§2 数列通项与数列求和
【备考指南】 数列的通项与求和，常以递推关系为载体，考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
基础考点1 数列的通项公式
【典例1】 (1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是( )
A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211
B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n-1－3
C．若a1＝1，an＋1＝，则an＝
D．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n
(2)(2024·广东5月大联考)在数列中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则的通项公式是an＝________．
(1)ACD (2)3n－2(n－1) [(1)A项，an＋1－an＝n＋1，
∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正确；
B项，∵an＋1＝2an＋3，
∴an＋1＋3＝2(an＋3)，
∴{an＋3}是以a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋3＝4·2n-1＝2n+1，
故an＝2n+1－3，故B错误；
C项，∵an＋1＝，
∴＝＝＋3，
∴＝3，
∴是以＝1为首项，3为公差的等差数列，
∴＝1＋(n－1)×3＝3n－2，
∴an＝，故C正确；
D项，2(n＋1)an－nan＋1＝0，
∴＝，
∴是以＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴＝2·2n-1＝2n，
∴an＝n·2n，故D正确．故选ACD．
(2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x＋y＝3，其中x，y∈R，
整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，
所以解得
所以an＋1＋2－2＝3，
且a1＋2×1－2＝a1＝3，
所以数列是首项为3，公比也为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2．]
由递推关系求通项公式的方法
(1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an．
(2)an＋1＝pan＋f (n)(p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an．
(3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．在数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，则数列的通项公式为 ( )
A． B．
C．2－ D．2－
A [由于数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，
∴当n≥2时，Sn－1＝an－1，
两式相减，可得an＝nan－an－1，
∴an＝an－1，所以＝，
∴an＝a1××…×＝×…×＝．
当n＝1时，a1＝满足上式．
故选A．]
2．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列满足＝an，则数列的前2 025项的和为( )
A．
C．
D [∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2，
当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2，
所以数列的通项公式为an＝2n＋2．
∵＝an，∴＝2n＋2，
即＝4，＝6，…， ＝2n．
又＝2，累加可得＝n2＋n，
即bn＝＝＝．
设数列的前n项和为Tn，则T2 025＝＋…＋＝．
故选D．]
3．已知数列满足a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，n∈N*，则的通项公式是an＝________．
[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，①
所以a1＝22＝4，
当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋an－1＝n2，②
①－②可得，an＝2n＋1，
所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式，
所以数列的通项公式是an＝ ]
4．(2024·江苏南京模拟)已知数列满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列的通项公式是an＝________．
[数列中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以＋1＝2n，即an＝．]
【教师备选资源】
1．已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝( )
A．414 B．406 C．403 D．393
B [由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4．
再由两式相减得an＋2－an＝8，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14，
故是以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋×8＝8n＋6，
故a100＝8×50＋6＝406．故选B．]
2．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列为等比数列
B．数列不为等比数列
C．S40＝
D．an＝
BD [由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13，
由于a1－a2＝0，故数列不是等比数列，A错误；
a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23，
由于≠，故数列不为等比数列，B正确；
当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3，
又a1＋a2＝1＋1＝2，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故an＋1＋an＝2×3n-1，
故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，
以上20个式子相加，得S40＝2×＝2×＝，C错误；
因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得
an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1，
当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3，
以上式子相加，得a2k－a2＝4×＝4×＝，
故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝，
令2k＝n，得an＝＝．
当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30，
以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×＝4×＝，
故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝，
令2k－1＝n，得an＝，
综上，an＝，D正确．
故选BD．]
基础考点2 数列求和
【典例2】 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4．
当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n-1．
(2)由(1)知bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n-1，
