1、1数列求通项求和的常用方法拓展一拓展一利用递推公式求通项公式常用方法利用递推公式求通项公式常用方法【题组一【题组一 累加法】累加法】【例 1】 （2021全国）在数列 na中，12a ，11ln 11nnaannn，则na （）A8aB21 lnnnC1lnnnD2lnnnn【例 2】 （2021全国高二专题练习）已知数列 na中，111,3nnnaaan，求数列 na的通项公式【例 3】 （2021山西祁县中学）已知各项都不相等的数列 na满足2132nnnaaa（1）证明：数列1nnaa为等比数列；（2）若11a ，23a ，求 na的通项公式2【题组二【题组二 累乘法】累乘法】【例 4】
2、 （2021全国高二专题练习）已知数列an中，a11，当nN 且n2 时，(2n1)an(2n3)an1，求通项公式an.【例 5】 （2021全国高二专题练习）设 na是首项为 1 的正项数列且22*11(1)(21)0(N )nnnnnanana an，求数列 na的通项公式.【例 6】 （2021全国高二专题练习）设 na是首项为 1 的正项数列，且22*11(2)20()nnnnnanaaanN，求通项公式na.3【题组三【题组三 公式法】公式法】【例 7】 （2021全国高二单元测试）已知数列 na满足11a ，12311111231nnaaaaann数列 na的通项公式是_【例 8
3、】 （2021 全国 （理） ） 设数列 na的前n项和为nS， 若213nnSanN ， 则nS _【例 9】 （2021全国高二课时练习）设数列na的前n项和22nnnSa.(1)求3a，4a；(2)证明：12nnaa是等比数列；(3)求na的通项公式.4【题组四【题组四构造法】构造法】【例 10】 （2021全国）已知数列 na中，11a ，121nnnaaa，求 na的通项公式.【例 11】 （2021全国高二课时练习）数列 na满足113a ，且1123nnnnaana a，求数列 na的通项公式【例 12】 （2021全国）已知数列 nb满足12b ，1322,nnbbnnN，求数
4、列 nb的通项公式.【例 13】 （2021云南昆明一中高三月考（理） ）已知数列an中，a1=3，1132 3nnnaa ，nN*.求数列an的通项公式；【例 14】 （2021 全国高三专题练习） （1） 在数列 na中，11a ，1124 3nnnaa ， 求通项公式na；（2）在数列 na中，11a ，2*12nnaannN，求通项公式na【例 15】 （2021 江苏高三月考） 已知数列 na满足113,21nnaaan， 求数列 na的通项公式；5拓展二拓展二数列求和常用的方法数列求和常用的方法【题组一【题组一 裂项相消法】裂项相消法】【例 16】 （2021福建省连城县第一中学高
5、二月考）已知数列 na，其前n项和记为nS，满足2410aa，12nnnaSS.（1)求数列 na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列 nb的前n项和nT.【例 17】 （2021 江西上高二中高二月考 ） 设数列 na前n项和为nS， 若0na ， 且2243nnnaaS(1)求 na的通项公式(2)设11nnnba a，求 nb前n项的和nT.6【例 18】 （2021河南信阳高中高二月考）已知各项均为正数的等差数列 na的公差为 4，其前n项和为,nS且22a为23,SS的等比中项（1）求 na的通项公式；（2）设14nnnba a，求数列 nb的前n项和nT；（3）求证：113
6、2nT.【题组二【题组二 错位相减法】错位相减法】【例 19】 （2021辽宁阜新高二期末）已知数列 na的前n项和为nS，且满足32nnSa.（1）求证： na是等比数列；（2）求数列nna的前n项和nT.7【例 20】 （2021全国高二专题练习）已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60 的根.（1）求an的通项公式；（2）若数列2nna的前n项和为Sn，求证：Sn2.【例 21】 （2021全国高二专题练习）设数列an的前n项和为Sn，且231nnSa.（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=nna，求数列bn的前n项和Tn.8【题组三【题组三 分组求和法】分组求和法】【
