突破点5 数列的通项与求和
提炼1 an和Sn的关系 若an为数列{an}的通项，Sn为其前n项和，则有an?S1，n＝1，＝?在使用这个关系式时，一定要注意区分n＝1，n≥2两种情况，?Sn－Sn－1，n≥2.
求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起．
提炼2 求数列通项常用的方法 (1)定义法：①形如an＋1＝an＋c(c为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如an＋1＝kan(k为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列．
(2)叠加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝＋(a－a－a－a－
an＋1aaa(3)叠乘法：形如a＝f(n)≠0，利用an＝a1… a1a2an－1n
(4)待定系数法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a，其中t＝
求解． q1－p
(5)构造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)推公式两边同除以qn＋1，得an＋1pa1anp?其中b＝?构造新数列{b}，得b＝bn＋n＋，nn1q?qqqq?q
1＋q，接下来用待定系数法求解．
(6)取对数法：形如an＋1＝pamn(p>0，an>0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解．
提炼3 数列求和 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法．
1
回访1 an与Sn的关系
11．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝，a＝2，则a1＝________. 1－an8
11 ∵an＋1＝， 21－an
1∴an＋1＝＝1－an11－1
1－an－1＝1－an－1 1－an－1－1
＝1－an－11＝1－＝1－－an－1an－111－(1－an－2)＝an－2， 1
1－an－2
∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.
∴a8＝a3×2＋2＝a2＝2.
11而a2＝a1＝21－a1
回访2 数列求和
2．(2012·全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为
( )
A．3 690
C.1 845
D ∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，
a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，
a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，
∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234
＝15×?10＋234?＝1 830.] 2B.3 660 D.1 830
3．(2013·全国卷Ⅰ改编)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.则
(1){an}的通项公式为__________；
2
??1????的前(2)数列aa?2n－12n＋1???n项和为__________．
n?n－1?n(1)an＝2－n (2) (1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋2. 1－2n
?3a1＋3d＝0，?a1＝1 ，由已知可得?解得? 5a＋10d＝－5，d＝－1.?1?
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知11＝ a2n－1a2n＋1?3－2n??1－2n?
1?1?1＝2?2n－3－2n－1?， ??
??1???的前从而数列?a?2n－1a2n＋1???n项和为
11111?1?1n－＋－＋…＋－?－1113?＝2n－32n－1?1－2n.] 2?
4．(2014·全国卷Ⅰ改编)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根，则
(1){an}的通项公式为__________；
?a?(2)数列?2的前n项和为__________． ??
n＋41(1)an＝2n＋1 (2)2－＋(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a22
＝2，a4＝3.
1设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝2，
3从而a1＝21所以{an}的通项公式为an＝2n＋1.
?a?(2)设?2的前??n项和为Sn，
ann＋2由(1)知2＋，则 2
n＋1n＋234Sn＝2＋2＋…＋2＋＋， 2
n＋1n＋2134
2Sn＝2＋2＋…＋2＋＋2＋.
3
两式相减得
1?n＋213?1?＋…＋2＋?－＋ 2Sn＝4＋?2?2
1?n＋231?＝4＋4?1－2－?－＋. ??2
n＋4所以Sn＝2－＋
2
热点题型1 数列中的an与Sn的关系
数列中的an与Sn的关系
题型分析：以数列中an与Sn间的递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，以及推理论证的能力．
数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足1(n≥2)．求数列{an}的通项公式．
【导学号：85952024】
2a解] 由已知，当n≥2时，＝1， anSn－Sn
所以
即2?Sn－Sn－1?＝1，2分 ?Sn－Sn－1?Sn－Sn2ananSn－Sn2?Sn－Sn－1?＝1， －Sn－1Sn
111所以S－＝2.4分 nSn－1
又S1＝a1＝1，
?1?所以数列?S是首项为?n?11，公差为2的等差数列，6分
n＋111所以S＝1＋2(n－1)＝2， n
2即Sn＝分 n＋1
222所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n＝－分 n＋1n?n＋1?
