,

公比为0.5

的等比数列.2nn1a

1

a

1,

),2nn1令

a

1

(a

2).2nn1a

2

1

(a2nan

2

(

1)n1

.

a

2

21n.则an

=

.【1】已知数列{an}

中,

a1=1,

an+1=

1

an+1(nN*),22

21n4)构造法解法二:则an

=

.【1】已知数列{an}

中,

a1=1,

an+1=

1

an+1(nN*),22

21n2nn1a

1

a

1,2nn1a

1

a

1,2n1n2a

1

a

1,),

n

≥

32两式相减得:

an

n1n1

n2

a

1

(a

a2

2

2n

n1a

a

1

(1)n2

(1)n1

.an

a1

(a2

a1

)

(a3

a2

)

(an

an1

)

1

1

(

1

)2

(

1

)n12

2

2

2

21n.2∴{an-an-1}

是以a2-a1=1

为首项,

公比为1

的等比数列.2解法三:则an

=

.【1】已知数列{an}

中,

a1=1,

an+1=

1

an+1(nN*),22

21n2nn1a

1

a

1,2nn12n1n2a

1

a

1,),

n

≥

32两式相减得:

an

n1n1

n2a

1

a

1,

a

1

(a

an

n1a

a

1

(1)n2

(1)n1

.2∴{an-an-1}

是以a2-a1=1

为首项,

公比为1

的等比数列.22n2

2

2n1

1,又

a

1

ana

2

21n.【1】设数列{an

}的前n

项和为Sn

,已知a1

5

，且n1

nnS

2n(n

1)(n

1)S

(n

N

),则数列na

的通项公式是 4n

1

.S

S由条件知

n1

n

2,n

1

nSn∴{

n

}是等差数列，n∴Sn

=

2n2

+

3n，从而a

4n

1.S∴

n

5

2(n

1)

2n

3.n

1,an2n

2n1

2

an12n

2n1

1

2(

an1

1).即an所以数列{an

1}是首项为2,公比为2的等比数列,2n

1

2

2n1

,2n

anna

4n

2n.【2】已知a1

2,an

4an1

.nn2

(n

≥

2),则a

=an

4an1

2

a

2n

4(a

2n1

)nn

n1a

4a

2nn

n14n

4n1

an

an12

(

1

)nnn4

2n求an及Sn

.1

nn1【3】数列{a

}中,

a

3,

a

Sn

2

,解：

a

S

Sn

n1,

S

2S

2n

,

Sn

Sn1

1.2n

2n1n

n

n1所以Sn3{

}是以2n

21S1

a1

2

2为首项,1为公差的等差数列.22n

Sn

n

1

,

即

S

2n1

(2n

1).nan

Sn

Sn1

(2n

3)

2n2

,a1=3不适合上式.当n≥2时,n

1,,

n

≥

2.nn2a

3,(2n

3)

2【补偿1】已知数列{an}中，a1

1,nn1n

n1

n(n

1)a2

na2

a

a

0,

n

N

,n则a=.(an1

an

)[(n

1)a

nan

]

0n1nn1(n

1)a

na

0

an1

n

an

n

112

1na

aa

an1

n2a

an

an1

a3

a2

an

n

1

n

2

n

1

2

1

1

1

.3

2

n1n5)因式分解法【1】已知数列an

的前n

项和为Sn

，a1

1

，an1

2Snn则数列a

的通项公式为.n1

Sn

3 .nn2

a

1,n

1,2

3

,

n

≥

2.Sn1

SnSn1a

1,

n2n

1,2

3

,

n

≥

2.n6)an与Sn的关系2nn1①

a

1

S an

(

3)n2

,

n

≥

2.2,

n

1,

2②当n

≥2

时0

13

32

22

(

3)n2nS

2

(

)

( )

1

231

(

3

)n1

2

1

22

2

(

3)n12

2

(

3)n1n③综上S2nS

2

(

3)n1n则a

=

3,

n

1,log2

(Sn

1)6)an与Sn的关系【2】

n

n2

,

n

≥

2.

.n1Sn

2

1.①

当

n=1

时，

a1

=

S1②当n≥2

时，n+

1

nan

=

(2

-

1)-

(2

- 1)

=

2n.③经检验n=1时a1=3不适合上式.【3】已知数列an

中，a1

1

，当n

≥2

时，其前n

nn

项和S

满足a

2S

2

n

2Sn

13，则数列

na

的通项公式为nn1n2S

2

n

2S

1S

S

1

.2n

1n

S3n1

n

1a

1

4n2

2

n

≥

2n1n

n

n1