7、例 22】 （2021全国）已知数列an满足：a11，an12ann2(nN*)（1）求证：数列ann1是等比数列；（2）求数列an的前n项和Sn.【例 23】 （2021全国高二专题练习）求和：1357( 1) (21)nnSn 【例 24】 （2021全国高二专题练习）在等差数列an中，a2a723，a3a829.（1）求数列an的通项公式；（2）设数列anbn是首项为 1，公比为q的等比数列，求bn的前n项和Sn.9【题组四【题组四 倒序相加法】倒序相加法】【例 25】 （2021 全国高二专题练习） 设coscos(30)nnan，nS为数列的前n项和， 求59S的值是 （）A59 3
8、2B0C59D592【例 26】 （2021全国）已知函数 331xxfx ，xR，正项等比数列 na满足501a，则1299f lnaf lnaf lna等于_【例 27】 （2021全国高二课时练习）设1( )22xf x ，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得12019f22019f2017201820192019ff_10数列求通项求和的常用方法拓展一拓展一利用递推公式求通项公式常用方法利用递推公式求通项公式常用方法【题组一【题组一 累加法】累加法】【例 28】 （2021全国）在数列 na中，12a ，11ln 11nnaannn，则na （）A8aB21 lnnnC1
9、lnnnD2lnnnn【答案】D【解析】由题意得，11ln1nnaannnn，则1ln11nnaannnn，121ln122nnaannnn，212ln211aa，由累加法得，112lnlnln1121naannnnn，即112ln121nannannn，则2lnnann，所以2lnnannn，故选：D【例 29】 （2021全国高二专题练习）已知数列 na中，111,3nnnaaan，求数列 na的通项公式【答案】1113222nnn na【解析】依题意111,3nnnaaan，当2n时，1131nnnaan，所以32211112nnnnnaaaaaaaaaa 123331211nnnn13
10、 1 311111 32nnn1113222nn n.11【例 30】 （2021山西祁县中学）已知各项都不相等的数列 na满足2132nnnaaa（1）证明：数列1nnaa为等比数列；（2）若11a ，23a ，求 na的通项公式【解析】 （1）证明由2132nnnaaa，可得，2112nnnnaaaa，因为各项都不相等，所以210aa，1nnaa是公比为2的等比数列（2）解由（1）知1nnaa是公比为2的等比数列，且212aa，所以当2n 时，2112122nnnnaaaa，2122nnnaa，3232nnnaa，212aa，累加，得21122222nnnaa，所以21nna 当1n 时，
11、11211a 满足上式，故21nna 【题组二【题组二 累乘法】累乘法】【例 31】 （2021全国高二专题练习）已知数列an中，a11，当nN 且n2 时，(2n1)an(2n3)an1，求通项公式an.【答案】an3(21)(21)nn，nN*.【解析】当n2，(2n1)an(2n3)an1，1nnaa2321nn，31241232113525233.5792121(21)(21)nnnnaaaaannaaaaannnn133(21)(21)(21)(21)nnaaannnn当n1 时符合上式，3(21)(21)nann，nN*12【例 32】 （2021全国高二专题练习）设 na是首项为
12、 1 的正项数列且22*11(1)(21)0(N )nnnnnanana an，求数列 na的通项公式.【答案】1na 或nan【解析】依题意11a ，22*11(1)(21)0(N )nnnnnanana an所以1110nnnnaanana，当10nnaa时，1nnaa，所以1na .当101nnnana时，111,21nnnnaannnanan，所以13211221nnnnnaaaaaaaaaa13 21122 1nnnnn ，1a也符合上式.所以*Nnan n.综上所述，1na 或nan.【例 33】 （2021全国高二专题练习）设 na是首项为 1 的正项数列，且22*11(2)20
13、()nnnnnanaaanN，求通项公式na.【答案】2(1)nan n【解析】由22*11(2)20()nnnnnanaaanN，得11(2)()0nnnnnanaaa，0na ，10nnaa，1(2)0nnnana，12nnanan，324112311232121(2)3451(1)nnnaaaannaanaaaannn n ，又a11 满足上式，2(1)nan n.13【题组三【题组三 公式法】公式法】【例 34】 （2021全国高二单元测试）已知数列 na满足11a ，12311111231nnaaaaann数列 na的通项公式是_【解析】1231111(1)231nnaaaaann，
