PAGE12-第2講遞推數列及數列求和的綜合問題eq\a\vs4\al\co1()考點1由遞推關系式求通項公式(1)累加法：形如an＋1＝an＋f(n)，利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)，求其通項公式．(2)累積法：形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)≠0，利用an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)，求其通項公式．(3)待定系數法：形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均為常數，pq(p－1)≠0)，先用待定系數法把原遞推公式轉化為an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝eq\f(q,1－p)，再轉化為等比數列求解．(4)構造法：形如an＋1＝pan＋qn(其中p，q均為常數，pq(p－1)≠0)，先在原遞推公式兩邊同除以qn＋1，得eq\f(an＋1,qn＋1)＝eq\f(p,q)·eq\f(an,qn)＋eq\f(1,q)，構造新數列{bn}eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中bn＝\f(an,qn)))，得bn＋1＝eq\f(p,q)·bn＋eq\f(1,q)，接下來用待定系數法求解．[例1]依據下列條件，確定數列{an}的通項公式：(1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1；(2)a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.【解析】(1)由題意得，當n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq\f(n－12＋n,2)＝eq\f(nn＋1,2)＋1.又a1＝2＝eq\f(1×1＋1,2)＋1，符合上式，因此an＝eq\f(nn＋1,2)＋1.(2)∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，…，a2＝eq\f(1,2)a1.以上(n－1)個式子相乘得an＝a1·eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).當n＝1時，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq\f(1,n).(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，∴數列{an＋1}為等比數列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1.由數列遞推式求通項公式的常用方法『對接訓練』1．依據下列條件，確定數列{an}的通項公式：(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n；(2)a1＝1，an＋1＝2nan；(3)a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2).解析：(1)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.(2)∵eq\f(an＋1,an)＝2n，∴eq\f(a2,a1)＝21，eq\f(a3,a2)＝22，…，eq\f(an,an－1)＝2n－1，將這n－1個等式疊乘，得eq\f(an,a1)＝21＋2＋…＋(n－1)＝2，∴an＝2.(3)∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，取倒數得：eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，∵a1＝1，∴eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數列，∴eq\f(1,an)＝1＋(n－1)·eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1).考點2錯位相減法求和錯位相減法是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列．[例2][2024·天津卷]設{an}是等差數列，{bn}是等比數列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)設數列{cn}滿意cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數，,b\f(n,2)，n為偶數.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．【解析】(1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q.依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－3，,q＝－1，))(舍)故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通項公式為an＝3n，{bn}的通項公式為bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3＋\f(nn－1,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(31－3n,1－3)＋n×3n＋1＝eq\f(2n－13n＋1＋3,2).所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq\f(2n－13n＋1＋3,2)＝eq\f(2n－13n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*).所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減．要留意的是相減后得到部分，求等比數列的和，此時肯定要查清其項數．為保證結果正確，可對得到的和取n＝1,2進行驗證.『對接訓練』2．[2024·山東青島一模]已知公比為q的等比數列{an}滿意2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a(1)求q的值；(2)若bn＝anlog2an，求數列{bn}的前n項和Sn.解析：(1)設等比數列{an}的公比為q，依題意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋a3＝3a2，,a2＋a4＝2a3＋2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＋q2＝3a1q①，,a1q＋q3＝2a1q2＋4②，))由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1.