数列的考查角度收集整理【2】

一、解答题中求数列的通项公式

1、利用$a_n$和$S_n$的关系求通项公式$a_n$，高考考查的重点

$\fbox{例1}$
【类型一】：若已知形如$S_n=f(n)$，思路：构造$S_{n-1}$，用两者作差之法
已知$S_n=2n^2+3n+1$，求数列$\{a_n\}$的通项公式；
分析：当$n=1$时，$S_1=a_1=6$，
当$n\ge 2$时，由已知可得$S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1$，
又$S_n=2n^2+3n+1$，两式相减得到
$n\ge 2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1$，
由于$n=1$时，$a_1=6$，
不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，
即所求通项公式为$a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}$。
解后反思：熟练记忆$a_n$与$S_n$的关系$a_n = \begin{cases}S_1 &n=1 \\ S_n-S_{n-1} &n \ge 2 \end{cases}$，并灵活运用。
【类型二】：已知形如$S_n=f(a_n)$，有两个求解方向：
$\hspace{1cm}$【方向一】：若求$a_n$ ，思路：设法消去$S_n$，即构造$S_{n-1}$，作差即可。
$\fbox{例1-2}$
设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，已知$2S_n+a_n=1$，求数列$\{a_n\}$的通项公式；
分析：由已知$2S_n+a_n=1$可得，
当$n\ge 2$时，$2S_{n-1}+a_{n-1}=1$，
两式相减得到，当$n\ge 2$时，$3a_n-a_{n-1}=0$，
又$n=1$时，$2S_1+a_1=1$，解得$a_1=\cfrac{1}{3}$，
故可知$\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=\cfrac{1}{3}$，
即数列$\{a_n\}$是首项为$\cfrac{1}{3}$，公比为$\cfrac{1}{3}$的等比数列，
通项公式为$a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)$。
$\hspace{1cm}$【方向二】：若求$S_n$ ，思路：消去$a_n$，用$s_n-s_{n-1}=a_n$代换$a_n$即可。
$\fbox{例1-3}$
设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，若$a_1=1$，$a_{n+1}=3S_n$，求数列$\{S_n\}$的通项公式；
分析：由$a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$，代入已知式子得到，
$S_{n+1}-S_n=3S_n$，整理得到，$S_{n+1}=4S_n$，
由$S_1=a_1=1\neq 0$，
故数列$\{S_n\}$是首项是1，公比为4的等比数列，
故$S_n=1\cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(n\in N^*)$。
【类型三】已知形如$S_n=f(n，a_n)$，思路：构造$S_{n-1}$，两者作差后，
$\hspace{1cm}$【方向一】若出现$a_{n+1} =pa_n + q$ ，两边同加常数构造等比数列。
$\fbox{例1-4}$
已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，满足$S_n=2a_n+n$及$a_1=2$，求数列$\{a_n\}$的通项公式。
分析：由已知当$n\ge 2$时，$S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)$，
两式相减得到
$n\ge 2$时，$a_n=2a_n-2a_{n-1}+1$，
整理得到$a_n=2a_{n-1}-1$，两边同加-1，
即$a_n-1=2(a_{n-1}-1)$，故$a_1-1=1\neq 0$，
故数列$\{a_n-1\}$是首项为1，公比为2的等比数列，
故$a_n-1=1\cdot 2^{n-1}$，故$a_n=2^{n-1}+1(n\in N^*)$。
$\hspace{1cm}$【方向二】若出现$a_{n+1} =pa_n + qn+k$，两边同加关于$n$的一次式构造等比数列。(较难的类型不要求掌握)
$\fbox{例1-4}$(一般不给学生介绍)
已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=2a_n+3n+1$且$a_1=1$，求数列$\{a_n\}$的通项公式。
分析：设$a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q)$，
打开整理得到，$p=3，q=1$，
即相当于给原式两端同时加上$3(n+1)+1$，
整理都得到$a_{n+1}+3(n+1)+1=2(a_n+3n+1)$，
由首项$a_1+3\cdot 1+1=5\neq 0$ ，
故数列$\{a_n+3n+1\}$是首项为5，公比为2的等比数列，
故$a_n+3n+1=5\cdot 2^{n-1}$，
故$a_n=5\cdot 2^{n-1}-3n-1(n\in N^*)$。