故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，
两式相减，－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n＝(2－4n)×3n－2，
∴Tn＝3n(2n－1)＋1．
数列求和的方法
(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝ 且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
(2)裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．
(3)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
1．(多选)已知数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，a1＝1，则( )
A．数列的奇数项成等差数列
B．数列的偶数项成等差数列
C．S2n＝2n2
D．S2n－1＝2
ABC [因为数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，
则S1＋S2＝3，即2a1＋a2＝2＋a2＝3，可得a2＝1，
当n≥2时，由Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1可得Sn－1＋Sn＝＋＋1＝n2－n＋1，
两式作差，有an＋an＋1＝2n，
又由a1＋a2＝2，可得当n≥1时，an＋an＋1＝2n，则an＋1＋an＋2＝2，
有an＋2－an＝2－2n＝2，
可得数列的奇数项、偶数项均成等差数列，可知选项AB正确；
S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)
＝2＝＝2n2，
故C选项正确；
S2n－1＝＋＋1－S2n＝2n2－2n＋1，故D选项错误．故选ABC．]
2．设正项数列的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1．
(1)求的通项公式；
(2)若bn＝，求数列的前n项和Tn．
[解] (1)因为＝4Sn＋4n＋1，
所以4Sn＝－4n－1①，
所以n≥2时，4Sn－1＝－4－1②．
由①－②，得4an＝－4，即＝．
因为各项均为正数，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
因为a3＝5，所以＝＝4a1＋5，
解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2，
所以数列是公差为2的等差数列，
所以an＝1＋×2＝2n－1．
(2)由(1)得bn＝＝．
当n为偶数时，
Tn＝－－…＋
＝＝－；
当n为奇数时，
Tn＝－－…－
＝＝－．
所以Tn＝
【教师备选资源】
1．已知数列的前n项和为Sn，且满足Sn＝．
(1)求数列的通项公式；
(2)若bn＝an，求数列的前2n项和T2n．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，
当n＝1时，an＝2n＋1不成立．
所以an＝
(2)由(1)可知bn＝
所以T2n＝4－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－1)－(4n＋1)
＝4＋＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1)
＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1．
2．在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)选条件①：
∵Sn＝2an＋1－3，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－3，
两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)．
∵a2＝，
∴a1＝S1＝2a2－3＝，a2＝a1，
∴＝(n∈N*)，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝＝．
选条件②：
∵2Sn＋1－3Sn＝3，
∴当n≥2时，2Sn－3Sn－1＝3，
两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)．
∵2(a1＋a2)－3a1＝3，a2＝，
∴a1＝，a2＝a1，
∴＝(n∈N*)，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝＝．
选条件③：
∵点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上，
∴Sn＝3an－3，∴Sn＋1＝3an＋1－3，
两式相减，整理得an＋1＝an，
当n＝1时，a1＝3a1－3，得a1＝，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝＝．
(2)由(1)可得bn＝n×，
则Tn＝1×＋2×＋…＋n×，
∴Tn＝1×＋2×＋…＋n×，
两式相减得Tn＝＋＋…＋－n×＝－n×＝2－，
∴Tn＝6－(2n＋6)×．
能力考点 分段数列的通项与求和
【典例3】 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[解] (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
(2)由(1)可得a2n＝3n－1，n∈N*，
则a2n－1＝a2n－2＋2＝3(n－1)－1＋2＝3n－2，n≥2，
当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以a2n－1＝3n－2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1＋a2＋…＋a20
＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)
＝10＋×3＋10×2＋×3＝300．
分段数列的求解思路
对于明确给出的分段数列问题，求解的关键是理解递推关系，同时可适当注意原数列中各段数列间的内在联系；对于取整、绝对值的数列等求和问题，求解时要弄清为什么要分段，从什么地方开始分段．
1．设表示不超过x的最大整数(例如：＝3，＝－2)，则＋…＋＝( )
A．9×210－8 B．9×211－8
C．9×210＋2 D．9×211＋2
B [当2n≤x<2n+1时，＝n，
即＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n．
因为210<2 046<211，
故＋…＋
＝＋…＋[log22 047]－[log22 047]＝0＋2×1＋4×2＋…＋210×10－10＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10，
设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10，①
则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10，②
①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10
＝－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2．
所以＋…＋[log22 046]
＝9×211＋2－10＝9×211－8．
故选B．]
2．[高考变式]已知数列的前n项和为Sn，a1＝3，且an＋1＝若Sm＝90，则m＝________．
25 [当a1＝3时，a2＝10，a3＝5，a4＝16，a5＝8，a6＝4，a7＝2，a8＝1，a9＝4，…，
则数列{an}从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为S5＝42，所以m>5，由7k≤90－42<7，k∈Z，得k＝6，
所以S25＝S5＋6×7＋4＋2＝90，所以m＝25．]
3．(2024·山东烟台模拟)已知Sn为数列的前n项和，且a1＝1，2Sn＝an．
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
[解] (1)由2Sn＝an，得2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