4
?1，n＝1，?因此an＝?2－n≥2.??n?n＋1?
12分
给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
提醒：在利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求通项公式时，务必验证n＝1时的情形． 变式训练1] (1)(2016·合肥三模)已知数列{an}前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n ，则Sn＝__________.
(2)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＋2＝3an(n∈N*)，则an＝__________.
(1)n·2n(n∈N*) (2)2×3n－1(n∈N*) (1)由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；
?Sn?SSn－1当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n2－－＝1，所以数列?2是首项为1，公差为2??
S1的等差数列，则2n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n
∈N*)．
(2)因为2Sn＋2＝3an，①
所以2Sn＋1＋2＝3an＋1，②
an＋1由②－①，得2Sn＋1－2Sn＝3an＋1－3an，所以2an＋1＝3an＋1－3an，即a3. n
当n＝1时，2＋2S1＝3a1，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以an＝2×3n－1(n∈N*)．]
热点题型2 裂项相消法求和
题型分析：裂项相消法是指把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互
??1????1??抵消从而求和的方法，主要适用于?aa?或?aa(其中{an}为等差数列)等形式的?nn＋1????nn＋2???
数列求和．
已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列，
(1)求数列{an}的通项公式；
5
?1?(2)若数列?S的前?n?13n项和为Tn，求证：6≤Tn<8.
解] (1)由已知及等差数列的性质得S5＝5a3，∴a3＝14，1分 又a2，a7，a22成等比数列，即a2a22.2分 7＝a2·
由(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)且d≠0，
3解得a1＝2，∴a1＝6，d＝4.4分
故数列{an}的通项公式为an＝4n＋2，n∈N*.6分
1n?a1＋an?11112，8分 (2)证明：由(1)得Sn＝2n＋4nS2n2n＋4n4?nn＋2?
11111?1?1－＋－＋…＋－?∴Tn＝4 324nn＋2???
1?31?1＋＝8－4?n＋1n＋2?.10分 ??
31111又Tn≥T18423＝6 ??
13所以6≤Tn<8.12分
裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，常见的裂项方式有：
1?11?1?； (1)＝?－n?n＋k?k?nn＋k?
1?11?1－?； (2)＝??2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?
(3)1n＋n＋k1kn＋k－n)．
提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数．
变式训练2] (名师押题)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
an＋1(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. SnSn＋1
解] (1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，2分
?a1＝1，?a1＝8，又a1＋a4＝9，可得?或?(舍去)4分 a＝8a＝1.?4?4
6
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.6分
a1?1－qn?n(2)Sn＝＝2－1.8分 1－q
an＋1Sn＋1－Sn11又bn＝S10分 SnSn＋1SnSn＋1nSn＋1
1?11?1?11?11－所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝?SS＋?SS＋…＋?SS?＝S－＝1－?12??23??nn＋1?1Sn＋1
1.12分 2－1＋热点题型3 错位相减法求和
题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故在近5年中仅有1年对该命题点作了考查，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练．
11 已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋2233
1＋…＋nbn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解] (1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*).2分
由题意知：
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.3分
1当n≥2时，nbn＝bn＋1－bn.4分
整理得bn＋1bn＝n，所以bn＝n(n∈N*).6分 n＋1
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，8分
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.9分
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*).12分
运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘以公比，再把前n项和退后
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一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．
提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
变式训练3] 已知在公比大于1的等比数列{an}中，a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x－8)的两个零点．
(1)求数列{an }的通项公式；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解] (1)因为a2，a4是函数f(x)＝(x－2)(x－8)的两个零点，且等比数列{an}的公比q大于1，所以a2＝2，a4＝8，2分
所以q＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).6分
(2)由(1)知2nan＝n×2n ，所以Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，①7分
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②8分
由①－②，得－Sn＝2＋2＋2＋…＋2－n×2
所以Sn＝2＋(n－1)×2n＋1(n∈N*).12分 23nn＋12－2n×2＝－n×2n＋1，11分 1－2
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