14、11a 当2n 时，211aa当2n 时，112311111231nnnaaaaaann，两式相减得：11nnnaaan，即11nnnaan，11nnanan，11nnanan，1212nnanan，3232aa，累乘得：22nana，所以2nna ，2n 1,1,22nnann，故答案为：1,1,22nnann.【例 35】 （2021 全国 （理） ） 设数列 na的前n项和为nS， 若213nnSanN ， 则nS _【解析】213nnSa ，故111221133SaS ，解得135S ，当2n 时，1213nnnSSS ，整理得到12115nnSS ，故1nS -是首项为25，公比为2
15、5得到等比数列，故122155nnS ，即215nnS ，验证1n 时满足，故215nnS .故答案为：215n.14【例 36】 （2021全国高二课时练习）设数列na的前n项和22nnnSa.(1)求3a，4a；(2)证明：12nnaa是等比数列；(3)求na的通项公式.【答案】(1)316a ，440a ；(2)证明见解析；(3)1(1)2nnna.【解析】(1)由22nnnSa和11aS可得，11122aSa，解得，112aS，2122222aaSa，解得，26a ，28S ，3233322SaSa，解得，316a ，324S ，4344422SaSa，解得，440a ，故316a ，
16、440a .(2)证明：因为22nnnSa，故11122nnnSa，由得，111222nnnnnnaSSaa，即122nnnaa，当2n时，11222nnnnaaaa，又因为2122aa，数列12nnaa是首项为 2，公比为 2 的等比数列.(3)由(2)知122nnnaa，等号两端同时除以12n，得111222nnnnaa，且112a，数列2nna是以 1 首项，以12为公差的等差数列，111 (1)222nnann ，即1(1)2nnna.故na的通项公式为1(1)2nnna.【题组四【题组四构造法】构造法】【例 37】 （2021全国）已知数列 na中，11a ，121nnnaaa，求
17、na的通项公式.【答案】121nan.【解析】121nnnaaa，两边取倒数得121112nnnnaaaa，即1112nnaa，又因为111a=，所以1na是首项为1，公差为2的等差数列，所以112121nnna ，故121nan；15【例 38】 （2021全国高二课时练习）数列 na满足113a ，且1123nnnnaana a，求数列 na的通项公式【解析】113a ，且1123nnnnaana a，1111123nnnnnnaanaaa a，当2n 时，12132111111111nnnaaaaaaaa35721n3212nn2n n，又113a也满足12nn na，12nan n【例
18、 39】 （2021全国）已知数列 nb满足12b ，1322,nnbbnnN，求数列 nb的通项公式.【答案】31nnb .【解析】数列 nb满足12b ，1322,nnbbnnN.整理得1131nnbb ，所以数列1nb 是以113b 为首项，3 为公比的等比数列.故113 33nnnb ，31nnb；【例 40】 （2021云南昆明一中高三月考（理） ）已知数列an中，a1=3，1132 3nnnaa ，nN*.求数列an的通项公式；【答案】(21) 3nnan【解析】由1132 3nnnaa 得：11112 3333nnnnnnaa，11233nnnnaa，即数列3nna是首项为1，公
19、差为2的等差数列，213nnan，故(21) 3nnan.【例 41】 （2021 全国高三专题练习） （1） 在数列 na中，11a ，1124 3nnnaa ， 求通项公式na；（2）在数列 na中，11a ，2*12nnaannN，求通项公式na【答案】 （1）114 35 2nnna ； （2）127223nnann【解析】 （1）设11323nnnnaa，比较系数得4，114 324 3nnnnaa 则数列14 3nna 是一个等比数列，其首项1 114 35a ，公比是 2114 35 2nnna ，即114 35 2nnna 16（2）设221(1)(1)2nnank ncank
20、nc当212nnaan代入上式比较系数得2k ，3c 于是221(1)2(1)3223nnannann221(1)2(1)3223nnannann，令223nnbann，则 nb是公比为 2，首项为2111237ba的等比数列，所以11127 2nnnbb，故212237 223nnnabnnnn【例 42】 （2021 江苏高三月考） 已知数列 na满足113,21nnaaan， 求数列 na的通项公式；【答案】2nnan【解析】121nnaan，112nnanan由此可得数列nan构成以112a 为首项，公比2q =的等比数列，利用等比数列通项公式得：1222nnnan，所以数列 na的通
