1·已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用 $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等·

2·数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上。



1·(2018·全国Ⅰ)记 $S_{n}$ 为数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和·若 $S_{n}=2a_{n}+1$ ，则 $S_{6}=$ \_\_\_\_.

解析：当 n=1 时， $a_{1}=S_{1}=2a_{1}+1$ ，∴ $a_{1}=-1$ .

当 $n \geq 2$ 时， $S_n = 2a_n + 1$ ①

$$
S _ {n - 1} = 2 a _ {n - 1} + 1\tag{②}
$$

① 一② 得 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2a_{n} - 2a_{n - 1}$ ， $\therefore a_{n} = 2a_{n - 1}$

即 $\frac{a_n}{a_{n-1}} = 2$ ， $\therefore$ 数列 $\{a_n\}$ 是首项为 -1，公比为 2 的等比数列，

$$
\therefore S _ {6} = \frac {(- 1) (1 - 2 ^ {6})}{1 - 2} = - 6 3.
$$

答案：-63

2·(2019·天津卷)设 $\{a_{n}\}$ 是等差数列， $\{b_{n}\}$ 是等比数列，公比大于0，已知 $a_{1}=b_{1}=3$ ， $b_{2}=a_{3}$ ， $b_{3}=4a_{2}+3$ .

(1)求 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 的通项公式；

(2)设数列 $\{c_n\}$ 满足 $c_{n} = \left\{ \begin{array}{ll}1, & n\text{为奇数，}\\ b\frac{n}{2}, & n\text{为偶数，} \end{array} \right.$ 求 $a_1c_1 + a_2c_2 + \ldots +$ $a_{2n}c_{2n}(n\in \mathbb{N}^*)$ ·

解：(1)设等差数列 $\{a_{n}\}$ 的公差为 $d$ ，等比数列 $\{b_{n}\}$ 的公比为 $q$ ，依题意，得 $\left\{ \begin{array}{l} 3q = 3 + 2d, \\ 3q^{2} = 15 + 4d, \end{array} \right.$ 解得 $\left\{ \begin{array}{l} d = 3, \\ q = 3, \end{array} \right.$ 故 $a_{n} = 3 + 3(n - 1) = 3n$ ， $b_{n} = 3 \times 3^{n - 1} = 3^{n}$ .

所以， $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n} = 3n$ ， $\{b_{n}\}$ 的通项公式为 $b_{n} = 3^{n}$ .

(2) $a_{1}c_{1} + a_{2}c_{2} + \ldots + a_{2n}c_{2n}$ $= (a_{1} + a_{3} + a_{5} + \ldots + a_{2n-1}) + (a_{2}b_{1} + a_{4}b_{2} + a_{6}b_{3} + \ldots + a_{2n}b_{n})$

$$
\begin{array}{l} = \left[ n \times 3 + \frac {n (n - 1)}{2} \times 6 \right] + (6 \times 3 ^ {1} + 1 2 \times 3 ^ {2} + 1 8 \times 3 ^ {3} + \ldots + 6 n \times 3 ^ {n}) \\ = 3 n ^ {2} + 6 \times (1 \times 3 ^ {1} + 2 \times 3 ^ {2} + \ldots + n \times 3 ^ {n}) \cdot \end{array}
$$

$$
\text {记} T _ {n} = 1 \times 3 ^ {1} + 2 \times 3 ^ {2} + \dots + n \times 3 ^ {n}, \quad ①
$$

则 $3T_{n} = 1 \times 3^{2} + 2 \times 3^{3} + \ldots + n \times 3^{n+1}$ ，②

$$
② - ① \text {得,} 2 T _ {n} = - 3 - 3 ^ {2} - 3 ^ {3} - \dots - 3 ^ {n} + n \times 3 ^ {n + 1} = - \frac {3 (1 - 3 ^ {n})}{1 - 3} +
$$

$$
n \times 3 ^ {n + 1} = \frac {(2 n - 1) 3 ^ {n + 1} + 3}{2}.
$$

$$
\begin{array}{l} \text {所以} a _ {1} c _ {1} + a _ {2} c _ {2} + \dots + a _ {2 n} c _ {2 n} = 3 n ^ {2} + 6 T _ {n} = 3 n ^ {2} + 3 \times \frac {(2 n - 1) 3 ^ {n + 1} + 3}{2} \\ = \frac {(2 n - 1) 3 ^ {n + 2} + 6 n ^ {2} + 9}{2} (n \in \mathbf {N} ^ {*}) \cdot \end{array}
$$