以上两式相减，得2an＝an－nan－1，
即＝(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝×…××a1＝×…××1＝n，
经检验a1＝1也符合上式，故an＝n．
(2)由题意bn＝，
记cn＝n－9，则数列的前n项和Qn＝＝，
所以，当n≤9时，Tn＝－＝－Qn＝，
当n>9时，Tn＝－＋c10＋…＋cn＝Qn－2Q9＝＋72，
综上，Tn＝
【教师备选资源】
1．(2024·福建厦门三模)设Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，S4＝10，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若bn＝求的前2n项和T2n．
[解] (1)设等差数列的公差为d，因为a1＝S1＝1，
所以＝3d，即－1＝3d，解得d＝，
所以＝1＋(n－1)，即Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n，
当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以an＝n．
(2)由(1)知bn＝
则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)
＝
＝＝n2＋，所以数列的前2n项和为T2n＝n2＋．
2．已知数列满足anan＋1＝16n，a1＝2．
(1)求的通项公式；
(2)设bn＝求数列的前2n项和S2n．
[解] (1)∵anan＋1＝16n，a1＝2，则a2＝8，
∴an＋1an＋2＝16n+1，两式相除得＝16，
当n＝2k－1时，×…×＝16k-1，
∴a2k－1＝2×16k-1＝24k-3，即an＝22n-1；
当n＝2k时，×…×＝16k-1，
∴a2k＝8×16k-1＝24k-1，即an＝22n-1，
综上所述，的通项公式为an＝22n-1．
(2)由题设及(1)可知，
bn＝
S2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝
＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b1＋2＋b3＋4＋b5＋6＋…＋b2n－1＋2n)
＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n)
＝2＋(2＋4＋6＋…＋2n)
＝2×＝＋n．
3．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，∵a2＝11，S10＝40，
∴即
解得a1＝13，d＝－2，
则an＝13－2(n－1)＝－2n＋15(n∈N*)．
(2)|an|＝|－2n＋15|＝
即1≤n≤7时，|an|＝an；
n≥8时，|an|＝－an．
当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和
Tn＝a1＋…＋an＝13n＋×(－2)＝－n2＋14n，
当n≥8时，数列{|an|}的前n项和
Tn＝a1＋…＋a7－a8…－an＝－Sn＋2(a1＋…＋a7)
＝－＋2××7
＝n2－14n＋98．
综上，Tn＝
专题限时集训(七) 数列通项与数列求和
一、单项选择题
1．(2024·山东济南三模)若数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝( )
A．10 B．11
C．12 D．13
C [a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12．故选C．]
2．(2024·河北唐山二模)已知数列满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
D [由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，
则可得a2－a1＝a1＋2，
a3－a2＝a1＋4，
…
a10－a9＝a1＋18，
将以上等式左右两边分别相加，得
a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4．故选D．]
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝( )
A．
C．
B [因为{Sn＋nan}为常数列且a1＝1，所以有Sn＋nan＝2，①
当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，②
①－②，得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝，
从而an＝a1··…·＝1××…×，得an＝，
当n＝1时，a1＝1也满足上式．故an＝．
故选B．]
4．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A．9 B．15
C．18 D．30
C [∵an＋1－an＝2，a1＝－5，
∴数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n．
令an＝2n－7≥0，解得n≥，
∴n≤3时，|an|＝－an；
n≥4时，|an|＝an．
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3
＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．]
5．(2024·湖北黄冈模拟)已知数列的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋…＋<1 000，则满足条件的最大整数n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
B [由题意得＝－1，令bn＝，
则bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1，
所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，
得bn－1＝2n-1，所以bn＝2n-1＋1，
所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n-1＋n＝2n＋n－1，
由2n＋n－1<1 000，解得n≤9．
故选B．]
6．(2024·河北张家口三模)已知数列的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝( )
A．3×251－156 B．3×251－103
C．3×250－156 D．3×250－103
A [因为a1＝1，an＋1＝
所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，
所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3，
记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，
所以bn＋1＋3＝2，
所以是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3，
记的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156．
故选A．]
二、多项选择题
7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且Sn－1＝3an，则下列结论正确的是( )
A．a2＝
是等比数列
C．an＋1＝an，n≥2
D．Sn－1＝，n≥2
AC [由Sn－1＝3an(n≥2)，
当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确；
又Sn＝3an＋1，
所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，
所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，
即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确；
因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．]
8．已知数列的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则( )