2、退一法或进一法

$\fbox{例2}$
已知$2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n$，求数列$\{a_n\}$的通项公式 ；
分析：由已知可得，$2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^na_n = n$，
当$n\ge 2$时，$2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1$，
两式作差得到
当$n\ge 2$时，$2^na_n =1$，
即$a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n$，
又当$n=1$时，$2^1a_1=1$，
即$a_1=\cfrac{1}{2}$，满足上式，
故所求通项公式为$a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*$。
$\fbox{例2-1}$【姊妹题】
(1)已知数列$\{a_n\}$前$n$项和为$S_n$，$a_n=n$，正项数列$\{b_n\}$满足$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n}$，求数列$\{b_n\}$的通项公式 ；
分析：上述的和式用作差来处理，那么这个题目的积式我们就可以尝试用作商来处理；
当$n \ge 1$时，$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①$，
当$n \ge 2$时，$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②$，两式相除得到
当$n \ge 2$时，$b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}$，即$b_n=2^{a_n}=2^n$，
再验证，当$n=1$时，由已知式子可知$b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2$，满足上式，故数列$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=2^n$.
(2)若$\lambda b_n>a_n$对$n\in N^*$都成立，求实数$\lambda$的取值范围。
分析：先变形为$\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}$，若此时看不到解题方向，
可以这样联系，若$\lambda>f(n)$恒成立呢？若$\lambda>f(x)$恒成立呢？
这样就容易想到需要判断$\cfrac{a_n}{b_n}$的单调性：
思路一作商作差法；思路二借助函数的单调性；思路三借助不同函数的增长速度的不同
思路1：变形为$\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}$，即$\lambda>\cfrac{n}{2^n}$，
设$c_n=\cfrac{n}{2^n}$，
则$\cfrac{c_{n+1}}{c_n}$$=\cfrac{\cfrac{n+1}{2^{n+1}}}{\cfrac{n}{2^n}}$$=\cfrac{n+1}{2n}\leq 1$，
故$c_{n+1}\leq c_n$，
当且仅当$n=1$时等号成立，故数列$\{c_n\}$单调递减，
则有$(c_n)_{max}=\cfrac{1}{2}$，即$\lambda>\cfrac{1}{2}$，
故实数$\lambda$的取值范围为$\lambda>\cfrac{1}{2}$。
思路2：令$f(x)=\cfrac{x}{2^x}$，可以看看这个[课件](https://www.desmos.com/calculator/kfqen0uery)
用常用的导数方法，可以求得函数在$(0，+\infty)$上的单调性，
具体是在$(0，log_2^e]$上单调递增，在$[log_2^e，+\infty)$上单调递减，
又$1< log_2^e <2$，
故借助函数$f(x)$的单调性计算得到，
$a_1 =\cfrac{1}{2}= a_2< a_3< a_4< \cdots < a_n < \cdots$，
故数列$c_n=\cfrac{n}{2^n}$的最大值为$\cfrac{1}{2}$.
思路3：借助幂函数$y=x$的增长速度比指数函数$y=2^x$的慢，
故$f(x)=\cfrac{x}{2^x}$从某个$x_0$开始向右，
一定是单调递减的，但是前面的这一段还是不太好判断。
$\fbox{例2-2}$【2017全国卷3文科第17题高考真题】
设数列$\{a_n\}$满足$a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n$，
（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式。
由$n\ge 1，a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n(1)$得到，
$n\ge 2，a_1+3a_2+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)(2)$
两式相减得到$n\ge 2，(2n-1)a_n=2$，
从而得到$a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\ge 2)$，
接下来验证$n=1$是否满足
当$n=1$时，$a_1=2=\cfrac{2}{2\times 1-1}$，满足上式，
故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\in N^*)$.
（2）求数列$\{\cfrac{a_n}{2n+1}\}$的前$n$项和$S_n$。
分析：结合第一问，数列$\cfrac{a_n}{2n+1}$
$=\cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}$
$=\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1}$
故数列的前$n$项和
$S_n=(\cfrac{1}{2\times1-1}-\cfrac{1}{2\times 1+1})+(\cfrac{1}{2\times 2 -1}-\cfrac{1}{2\times 2+1})$$+\cdots+(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})$
$=1-\cfrac{1}{2n+1}=\cfrac{2n}{2n+1}$。
解后反思：
1、虽说把这种方法命名为“退一法”，但后来想其实质还是上述的“$a_n$与$S_n$法”，为什么呢？
以例2为例，等式的左端不是数列$\{a_n\}$的前$n$项和，却是一个基于数列$\{a_n\}$的新数列$\{2^na_n\}$的前$n$项和，
所以我们才会想到构造$S_{n-1}$，就是为了和原式作差。所以说其本质还是上述的“$a_n$与$S_n$法”。