## 1·数列通项

(1)数列通项 $a_{n}$ 与前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的关系， $a_{n} = \begin{cases} S_{1} & (n = 1), \\ S_{n} - S_{n-1} & (n \geq 2). \end{cases}$

(2)应用 $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的关系式 $f(a_{n}, S_{n}) = 0$ 时，应特别注意 $n = 1$ 时的情况，防止产生错误。

## 2·数列求和

(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列；若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并。

(2)错位相减法：主要用于求数列 $\{a_{n} \cdot b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，其中 $\{a_{n}\}$ ， $\{b_{n}\}$ 分别是等差数列和等比数列·

(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式；然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 $\left\{\frac{c}{a_{n}a_{n+1}}\right\}$ (其中 $\{a_{n}\}$ 是各项均不为零的等差数列，c 为常数) 的数列。

## 热点一 求数列的通项公式

 (1)(2020·临沂模拟)在数列 $\{a_{n}\}$ 中， $a_{1}=2$ ， $a_{n+1}=a_{n}+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ ，则 $a_{n}$ 等于() A·2+ln n B·2+(n-1)ln n C·2+nln n D·1+n+ln n

(2)(2020·成都模拟)设数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和为 $S_{n}$ ，且满足 $a_{1}=\frac{1}{2}$ ， $S_{n}=n^{2}a_{n}(n\in\mathbb{N})$ ·则数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为\_\_\_\_。

  (1)由已知， $a_{n+1}-a_{n}=\ln\frac{n+1}{n}$ ， $a_{1}=2$ ，

所以 $a_{n} - a_{n - 1} = \ln \frac{n}{n - 1} (n\geq 2)$

$a_{n - 1} - a_{n - 2} = \ln \frac{n - 1}{n - 2},$

$$
a _ {2} - a _ {1} = \ln \frac {2}{1},
$$

将以上 n-1 个式子叠加，得

$$
\begin{array}{l} a _ {n} - a _ {1} = \ln \frac {n}{n - 1} + \ln \frac {n - 1}{n - 2} + \dots + \ln \frac {2}{1} \\ = \ln \left(\frac {n}{n - 1}. \frac {n - 1}{n - 2}. \dots . \frac {2}{1}\right) \\ = \ln n. \end{array}
$$

所以 $a_{n}=2+\ln n(n\geq2)$ ，

经检验 n=1 时也适合·故选 A.

(2)由 $S_{n} = n^{2}a_{n}$ ，(i)得当 $n \geq 2$ 时， $S_{n-1} = (n-1)^{2}a_{n-1}$ ，(ii)  
(i)一(ii)，得 $a_{n} = n^{2}a_{n} - (n-1)^{2}a_{n-1}(n \geq 2, n \in \mathbb{N}^{*})$ ，所以 $(n+1)a_{n} = (n-1)a_{n-1}$ ，即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}} = \frac{n-1}{n+1}(n \geq 2)$ ，因为 $a_{1} \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} \cdots \cdot \frac{a_{n}}{a_{n-1}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{4} \times \frac{3}{5} \cdots \cdot \frac{n-1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}$ ，又 $a_{1} = \frac{1}{2}$ ，符合上式，所以 $a_{n} = \frac{1}{n(n+1)}$ .  
[答案] (1)A (2) $a_{n} = \frac{1}{n(n+1)}$

## 方法技巧

1·数列 $\{a_{n}\}$ 中， $a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的关系

$$
a _ {n} = \left\{ \begin{array}{l} S _ {1}, n = 1, \\ S _ {n} - S _ {n - 1}, n \geq 2. \end{array} \right.
$$

## 2·求数列通项的常用方法

(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式·

(2)在已知数列 $\{a_{n}\}$ 中，满足 $a_{n + 1} - a_n = f(n)$ ，且 $f(1) + f(2) + \ldots + f(n)$ 可求，则可用累加法求数列的通项 $a_{n}$ .