21、项公式为：2nnan.拓展二拓展二数列求和常用的方法数列求和常用的方法【题组一【题组一 裂项相消法】裂项相消法】【例 43】 （2021福建省连城县第一中学高二月考）已知数列 na，其前n项和记为nS，满足2410aa，12nnnaSS.（1)求数列 na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列 nb的前n项和nT.【答案】 （1）21nan； （2）21nnTn.【解析】 （1）因为112nnnnSaSa，所以12nnaa，即 na是等差数列，且公差2d ，又2412410aaad，11a ，所以12(1)21nann ，即21nan（2）因为1111()(21)(21)2 2121nb
22、nnnn，所以111111(1)23352121nTnn11(1)22121nnn，即21nnTn.17【例 44】 （2021 江西上高二中高二月考 ） 设数列 na前n项和为nS， 若0na ， 且2243nnnaaS(1)求 na的通项公式(2)设11nnnba a，求 nb前n项的和nT.【答案】(1)21nan；(2)69nnTn.【解析】(1)因为0na ，且2243nnnaaS当1n 时，112320aa ，得13a 或11a (舍)；当2n时，2111243nnnaaS由得，11()(2)0nnnnaaaa，因为0na ，所以10nnaa，可得12nnaa(2)n ，所以 na
23、是以 3 为首项，公差为2的等差数列，所以3 2121nann .(2)由(1)中结论得，11111121232 2123nnnba annnn，所以121 1111112 35572123nnTbbbnn1 112 32369nnn.【例 45】 （2021河南信阳高中高二月考）已知各项均为正数的等差数列 na的公差为 4，其前n项和为,nS且22a为23,SS的等比中项（1）求 na的通项公式；（2）设14nnnba a，求数列 nb的前n项和nT；（3）求证：1132nT.【解析】 （1）因为数列 na是公差为 4 的等差数列，所以21213113 24,22 ,34342aaSaSaa
24、.又22234aS S，所以211144624aaa，即11420aa，解得12a 或14a （舍去） ，所以24(1)42nann.（2）因为14411(42)(42)4242nnnba annnn，所以121nnnTbbbb111111112661046424242nnnn11242n21nn.18（3）121nnnTbbbb11242n，121nnnTbbbb单调递增，n=1 时，121nnnTbbbb最小为13，因为1042n，所以1112422n所以1132nT.【题组二【题组二 错位相减法】错位相减法】【例 46】 （2021辽宁阜新高二期末）已知数列 na的前n项和为nS，且满足
25、32nnSa.（1）求证： na是等比数列；（2）求数列nna的前n项和nT.【解析】 （1）证明：数列 na的前n项和为nS，且满足32nnSa，当1n 时，整理得：11a ；当2n时，1132nnSa，得：122nnnaaa ，整理得：123nnaa（常数） ，故数列 na是以 1 为首项，23为公比的等比数列；（2）由（1）得：123nna.所以123nnnbnan，所以01122212.333nnTn ，12222212.3333nnTn ，得：112221.3333nnnTn ，所以：2112323313nnnTn ，故：29933nnTn.19【例 47】 （2021全国高二专题练
26、习）已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60 的根.（1）求an的通项公式；（2）若数列2nna的前n项和为Sn，求证：Sn2.【解析】 （1）方程x25x60 的两根为 2,3，因为an是递增的等差数列，所以a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d12，从而a132.所以an的通项公式为an12n1.（2）证明：设2nna的前n项和为Sn，由(1)知2nna122nn，则Sn23234212nn122nn，12Sn332442112nn222nn.两式相减得12Sn34341111()222n222nn34111142n222nn.所以Sn2142nn.因为1