3、累加法

$\fbox{例3}$
已知数列$\{b_n\}$满足$\cfrac{1}{b_{n+1}}-\cfrac{1}{b_n}=2n+3$，且$b_1=\cfrac{1}{3}$，求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$；
分析：要求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$，一般都是先需要求出通项公式$b_n$，
注意到数列的给定条件实质是$c_{n+1}-c_n=f(n)$的形式，故可以考虑用累加法。
当$n\ge 2$时，
$\cfrac{1}{b_n}-\cfrac{1}{b_{n-1}}=2(n-1)+3$；
$\cfrac{1}{b_{n-1}}-\cfrac{1}{b_{n-2}}=2(n-2)+3$；
$\cdots$
$\cfrac{1}{b_3}-\cfrac{1}{b_2}=2\cdot 2+3$；
$\cfrac{1}{b_2}-\cfrac{1}{b_1}=2\cdot 1+3$；
以上$(n-1)$个式子累加，得到
当$n\ge 2$时，
$\cfrac{1}{b_n}-\cfrac{1}{b_1}=2[(n-1)+(n-2)+\cdots+2+1]+3(n-1)$
$=2\cfrac{(1+n-1)(n-1)}{2}+3(n-1)=n^2+2n-3$；
故$\cfrac{1}{b_n}=n(n+2)$，再验证$n=1$对上式也成立，
则$b_n=\cfrac{1}{n(n+2)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})(n\in N^*)$
【计算$b_n$的另外一个思路】，还可以采用这样的变形技巧
当$n\ge 2$时，$\cfrac{1}{b_n}$
$=(\cfrac{1}{b_n}-\cfrac{1}{b_{n-1}})+(\cfrac{1}{b_{n-1}}-\cfrac{1}{b_{n-2}})+\cdots+(\cfrac{1}{b_2}-\cfrac{1}{b_1})+\cfrac{1}{b_1}$
$=a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_1+\cfrac{1}{b_1}$
$=\cfrac{1}{2}(n-1)(2n+6)=n(n+2)$，
再验证$n=1$对上式也成立，
故$b_n=\cfrac{1}{n(n+2)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})(n\in N^*)$。
故$T_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]$
$=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})$
$=\cfrac{3n^3+5n}{4(n+1)(n+2)}$；
$\fbox{例3-2}$(提醒注意几个细节)
已知$a_1=4，a_{n+1}=a_n+2 \cdot 3^n+1$，求数列的通项公式。
分析：将已知条件变形为$a_{n+1}-a_n=2 \cdot 3^n+1$，
则由上式可知，当$n\ge 2$时，
$a_n-a_{n-1}=2\cdot 3^{n-1}+1$
$a_{n-1}-a_{n-2}=2\cdot 3^{n-2}+1$
$a_{n-2}-a_{n-3}=2\cdot 3^{n-3}+1$
$\cdots，\cdots$
$a_2-a_1=2\cdot 3^1+1$，
以上$n-1$个式子累加，得到
$a_n-a_1=2(3^1+3^2+\cdots+3^{n-1})+n-1$，
即$a_n-a_1=2\cdot \cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1$，
即$a_n=3^n+n(n\ge 2)$；
又$n=1$时，$a_1=4$满足上式，
故通项公式为$a_n=3^n+n(n\in N^*)$
解后反思：
1、用累加法也可以求等差数列的通项公式，有点大材小用之嫌；
2、累加法尤其适用于差值不是相等即变化的情形，比如$a_{n+1}-a_n=f(n)$的情形。
3、求解形如$a_{n+1}-a_n=f(n)$时，表达式$f(n)$必须有可加性。
比如，$a_{n+1}-a_n=\cfrac{1}{n(n+1)}=f(n)$，可以将$f(n)=\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}$，此时右端可以用裂项相消法简化结果。
再比如，$a_{n+1}-a_n=\cfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=f(n)$，可以将$f(n)=\cfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$，此时右端可以用裂项相消法简化结果。
但是像这样的情形，$a_{n+1}-a_n=\cfrac{1}{n}$，此时右端就不具有可加性，不能使用这个方法。
4、你得意识到不是所有骑白马的都是唐僧，不是所有形如$a_{n+1}-a_n=f(n)$的形式都可以使用累加法求通项公式。