(3)在已知数列 $\{a_{n}\}$ 中，满足 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=f(n)$ ，且 $f(1)\cdot f(2)\cdots\cdot f(n)$ 可求，则可用累积法求数列的通项 $a_{n}$ .

(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)·



## 突破练 1

(1)数列 $\{a_{n}\}$ 中， $a_{1}=1$ ， $S_{n}$ 为数列 $\{a_{n}\}$ 的前n项和，且满足 $\frac{2a_{n}}{a_{n}S_{n}-S_{n}^{2}}=1(n\geq2)$ ·则数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为\_\_\_\_。

解析：由已知，当 $n \geq 2$ 时， $\frac{2a_n}{a_nS_n - S_n^2} = 1$ ，

所以 $\frac{2(S_n - S_{n-1})}{(S_n - S_{n-1})S_n - S_n^2} = 1$ ，即 $\frac{2(S_n - S_{n-1})}{-S_{n-1}S_n} = 1$ ，

所以 $\frac{1}{S_n} - \frac{1}{S_{n-1}} = \frac{1}{2}$ . 又 $S_1 = a_1 = 1$ ，

所以数列 $\left\{\frac{1}{S_n}\right\}$ 是首项为 1，公差为 $\frac{1}{2}$ 的等差数列·

所以 $\frac{1}{S_n} = 1 + \frac{1}{2}(n-1) = \frac{n+1}{2}$ ，即 $S_n = \frac{2}{n+1}$ .

所以当 $n \geq 2$ 时， $a_n = S_n - S_{n-1} = \frac{2}{n+1} - \frac{2}{n} = -\frac{2}{n(n+1)}$ .

因此 $a_{n} = \left\{ \begin{array}{ll}1, & n = 1,\\ -\frac{2}{n(n + 1)}, & n\geq 2. \end{array} \right.$

答案： $a_{n}=\left\{\begin{aligned}&1,n=1,\\ &-\frac{2}{n(n+1)},&n\geq2.\end{aligned}\right.$

(2)各项均不为 0 的数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $\frac{a_{n+1}(a_n + a_{n+2})}{2} = a_{n+2}a_n (n \in \mathbb{N}^*)$ ，且 $a_3 = 2a_8 = \frac{1}{5}$ ，则数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 \_\_\_\_。

解析: 因为 $\frac{a_{n+1}(a_n + a_{n+2})}{2} = a_{n+2}a_n$ ，所以 $a_{n+1}a_n + a_{n+1}a_{n+2} = 2a_{n+2}a_n$ .
因为 $a_{n}a_{n+1}a_{n+2}=0$ ，所以 $\frac{1}{a_{n+2}}+\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{a_{n+1}}$ 所以数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 为等差数列·

设数列 $\left\{\frac{1}{a_n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，则 $\frac{1}{a_8} = \frac{1}{a_3} + (8 - 3)d.$

因为 $a_{3} = 2a_{8} = \frac{1}{5}$ ，所以 $d = 1$ ，又 $\frac{1}{a_1} = \frac{1}{a_3} - 2d = 3$ ，所以数列 $\left\{\frac{1}{a_n}\right\}$ 是以3为首项，1为公差的等差数列·

$$
\therefore \frac {1}{a _ {n}} = 3 + (n - 1) \times 1 = n + 2, \therefore a _ {n} = \frac {1}{n + 2}.
$$

答案： $a_{n}=\frac{1}{n+2}$

## 热点二 数列求和问题

## 考法一 裂项相消法求和

[例 2-1] (2018·天津卷)设 $\{a_{n}\}$ 是等比数列，公比大于0，其前n项和为 $S_{n}(n\in\mathbb{N}^{*})$ ， $\{b_{n}\}$ 是等差数列·已知 $a_{1}=1$ ， $a_{3}=a_{2}+2$ ， $a_{4}=b_{3}+b_{5}$ ， $a_{5}=b_{4}+2b_{6}$ .

