一、求通项公式
- 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
【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
分析：当(n=1)时，(S_1=a_1=6)，
当(nge 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
(nge 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=egin{cases}6，&n=1\4n+1，&nge 2end{cases})。
解后反思：熟练记忆(a_n)与(S_n)的关系(a_n = egin{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。
分析：由已知(2S_n+a_n=1)可得，
当(nge 2)时，(2S_{n-1}+a_{n-1}=1)，
两式相减得到，当(nge 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}(nin 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。
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 eq 0)，
故数列({S_n})是首项是1，公比为4的等比数列，
故(S_n=1cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(nin 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。
分析：由已知当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1))，
两式相减得到
(nge 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 eq 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=1cdot 2^{n-1})，故(a_n=2^{n-1}+1(nin 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)
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+3cdot 1+1=5 eq 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=5cdot 2^{n-1})，
故(a_n=5cdot 2^{n-1}-3n-1(nin N^*))。
- 2、退一法或进一法，重点掌握
分析：由已知可得，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n)，
当(nge 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(nge 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，nin 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_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n} ①)，
当(n ge 2)时，(b_1cdot 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(nin 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、思路3：略。
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(nge 1，a_1+3a_2+cdots+(2n-1)a_n=2n(1))得到，
(nge 2，a_1+3a_2+cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)(2))
两式相减得到(nge 2，(2n-1)a_n=2)，
从而得到(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nge 2))，
接下来验证(n=1)是否满足
当(n=1)时，(a_1=2=cfrac{2}{2 imes 1-1})，满足上式，
故数列({a_n})的通项公式为(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nin 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 imes1-1}-cfrac{1}{2 imes 1+1})+(cfrac{1}{2 imes 2 -1}-cfrac{1}{2 imes 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，必会题型
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(nge 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}=2cdot 2+3)；
(cfrac{1}{b_2}-cfrac{1}{b_1}=2cdot 1+3)；
以上((n-1))个式子累加，得到
当(nge 2)时，
(cfrac{1}{b_n}-cfrac{1}{b_1}=2[(n-1)+(n-2)+cdots+2+1]+3(n-1))
(=2cfrac{(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})(nin 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(nge 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})(nin 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)})；
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(nge 2)时，
(a_n-a_{n-1}=2cdot 3^{n-1}+1)
(a_{n-1}-a_{n-2}=2cdot 3^{n-2}+1)
(a_{n-2}-a_{n-3}=2cdot 3^{n-3}+1)
(cdots，cdots)
(a_2-a_1=2cdot 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=2cdot cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1)，
即(a_n=3^n+n(nge 2))；
又(n=1)时，(a_1=4)满足上式，
故通项公式为(a_n=3^n+n(nin 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，必会题型
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}(nin 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(nge 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} cdotcfrac{n-3}{n-2}cdot cdotscfrac{1}{2})，
即(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{1}{n})，故(a_n=cfrac{1}{n}(nge 2))，
当(n=1)时，(a_1=1)满足上式，故所求通项公式(a_n=cfrac{1}{n}(nin 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，重点掌握
【法1】：由已知得到当(nge 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 eq 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=2cdot 4^{n-1})，
即(a_n=2cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(nin 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 eq1)， 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。
分析：两边同除以(2^n)，得到
(cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(nge 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({a_n})的通项公式为(a_n=(n+1)2^n)。
解后反思：
0、若已知(a_n=3a_{n-1}+2^n(nge 2))，怎么变形？
(cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{3}{2}cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(nge 2))，