代入②知q＝1不成立，故舍去，所以q＝2.(2)由(1)知a1＝2，所以an＝2n，bn＝anlog2an＝2nlog22n＝n·2n，所以Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以2Sn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，兩式相減得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.eq\a\vs4\al\co1()考點3裂項相消法求和裂項相消法是指把數列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))或eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋2)))(其中{an}為等差數列)等形式的數列求和．[例3][2024·湖南省湘東六校聯考]已知數列{an}的前n項和Sn滿意eq\r(Sn)＝eq\r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1.(1)求數列{an}的通項公式an；(2)記bn＝eq\f(1,an·an＋1)，Tn為{bn}的前n項和，求使Tn≥eq\f(2,n)成立的n的最小值．【解析】(1)由已知有eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N*)，∴數列{eq\r(Sn)}為等差數列，又eq\r(S1)＝eq\r(a1)＝1，∴eq\r(Sn)＝n，即Sn＝n2.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也滿意上式，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).由Tn≥eq\f(2,n)得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，∴n≥5，∴n的最小值為5.利用裂項相消法求和的留意事項(1)抵消后并不肯定只剩下第一項和最終一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；(2)將通項裂項后，有時須要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項相等．如：若{an}是等差數列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).『對接訓練』3．[2024·安徽池州期末]已知數列{an}的前n項和為Sn，an＝eq\f(2,3)Sn＋eq\f(1,3)(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(1,\r(log3an＋1)＋\r(log3an＋2))，求數列{bn}的前n項和Tn.解析：(1)由an＝eq\f(2,3)Sn＋eq\f(1,3)，可得Sn＝eq\f(3,2)an－eq\f(1,2)，當n≥2時，Sn－1＝eq\f(3,2)an－1－eq\f(1,2)，則an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)an－\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)an－1－\f(1,2)))＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1，整理得an＝3an－1(n≥2)，而a1＝S1＝eq\f(3,2)a1－eq\f(1,2)，即a1＝1，所以數列{an}是首項為1，公比為3的等比數列，則an＝1×3n－1＝3n－1.故數列{an}的通項公式為an＝3n－1.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,\r(log3an＋1)＋\r(log3an＋2))＝eq\f(1,\r(log33n－1＋1)＋\r(log33n－1＋2))＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1.eq\a\vs4\al\co1()考點4分組轉化求和分組求和法一個數列既不是等差數列，也不是等比數列，若將這個數列適當拆開，重新組合，就會變成幾個可以求和的部分即能分別求和，然后再合并．[例4][2024·天津南開附中期中]已知數列{an}是等比數列，滿意a1＝3，a4＝24，數列{bn}是等差數列，滿意b2＝4，b4＝a3.(1)求數列{an}和{bn}的通項公式．(2)設cn＝an－bn，求數列{cn}的前n項和．【解析】(1)設等比數列{an}的公比為q，由題意，得q3＝eq\f(a4,a1)＝eq\f(24,3)＝8，解得q＝2，∴{an}的通項公式為an＝a1qn－1＝3×2n－1，∴a3＝12.設等差數列{bn}的公差為d，∵b2＝4，b4＝a3＝12，b4＝b2＋2d，∴12＝4＋2d，解得d＝4.∴bn＝b2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×4＝4n－4.故{bn}的通項公式為bn＝4n－4.(2)由(1)知an＝3×2n－1，bn＝4n－4，∴cn＝an－bn＝3×2n－1－(4n－4)．從而數列{cn}的前n項和Sn＝3×20＋3×21＋…＋3×2n－1－[0＋4＋8＋…＋(4n－4)]＝3×eq\f(1－2n,1－2)－eq\f(n4n－4,2)＝3×2n－3－n(2n－2)＝3×2n－2n2＋2n－3.1．若一個數列由若干個等差數列或等比數列組成，則求和時可用分組轉化法分別求和再相加減．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采納相鄰兩項并項(分組)后，再分組求和．2．分組求和中的分組策略(1)依據等差、等比數列分組；(2)依據正號、負號分組.『對接訓練』4．[2024·高考全國卷Ⅱ]Sn為等差數列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求數列{bn}的前1000項和．解析：(1)設{an}的公差為d，據已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通項公式為an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因為bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1000，,3，n＝1000，))所以數列{bn}的前1000項和為1×90＋2×900＋3×1＝1893.