(1)求 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 的通项公式；

(2)设数列 $\{S_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}(n\in \mathbf{N}^{*})\cdot$

①求 $T_{n}$ ;

②证明 $\sum n, k = 1 \frac{(T_k + b_{k+2})b_k}{(k+1)(k+2)} = \frac{2^{n+2}}{n+2} - 2 (n \in \mathbf{N}^*) \cdot$

[解] (1)设等比数列 $\{a_{n}\}$ 的公比为 q，由 $a_{1}=1, a_{3}=a_{2}+2$ ，可得 $q^{2}-q-2=0$ 。因为 q>0，可得 q=2，故 $a_{n}=2^{n-1}$ 。

设等差数列 $\{b_n\}$ 的公差为 $d$ ，由 $a_4 = b_3 + b_5$ ，可得 $b_{1} + 3d = 4$ ，由 $a_5 = b_4 + 2b_6$ ，可得 $3b_{1} + 13d = 16$ ，从而 $b_{1} = 1$ ， $d = 1$ ，故 $b_{n} = n.$

所以，数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n} = 2^{n - 1}$ ，数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式为 $b_{n} = n$

(2)① 由(1)，有 $S_{n} = \frac{1 - 2^{n}}{1 - 2} = 2^{n} - 1$ ，故

$$
T _ {n} = \frac {2 \times (1 - 2 ^ {n})}{1 - 2} - n
$$

$$
= 2 ^ {n + 1} - n - 2.
$$

② 证明：因为

$$
\frac {\left(T _ {k} + b _ {k + 2}\right) b _ {k}}{(k + 1) (k + 2)} = \frac {\left(2 ^ {k + 1} - k - 2 + k + 2\right) k}{(k + 1) (k + 2)}
$$

$$
= \frac {k \cdot 2 ^ {k + 1}}{(k + 1) (k + 2)} = \frac {2 ^ {k + 2}}{k + 2} - \frac {2 ^ {k + 1}}{k + 1},
$$

$$
\sum n, k = 1 \frac {\left(T _ {k} + b _ {k + 2}\right)}{(k + 1) (k + 2)} = \left(\frac {2 ^ {3}}{3} - \frac {2 ^ {2}}{2}\right) + \left(\frac {2 ^ {4}}{4} - \frac {2 ^ {3}}{3}\right) + \dots +
$$

$$
\left(\frac {2 ^ {n + 2}}{n + 2} - \frac {2 ^ {n + 1}}{n + 1}\right) = \frac {2 ^ {n + 2}}{n + 2} - 2.
$$

## 考法二 错位相减法求和

[例 2-2] (2018·浙江卷)已知等比数列 $\{a_{n}\}$ 的公比 q>1，且 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=28$ ， $a_{4}+2$ 是 $a_{3}$ ， $a_{5}$ 的等差中项，数列 $\{b_{n}\}$ 满足 $b_{1}=1$ ，数列 $\{(b_{n+1}-b_{n})a_{n}\}$ 的前 n 项和为 $2n^{2}+n$ .

(1)求 q 的值；

(2)求数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式·

  (1)由 $a_{4}+2$ 是 $a_{3}$ ， $a_{5}$ 的等差中项得

$$
a _ {3} + a _ {5} = 2 a _ {4} + 4,
$$

所以 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=3a_{4}+4=28$ ，

解得 $a_{4}=8$ .

由 $a_3 + a_5 = 20$ 得

$$
8 \left(q + \frac {1}{q}\right) = 2 0,
$$

解得 q=2 或 $q=\frac{1}{2}$ ，

因为 q>1，所以 q=2。

(2)设 $c_{n} = (b_{n + 1} - b_{n})a_{n}$ ，数列 $\{c_n\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$ .

由 $c_{n}=\begin{cases}S_{1},&n=1,\\S_{n}-S_{n-1},&n\geq2,\end{cases}$

解得 $c_{n}=4n-1$ .