27、402nn，所以Sn2.【例 48】 （2021全国高二专题练习）设数列an的前n项和为Sn，且231nnSa.（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=nna，求数列bn的前n项和Tn.【解析】 （1）由231nnSa，得11231nnSa（n2） ，得1233nnnaaa，13(2)nnaan-=，又1112312Saa ，a1=1，an是首项为 1，公比为 3 的等比数列，an=3n-1.（2）由（1）得，bn=13nn，Tn=01211233333nn，13Tn=1231233333nn，20两式相减，得23Tn=0121111133333nnn113233=1322 313nnnnn
28、，Tn=96944 3nn.【题组三【题组三 分组求和法】分组求和法】【例 49】 （2021全国）已知数列an满足：a11，an12ann2(nN*)（1）求证：数列ann1是等比数列；（2）求数列an的前n项和Sn.【答案】 （1）首项为 1，公比为 2 的等比数列； （2）2n222nn.【解析】 （1）由已知得1222nnanan，11 110a ，所以11nnanan2，所以数列ann1是首项为 1，公比为 2 的等比数列（2）由（1）知：ann12n1，an2n11n，Sna1a2an(122n1)(12n1)Sn(2n1)12(n2n)2n222nn.【例 50】 （2021全国
29、高二专题练习）求和：1357( 1) (21)nnSn 【答案】( 1)nn【解析】由题意知1357( 1) (21)nnSn ，当n为偶数时，可得 1 357( 23)(21)22nnSnnn ；当n为奇数时，1n 为偶数，可得 1( 1) (21)1 35 7( 25) (23) ( 1) (21)nnnSSnnnn 12(21)2nnn 综上可得，( 1)nnSn .21【例 51】 （2021全国高二专题练习）在等差数列an中，a2a723，a3a829.（1）求数列an的通项公式；（2）设数列anbn是首项为 1，公比为q的等比数列，求bn的前n项和Sn.【答案】（1） 见解析；（2
30、） 当q1 时，Sn(31)2nnn232nn； 当q1 时，Sn(31)2nn11nqq.【解析】 （1）设等差数列an的公差是d.a3a8(a2a7)2d6，d3，a2a72a17d23，解得a11，数列an的通项公式为an3n2.（2）数列anbn是首项为 1，公比为q的等比数列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn3n2qn1，Sn147(3n2)(1qq2qn1)(31)2nn(1qq2qn1)，故当q1 时，Sn(31)2nnn232nn；当q1 时，Sn(31)2nn11nqq.【题组四【题组四 倒序相加法】倒序相加法】【例 52】 （2021 全国高二专题练习） 设cosc
31、os(30)nnan，nS为数列的前n项和， 求59S的值是 （）A59 32B0C59D592【答案】A【解析】令59cos1cos2cos59cos29cos28cos29S则59cos59cos58cos1cos29cos28cos29S+可得：59cos1cos59cos2cos58cos1cos592cos29cos28cos29S，13cos1cos1sin1cos1cos 601cos1cos59223cos29cos 30131cos1sin122 ，59259 3S.5959 32S.故选：A22【例 53】 （2021全国）已知函数 331xxfx ，xR，正项等比数列 n
32、a满足501a，则1299f lnaf lnaf lna等于_【答案】992【解析】因为3( )31xxf x ，所以33( )()13131xxxxf xfx因为数列 na是等比数列，所以21992984951501a aa aa aa，即1992984951lnlnlnlnlnln0aaaaaa设9912399(ln)(ln)(ln)(ln)Sfafafafa， 又99999897(ln)(ln)(ln)Sfafafa1(ln)fa，+，得99299S，所以99992S【例 54】 （2021全国高二课时练习）设1( )22xf x ，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得12019f22019f2017201820192019ff_【答案】1009 22【解析】1( )22xf x ，11212(1)22222222xxxxxfx，因此1121212( )(1)22222222222xxxxxxf xfx1221222222xx，所以12019f22019f2017201820192019ff12018201920192019202201197ffff1009 22.故答案为：1009 22.