4、累乘法

$\fbox{例4}$
已知正项数列$\{a_n\}$的$a_1=1$，$(n+1)a_{n+1}-na_n=0$，求数列的通项公式。
法1：整体思想，由已知容易知道数列$\{na_n\}$是首项为1，公差为0的等差数列，
故$na_n=1+(n-1)\cdot 0$，即$a_n=\cfrac{1}{n}(n\in N^*)$。
法2：累乘法，变形为$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{n}{n+1}$，由此式子可得到
$\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=\cfrac{n-1}{n}$，
$\cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=\cfrac{n-2}{n-1}$，
$\cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=\cfrac{n-3}{n-2}$，
$\cdots$，$\cdots$
$\cfrac{a_2}{a_1}=\cfrac{1}{2}$，
以上$n-1$个式子相乘得到，当$n\ge 2$时，
$\cfrac{a_n}{a_{n-1}}\cdot \cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot \cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\cdot \cdots \cfrac{a_2}{a_1}$
$=\cfrac{n-1}{n} \cdot \cfrac{n-2}{n-1} \cdot\cfrac{n-3}{n-2}\cdot \cdots\cfrac{1}{2}$，
即$\cfrac{a_n}{a_1}=\cfrac{1}{n}$，故$a_n=\cfrac{1}{n}(n\ge 2)$，
当$n=1$时，$a_1=1$满足上式，故所求通项公式$a_n=\cfrac{1}{n}(n\in N^*)$。
解后反思：
1、用累乘法也可以求等比数列的通项公式，有点大材小用之嫌；
2、累乘法尤其适用于比值不是相等即变化的情形，比如$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$的情形。
3、求解形如$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$时，表达式$f(n)$必须有可乘性。
比如，$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{n}{n+1}=f(n)$，此时右端可以用累乘相消简化结果。
但是像这样的情形，$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=n^2=f(n)$，此时右端就不具有可乘性，不能使用这个方法。
4、你得意识到不是所有形如$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$的形式都可以使用累乘法求通项公式。