A．为等差数列
B．为递增数列
C．的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4
D．的前n项和Tn＝
BCD [由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×，
所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；
因为＝4×2n-1＝2n+1，
所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确；
因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1，
2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2，
所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2，
故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确；
因为＝＝n，
所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．
故选BCD．]
三、填空题
9．(2024·山东烟台模拟)记数列的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________．
[由2an＋1－3an＝2n，得＝＋1，
则－4＝，
又－4＝0，则＝4，则an＝2n，
故a8＝28，S8＝＝29－2，
所以 ＝＝．]
10．(2024·北京西城一模)在数列中，a1＝2，a2＝－3．数列满足bn＝an＋1－an．若是公差为1的等差数列，则的通项公式为bn＝________，an的最小值为________．
n－6 －13 [由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列的公差为1，所以bn＝－5＋·1＝n－6，
故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0，
所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7
又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋＝2＋＝－13，即an的最小值是－13．]
四、解答题
11．(2024·湖南衡阳模拟预测)已知等差数列的前n项和为Sn，且也是等差数列．
(1)求数列的公差；
(2)若a1＝－1，求数列的前n项和Tn．
[解] (1)设等差数列的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d．
因为是等差数列，所以Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2为常数．
Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2＝an＋1＋2n＋1＝nd＋a1＋2n＋1＝(d＋2)n＋a1＋1，
所以d＋2＝0，解得d＝－2．
(2)因为a1＝－1，所以an＝－2n＋1．
＝＝＝，
故Tn＝＝＝．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列为常数列；
(2)设Tn＝，求Tn．
[解] (1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n，
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，
当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1，
两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1，
即nan＋1＝(n＋1)an＋1，
所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)，
所以＝，
当n＝1时，＝2＝，满足上式，
所以数列为常数列．
(2)由(1)得＝＝2，
所以an＝2n－1，
则Tn＝＝＋…＋，
则Tn＝＋…＋，
两式相减得
Tn＝＋…＋＝＋2×
＝＋2×，
所以Tn＝．
2/2§2 数列通项与数列求和
【备考指南】 数列的通项与求和，常以递推关系为载体，考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
基础考点1 数列的通项公式
【典例1】 (1)(多选)已知数列{an}，下列结论正确的是( )
A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a20＝211
B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝2n-1－3
C．若a1＝1，an＋1＝，则an＝
D．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n
(2)(2024·广东5月大联考)在数列中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则的通项公式是an＝________．
[听课记录]
由递推关系求通项公式的方法
(1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an．
(2)an＋1＝pan＋f (n)(p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an．
(3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．在数列中，a1＝，前n项和Sn＝nan，则数列的通项公式为 ( )
A． B．
C．2－ D．2－
2．已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列满足＝an，则数列的前2 025项的和为( )
A．
C．
3．已知数列满足a1＋3a2＋5a3＋…＋an＝，n∈N*，则的通项公式是an＝________．
4．(2024·江苏南京模拟)已知数列满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列的通项公式是an＝________．
基础考点2 数列求和
【典例2】 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
[听课记录]
数列求和的方法
(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝ 且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
(2)裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．
(3)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
1．(多选)已知数列的前n项和Sn满足Sn＋Sn＋1＝n2＋n＋1，a1＝1，则( )
A．数列的奇数项成等差数列
B．数列的偶数项成等差数列
C．S2n＝2n2
D．S2n－1＝2
2．设正项数列的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1．
(1)求的通项公式；
(2)若bn＝，求数列的前n项和Tn．
能力考点 分段数列的通项与求和
【典例3】 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[听课记录]
分段数列的求解思路
对于明确给出的分段数列问题，求解的关键是理解递推关系，同时可适当注意原数列中各段数列间的内在联系；对于取整、绝对值的数列等求和问题，求解时要弄清为什么要分段，从什么地方开始分段．
1．设表示不超过x的最大整数(例如：＝3，＝－2)，则＋…＋＝( )
A．9×210－8 B．9×211－8
C．9×210＋2 D．9×211＋2
2．[高考变式]已知数列的前n项和为Sn，a1＝3，且an＋1＝若Sm＝90，则m＝________．
3．(2024·山东烟台模拟)已知Sn为数列的前n项和，且a1＝1，2Sn＝an．
(1)求数列的通项公式；
(2)设bn＝，求数列的前n项和Tn．
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