由(1)可得， $a_{n}=2^{n-1}$ ，

所以 $b_{n+1}-b_{n}=(4n-1)\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$ ，

故 $b_{n} - b_{n - 1} = (4n - 5)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}, n\geq 2$

$$
\begin{array}{c} b _ {n} - b _ {1} = (b _ {n} - b _ {n - 1}) + (b _ {n - 1} - b _ {n - 2}) + \dots + (b _ {3} - b _ {2}) + (b _ {2} - b _ {1}) = (4 n \\ - 5) \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n - 2} + (4 n - 9) \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n - 3} + \dots + 7 \cdot \frac {1}{2} + 3. \end{array}
$$

设

$$
\text {设} T _ {n} = 3 + 7 \cdot \frac {1}{2} + 1 1 \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {2} + \dots + (4 n - 5) \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n - 2}, n \geq 2,
$$

$$
\frac {1}{2} T _ {n} = 3 \cdot \frac {1}{2} + 7 \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {2} + \dots + (4 n - 9) \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n - 2} + (4 n - 5) \cdot \left(\frac {1}{2}\right) ^ {n - 1},
$$

所以 $\frac{1}{2} T_n = 3 + 4\cdot \frac{1}{2} +4\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 +\dots +4\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2} - (4n - 5)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1},$

因此 $T_{n} = 14 - (4n + 3)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}, n\geq 2$

又 $b_{1} = 1$ ，所以 $b_{n} = 15 - (4n + 3)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}.$

## 方法技巧

## 数列求和的常用方法

1·利用裂项相消法求和的注意事项

(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；

(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若 $\{a_{n}\}$ 是等差数列且 $a_{n} = 0$ ，则

$$
\frac {1}{a _ {1} a _ {2}} + \frac {1}{a _ {2} a _ {3}} + \dots + \frac {1}{a _ {n} a _ {n + 1}} = \frac {n}{a _ {1} a _ {n + 1}}.
$$

## 2·用错位相减法求和时应注意的两点

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；

(2)在写出“ $S_{n}$ ”与“ $qS_{n}$ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“ $S_{n}-qS_{n}$ ”的表达式·

## 3·并项求和法

一个数列的前 $n$ 项和可两两结合求解，则称为并项求和·形如 $a_{n} = (-1)^{n}f(n)$ 类型，可采用并项求和·

## 突破练 2

(1)(2020·长沙模拟)正项数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和 $S_{n}$ 满足： $S_{n}^{2}-(n^{2}+n-1)S_{n}-(n^{2}+n)=0$ . 设 $b_{n}=\frac{n+1}{(n+2)^{2}a_{n}^{2}}$ ，数列 $\{b_{n}\}$ 的前 n 项和为 \_\_\_\_.

解析：由 $S_{n}^{2}-(n^{2}+n-1)S_{n}-(n^{2}+n)=0$ ，

得 $[S_n - (n^2 + n)](S_n + 1) = 0$

由于 $\{a_{n}\}$ 是正项数列，所以 $S_{n}+1>0$ .

所以 $S_{n}=n^{2}+n(n\in\mathbf{N}^{*})\cdot$

$n \geq 2$ 时， $a_{n} = S_{n} - S_{n-1} = 2n$

$n = 1$ 时， $a_{1} = S_{1} = 2$ 适合上式·

∴ $a_{n}=2n(n\in\mathbf{N}^{*})\cdot$

即 $b_{n} = \frac{n + 1}{(n + 2)^{2}a_{n}^{2}} = \frac{n + 1}{4n^{2}(n + 2)^{2}} = \frac{1}{16}\left[\frac{1}{n^{2}} -\frac{1}{(n + 2)^{2}}\right]$

$$
\begin{array}{l} T _ {n} = \frac {1}{1 6} \left[ \left(1 - \frac {1}{3 ^ {2}}\right) + \left(\frac {1}{2 ^ {2}} - \frac {1}{4 ^ {2}}\right) + \left(\frac {1}{3 ^ {2}} - \frac {1}{5 ^ {2}}\right) + \dots \right. \\ \left. + \left(\frac {1}{(n - 1) ^ {2}} - \frac {1}{(n + 1) ^ {2}}\right) + \left(\frac {1}{n ^ {2}} - \frac {1}{(n + 2) ^ {2}}\right) \right] \\ = \frac {1}{1 6} \left[ 1 + \frac {1}{2 ^ {2}} - \frac {1}{(n + 1) ^ {2}} - \frac {1}{(n + 2) ^ {2}} \right] \end{array}
$$