5、构造法求通项公式，常常通过加、减、乘、除四则运算等构造

$\fbox{例5，加减构造}$
已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_n=4a_{n-1}+3(n\ge 2)$，求此数列的通项公式$a_n$。
【法1】：由已知得到当$n\ge 2$时，已知式子两边同加$1=\cfrac{q}{p-1}=\cfrac{3}{4-1}$
$a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)$，
又$a_1+1=2\neq 0$，(备注：没有这一条的限制，是不能将上式改写成比值形式的)
则有$\cfrac{a_n+1}{a_{n-1}+1}=4$
故数列$\{a_n+1\}$是首项为2公比为4的的等比数列，故$a_n+1=2\cdot 4^{n-1}$，
即$a_n=2\cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(n\in N^*)$。
解后反思：
形如$a_{n+1} = pa_n + q(p，q为常数)$的类型，
1、若$p=0$， 则为常数列； 若$p=1$， 则为等差数列； 若$q=0$, 则为等比数列；
2、$p，q\neq1$， 同加常数$k=\cfrac{q}{p-1}$，构造等比数列；
3、解释，为什么同加常数$k=\cfrac{q}{p-1}$就可以构造等比数列，
假设$a_{n+1} = pa_n + q$，可以变形为$a_{n+1}+k=p(a_n+k)$，整理得到$a_{n+1}=pa_n+pk-k$，
则有$k(p-1)=q$，故$k=\cfrac{q}{p-1}$，即只要给所给的形如$a_{n+1} = pa_n + q$的式子两边同时
加上常数$\cfrac{q}{p-1}$，则可以等价变形为$a_{n+1}+k=p(a_n+k)$，接下来就可以朝等比数列考虑了。
$\fbox{例5-2，乘除构造}$已知数列$\{a_n\}$满足$a_n=2a_{n-1}+2^n(n\ge 2)$，且$a_1=4$，求数列$\{a_n\}$得通项公式。
分析：两边同除以$2^n$，得到
$\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(n\ge 2)$，
又$\cfrac{a_1}{2^1}=2$；
故数列$\{\cfrac{a_n}{2^n}\}$是以$\cfrac{a_1}{2^1}=2$为首项，以1为公差的等差数列，
故$\cfrac{a_n}{2^n}=2+(n-1)\cdot1$，
即数列的$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=(n+1)2^n$。
解后反思：用乘除构造时，还常用于以下的变形(要求重点掌握的变形)，
①形如$a_{n+1}-a_n = k\cdot a_{n+1}\cdot a_n$，($k$为常数)，
等式两边同除以$a_{n+1}\cdot a_n$，变形得到$\cfrac{1}{a_{n+1}}-\cfrac{1}{a_n}=-k$，即构造了等差数列$\{\cfrac{1}{a_n}\}$；
②形如$S_{n+1}-S_n = k\cdot S_{n+1}\cdot S_n$，($k$为常数)，
等式两边同除以$S_{n+1}\cdot S_n$，变形得到$\cfrac{1}{S_{n+1}}-\cfrac{1}{S_n}=-k$，即构造了等差数列$\{\cfrac{1}{S_n}\}$；
$\fbox{例5-3，取倒数构造}$
已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{a_n+2}$，且$a_1=2$，求数列的通项公式。
分析：两边取倒数得到$\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+2}{2a_n}=\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}$，
即数列$\{\cfrac{1}{a_n}\}$是首项为$\cfrac{1}{a_1}=\cfrac{1}{2}$，公差为$\cfrac{1}{2}$的等差数列，
故$\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}$，
故$a_n=\cfrac{2}{n}$ 。

构造法，去倒数，取对数法，赋值法，

方程组法

2、求前n项和公式，六种

3、证明不等式，列项法，放缩法，累加法

4、

二、解答题中求数列的前\(n\)项和\(S_n\)

1、公式法

$\fbox{例1}$
已知函数$f(x)$满足条件$f(x+\cfrac{1}{x})=x^3+\cfrac{1}{x^3}$，求$f(x)$的解析式；