課時作業10遞推數列及數列求和的綜合問題1．[2024·天津卷]設{an}是等比數列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通項公式．(2)設數列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*)，①求Tn；②證明．解析：(1)解：設等比數列{an}的公比為q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.設等差數列{bn}的公差為d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以，數列{an}的通項公式為an＝2n－1，數列{bn}的通項公式為bn＝n.(2)①解：由(1)，有Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故Tn＝eq\i\su(k＝1,n,)(2k－1)＝eq\i\su(k＝1,n,2)k－n＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.②證明：因為eq\f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq\f(2k＋1－k－2＋k＋2k,k＋1k＋2)＝eq\f(k·2k＋1,k＋1k＋2)＝eq\f(2k＋2,k＋2)－eq\f(2k＋1,k＋1)，所以，.2．[2024·重慶市七校聯合考試]已知等差數列{an}的公差為d，且關于x的不等式a1x2－dx－3<0的解集為(－1,3)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn＝2＋an，求數列{bn}的前n項和Sn.解析：(1)由題意知，方程a1x2－dx－3＝0的兩個根分別為－1和3.則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(d,a1)＝2,－\f(3,a1)＝－3))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2,a1＝1)).故數列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝2＋an＝2n＋(2n－1)，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝2n＋1＋n2－2.3．[2024·江西七校第一次聯考]設數列{an}滿意：a1＝1,3a2－a1＝1，且eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設數列{bn}的前n項和為Tn，且b1＝eq\f(1,2)，4bn＝an－1an(n≥2)，求Tn.解析：(1)∵eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)，∴eq\f(2,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)(n≥2)．又a1＝1,3a2－a1∴eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a2)＝eq\f(3,2)，∴eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為eq\f(1,2)的等差數列．∴eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)，即an＝eq\f(2,n＋1).(2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，∴bn＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)(n≥2)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)4．[2024·昆明市診斷測試]已知數列{an}是等比數列，公比q<1，前n項和為Sn，若a2＝2，S3＝7.(1)求{an}的通項公式；(2)設m∈Z，若Sn<m恒成立，求m的最小值．解析：(1)由a2＝2，S3＝7得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝2,a1＋a1q＋a1q2＝7))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))(舍去)．所以an＝4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3.(2)由(1)可知，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))<8.因為an>0，所以Sn單調遞增．又S3＝7，所以當n≥4時，Sn∈(7,8)．又Sn<m恒成立，m∈Z，所以m的最小值為8.5．[2024·浙江諸暨中學期中]設數列{an}滿意a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，n∈N*.(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n為奇數，,\f(1,an)，n為偶數，))求數列{bn}的前n項和Sn.解析：(1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)①，當n≥2時，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)②，①－②，得3n－1·an＝eq\f(1,3)(n≥2)，即an＝eq\f(1,3n)；當n＝1時，a1＝eq\f(1,3)，符合上式．所以數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,3n).(2)由(1)知bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n為奇數，,3n，n為偶數，))①當n為奇數時，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋3n－1＋n＝eq\f(1＋n,2)·eq\f(1＋n,2)＋eq\f(9\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－9\f(n－1,2))),1－9)＝eq\f(n2＋2n＋1,4)＋eq\f(9,8)(3n－1－1)．②當n為偶數時，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋(n－1)＋3n＝eq\f([1＋n－1],2)·eq\f(n,2)＋eq\f(91－9\f(n,2),1－9)＝eq\f(n2,4)＋eq\f(9,8)(3n－1)．所以數列{bn}的前n項和Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n2＋2n＋1,4)＋\f(9,8)3n－1－1，n為奇數，,\f(n2,4)＋\f(9,8)3n－1，n為偶數.))6．[2024·安徽合肥模擬]已知等差數列{an}的前n項和為Sn，公差d>0，且a2a3＝40，a1＋a4＝13，在公比為q(0<q<1)的等比數列{bn}中，b1，b3，b5∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,60)，\f(1,32)，\f(1,20)，\f(1,8)，\f(1,2))).(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)若數列{cn}滿意cn＝anbn，求數列{cn}的前n項和Tn.解析：(1)因為{an}為等差數列，所以a1＋a4＝a2＋a3＝13，又a2a3＝40，所以a2，a3是方程x2－13x＋40＝0的兩個實數根．又公差d>0，所以a2<a3，所以a2＝5，a3所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝3，))所以an＝3n－1，因為在公比為q(0<q<1)的等比數列{bn}中，b1，b3，b5∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,60)，\f(1,32)，\f(1,20)，\f(1,8)，\f(1,2)))，所以易知b1＝eq\f(1,2)，b3＝eq\f(1,8)，b5＝eq\f(1,32).此時公比q2＝eq\f(b3,b1)＝eq\f(1,4)，所以q＝eq\f(