答案： $\frac{1}{16}\left[1+\frac{1}{4}-\frac{1}{(n+1)^{2}}-\frac{1}{(n+2)^{2}}\right]$

(2)已知 $a_{n} = \left\{ \begin{array}{ll}3, & n = 1,\\ 3^{n - 1}, & n > 1 \end{array} \right.$ 若数列 $\{b_n\}$ 满足 $a_{n}b_{n} = \log_{3}a_{n}$ ，则数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为

解析：因为 $a_{n}b_{n}=\log_{3}a_{n}$ ，所以 $b_{1}=\frac{1}{3}$ ，

当 $n > 1$ 时， $b_{n} = 3^{(1 - n)}\log_{3}3^{n - 1} = (n - 1)\cdot 3^{1 - n}$ .

所以 $T_{1}=b_{1}=\frac{1}{3}$ ;

当 $n > 1$ 时， $T_{n} = b_{1} + b_{2} + b_{3} + \ldots + b_{n} = \frac{1}{3} + (1 \times 3^{-1} + 2 \times 3^{-2} + \ldots + (n - 1) \times 3^{1 - n})$ ，

所以 $3T_{n} = 1 + (1 \times 3^{0} + 2 \times 3^{-1} + \ldots + (n - 1) \times 3^{2 - n})$ ，

两式相减，得 $2T_{n} = \frac{2}{3} +(3^{0} + 3^{-1} + 3^{-2} + \ldots +3^{2 - n}) - (n - 1)\times 3^{1 - n}$ $= \frac{2}{3} +\frac{1 - 3^{1 - n}}{1 - 3^{-1}} -(n - 1)\times 3^{1 - n} = \frac{13}{6} -\frac{6n + 3}{2\times 3^n},$

所以 $T_{n}=\frac{13}{12}-\frac{6n+3}{4\times3^{n}}$ . 经检验，n=1 时也适合·

综上可得 $T_{n} = \frac{13}{12} -\frac{6n + 3}{4\times 3^{n}}.$

答案： $\frac{13}{12}-\frac{6n+3}{4\times3^{n}}$

## 热点三 数列与函数不等式的交汇创新

[例 3] (2019·桂林三模)已知函数 $f(x)$ 的图象过定点(1,1)，且对任意的实数 $x_{1}, x_{2} \in R$ ，都有 $f(x_{1} + x_{2}) = 1 + f(x_{1}) + f(x_{2}) \cdot$

(1)证明数列 $\left\{f\left(\frac{1}{2^n}\right) + 1\right\} (n\in \mathbf{N}^*)$ 为等比数列；

(2)若 $b_{n} = \frac{1}{f(n)}$ ，数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$ ，不等式 $T_{2n} - T_{n} > \frac{6}{35} \log_2(x + 1)(n \geq 2, n \in \mathbb{N}^*)$ 恒成立，求实数 $x$ 的取值范围。

[审题指导] (1)先令 $x_{1} = x_{2} = \frac{1}{2^{n + 1}}$ ，再证明数列 $\left\{f\left(\frac{1}{2^n}\right) + 1\right\}(n\in \mathbf{N}^*)$ 为等比数列；(2)先求出数列 $\left\{\frac{1}{f(n)}\right\}$ 的通项公式，再求和，根据 $T_{2n} - T_n$ 的单调性求出最小项，最后求实数 $x$ 的取值范围。

  (1)令 $x_{1} = x_{2} = \frac{1}{2^{n + 1}}$ ，则 $f\left(\frac{1}{2^{n + 1}} + \frac{1}{2^{n + 1}}\right) = 1 + f\left(\frac{1}{2^{n + 1}}\right) + f\left(\frac{1}{2^{n + 1}}\right)$ 即 $f\left(\frac{1}{2^n}\right) = 1 + 2f\left(\frac{1}{2^{n + 1}}\right)$ ，则 $f\left(\frac{1}{2^n}\right) + 1 = 2\left[1 + f\left(\frac{1}{2^{n + 1}}\right)\right]$ ，令 $x_{1} = x_{2} = \frac{1}{2}$ 则 $f(1) = 1 + 2f\left(\frac{1}{2}\right) = 1$ 得 $f\left(\frac{1}{2}\right) = 0$ 所以数列 $\left\{f\left(\frac{1}{2^n}\right) + 1\right\}$ 是等比数列，公比为 $\frac{1}{2}$ ，首项为 1.

(2)由题意知函数 $f(x)$ 的图象过定点 $(1,1)$ ，

所以 $f(1)=1$ .

令 $x_{1} = n$ ， $x_{2} = 1$

则 $f(n + 1) = 1 + f(1) + f(n)$

即 $f(n+1)=f(n)+2$ ，

则 $\{f(n)\}$ 是等差数列，公差为2，首项为1，

故 $f(n) = 1 + (n - 1)\cdot 2 = 2n - 1.$

因为 $b_{n} = \frac{1}{f(n)}$ ，所以 $b_{n} = \frac{1}{f(n)} = \frac{1}{2n - 1}$ 设 $g(n) = T_{2n} - T_n = b_{n + 1} + b_{n + 2} + \ldots +b_{2n} = \frac{1}{2n + 1} +\frac{1}{2n + 3} +\ldots +$ $\frac{1}{4n - 1},$ 则 $g(n + 1) - g(n) = \frac{1}{4n + 1} +\frac{1}{4n + 3} -\frac{1}{2n + 1} =$ $\frac{1}{(4n + 1)(4n + 3)(2n + 1)} >0$

所以 $\{g(n)\}$ 是递增数列， $g(n)_{\min} = g(2) = \frac{1}{5} + \frac{1}{7} = \frac{12}{35}$ ，从而 $\frac{6}{35} \log_2(x + 1) < \frac{12}{35}$ ，即 $\log_2(x + 1) < 2$ ，则 $\left\{ \begin{array}{l} x + 1 > 0, \\ x + 1 < 4, \end{array} \right.$ 解得 $x \in (-1,3)$ ，

所以实数 x 的取值范围为 $(-1,3) \cdot$

## |思维升华|

1·求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件。

2·数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理。

## 突破练 3

(2019·淮南二模)若数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和为 $S_{n}$ ，点 $(a_{n},S_{n})$ 在 $y=\frac{1}{6}-\frac{1}{3}x$ 的图象上 $(x\in\mathbf{N}^{*})\cdot$

(1)求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；

(2)若 $c_{1}=0$ ，且对任意正整数 n 都有 $c_{n+1}-c_{n}=\log\frac{1}{3}a_{n}$ ，求证：对任意正整数 $n\geq2$ ，总有 $\frac{1}{3}\leq\frac{1}{c_{2}}+\frac{1}{c_{3}}+\frac{1}{c_{4}}+\ldots+\frac{1}{c_{n}}<\frac{3}{4}$ .

解：(1) $\because S_{n}=\frac{1}{6}-\frac{1}{3}a_{n}$ ，

∴ 当 $n \geq 2$ 时， $a_{n} = S_{n} - S_{n-1} = \frac{1}{3} a_{n-1} - \frac{1}{3} a_{n}$ ，

∴ $a_{n}=\frac{1}{4}a_{n-1}$ ,

又∵ $S_{1}=\frac{1}{6}-\frac{1}{3}a_{1}$ ，∴ $a_{1}=\frac{1}{8}$ ，

$$
\therefore a _ {n} = \frac {1}{8} \left(\frac {1}{4}\right) ^ {n - 1} = \left(\frac {1}{2}\right) ^ {2 n + 1}.
$$

(2) 证明：由 $c_{n+1} - c_n = \log \frac{1}{2} a_n = 2n + 1$ ，得当 $n \geqslant 2$ 时，

$$
\begin{array}{c} {c _ {n} = c _ {1} + (c _ {2} - c _ {1}) + (c _ {3} - c _ {2}) + \ldots + (c _ {n} - c _ {n - 1}) = 0 + 3 + 5 + \ldots + (2 n - 1)} \\ {= n ^ {2} - 1 = (n + 1) (n - 1) \cdot} \end{array}
$$

$$
\therefore \frac {1}{c _ {2}} + \frac {1}{c _ {3}} + \frac {1}{c _ {4}} + \dots + \frac {1}{c _ {n}} = \frac {1}{2 ^ {2} - 1} + \frac {1}{3 ^ {2} - 1} + \frac {1}{4 ^ {2} - 1} + \dots + \frac {1}{n ^ {2} - 1} = \frac {1}{2}
$$

$$
\times \left[ \left(1 - \frac {1}{3}\right) + \left(\frac {1}{2} - \frac {1}{4}\right) + \left(\frac {1}{3} - \frac {1}{5}\right) \dots \quad \left(\frac {1}{n - 1} - \frac {1}{n + 1}\right) \right]
$$

$$
\begin{array}{l} = \frac {1}{2} \left[ \left(1 + \frac {1}{2}\right) - \left(\frac {1}{n} + \frac {1}{n + 1}\right) \right] \\ = \frac {3}{4} - \frac {1}{2} \left(\frac {1}{n} + \frac {1}{n + 1}\right) <   \frac {3}{4}. \end{array}
$$

又∵ $\frac{1}{c_{2}}+\frac{1}{c_{3}}+\frac{1}{c_{4}}+\ldots+\frac{1}{c_{n}}\geq\frac{1}{c_{2}}=\frac{1}{3}$ ，∴原式得证·



## 高考解答题·审题与规范(三) 数列类考题

## 数列问题重在“归”

等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量·只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的·这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明·由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.

## 思维流程
![[数列解答题.xmind]]

## 真题案例

(12 分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1, b_{1}=0,4a_{n+1}=3a_{n}-b_{n}+4,4b_{n+1}=3b_{n}-a_{n}-4.$

(1)证明： $\{a_{n} + b_{n}\}$ 是等比数列， $\{a_{n} - b_{n}\}$ 是等差数列；

(2)求 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 的通项公式.

## 审题指导

(1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列 $\{a_{n} + b_{n}\}$ 为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列 $\{a_{n} - b_{n}\}$ 为等差数列；(2)由(1)分别求得数列 $\{a_{n} + b_{n}\}$ 和 $\{a_{n} - b_{n}\}$ 的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得 $\{a_{n}\}$ ， $\{b_{n}\}$ 的通项公式.

## 审题方法

结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系。审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破。

## 规范解答

  (1)由题设得 $4(a_{n+1} + b_{n+1}) = 2(a_n + b_n)$ ，即 $a_{n+1} + b_{n+1} = \frac{1}{2}(a_n + b_n)$ 2 分①

又因为 $a_1 + b_1 = 1 \neq 0.3$ 分②

所以 $\{a_{n} + b_{n}\}$ 是首项为1，公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列.4分③由题设得 $4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8$ ，即 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2.5$ 分
④
又因为 $a_{1}-b_{1}=1$ ，所以 $\{a_{n}-b_{n}\}$ 是首项为 1，公差为 2 的等差数列.6分⑤
(2)由(1)知， $a_{n}+b_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}$ ， $a_{n}-b_{n}=2n-1.8$ 分⑥
所以 $a_{n}=\frac{1}{2}[(a_{n}+b_{n})+(a_{n}-b_{n})]=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}.10$ 分⑦ $b_{n}=\frac{1}{2}[(a_{n}+b_{n})-(a_{n}-b_{n})]=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}.12$ 分⑧