即转化为$ b_n=pb_{n-1}+q(p，q为常数)$的情形了。
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 = kcdot 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 = kcdot 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}})；
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)cdotcfrac{1}{2}=cfrac{n}{2})，
故(a_n=cfrac{2}{n}) 。
二、求数列的前n项和
★ 数列求和第一步： 欲求和，先认清数列的通项公式，以(a_n)为“抓手”。
★ 数列求和第二步：认清结构，合理选择恰当的方法
- 1、体会抓手({a_n})的重要性
求数列的前(n)项和
(S_n=1+cfrac{1}{1+2}+cfrac{1}{1+2+3}+cdots+cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，
分析：必须先能认出其通项公式(a_n=cfrac{1}{1+2+3+cdots+n})，
从而(a_n=cfrac{1}{cfrac{n(n+1)}{2}})
(=cfrac{2}{n(n+1)})
(=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，
故有(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)
(=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。
- 2、公式法、分组求和法
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求数列的前(n)项和(S_n=1cfrac{1}{2}+3cfrac{1}{4}+5cfrac{1}{8}+7cfrac{1}{16}+cdots+[(2n-1)+cfrac{1}{2^n}])
分析：必须先能认出其通项公式(a_n=(2n-1)+cfrac{1}{2^n})，
从而应该和分组求和法建立关联。
(S_n=[1+3+5+cdots+(2n-1)]+[cfrac{1}{2}+cfrac{1}{4}+cfrac{1}{8}+cdots+cfrac{1}{2^n}])
(=cfrac{1+(2n-1)}{2}cdot n+cfrac{cfrac{1}{2}(1-(cfrac{1}{2})^n)}{1-cfrac{1}{2}})
(=n^2+1-cfrac{1}{2^n})。
解后反思：学会纵向看一个数列的通项公式；
- 3、错位相减法
分析:首先认清求和的数列的通项公式(a_n=ncdot2^n)，是个差比数列，其中等比数列的公比为(2)，
下来按部就班的使用“错位相减法”求和就成了。解如下：
(S_n=1cdot2+2cdot2^2+3cdot2^3+cdots+ncdot2^n) (1)
(2S_n=1cdot2^2+2cdot2^3+cdots+(n-1)cdot2^n+ncdot 2^{n+1}) (2)
具体的错位方法如下图说明：
(1)-(2)得到：
(-S_n=1cdot2+1cdot2^2+1cdot2^3+cdots+1cdot2^n-ncdot2^{n+1}) (3)
再次整理为
(-S_n=cfrac{2cdot(1-2^n)}{1-2}-ncdot2^{n+1}) (4)
最后整理为
(S_n=(n-1)cdot2^{n+1}+2)
- 4、并向求和法
分析：若数列中包含因子((-1)^n、(-1)^{n-1})，一般和并项求和法建立关联，
如(S_n=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)，外加针对(n)的奇偶讨论。
解析：
当(n)为偶数时，(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)
(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-1)-n])，
(=(-1) imes cfrac{n}{2})；
当(n)为奇数时，(S_n=1-2+3-4+5-6+cdots+(-1)^{n-1}cdot n)
(=(1-2)+(3-4)+(5-6)+cdots+[(n-2)-(n-1)]+n)，
(=(-1) imes cfrac{n-1}{2}+n=cfrac{n+1}{2})；
- 5、裂项相消法，常和证明不等式相联系
分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，
容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，
则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，
故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})=cfrac{2n}{n+1})。
解后反思：
1、常用的裂项相消公式有：(cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})；
(cfrac{1}{n(n+k)}=cfrac{1}{k}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+k}))；
(cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})
2、裂项相消公式的记忆方法：比如，(cfrac{2}{(n-1)(n+1)})，
先将其改写成(cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2cdot cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=2cdot Box (cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))，
那么小括号前面的系数到底该是多少才能使得原式保持恒等变形呢?
我们只需要做通分的工作，将(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}=cfrac{(n+1)-(n-1)}{(n-1)(n+1)}=cfrac{2}{(n-1)(n+1)})
故(cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))，故上述(Box)位置应该为(cfrac{1}{2})，
即(cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2cdot cfrac{1}{2} (cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})=cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1})，
再比如((sqrt{n+1}+sqrt{n})(sqrt{n+1}-sqrt{n})=1)，故(cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})
*6、倒序相加法
分析：由(f(cfrac{1}{2}+x)+f(cfrac{1}{2}-x)=2)，
得到(f(x)+f(1-x)=2)，
故(S=f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{3}{8})+cdots+f(cfrac{7}{8}))
又(S=f(cfrac{7}{8})+f(cfrac{6}{8})+f(cfrac{5}{8})+cdots+f(cfrac{1}{8}))
则有(2S=[f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{7}{8})]+[f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{6}{8})]+cdots+[f(cfrac{7}{8})+f(cfrac{1}{8})])
即(2S=2+2+cdots+2=2 imes 7)
故(S=7)
解后反思：倒序相加求和法，在教材上出现的作用是推导等差数列的前(n)项和公式才出现的，具体的考查不一定会用它求数列的和，倒是很可能求一系列的函数值的和。
三、数列不等式的证明
- 1、先求和后放缩的证明模式，高考考查的重点
分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，
容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，
则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，
故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})<2)。
解后反思：
1、本题目需要先利用裂项法求和，再利用放缩法证明不等式；
2、这类题目的求和方法常常和裂项相消法关联；
3、利用的放缩原理比如(2-a<2(a>0))或(2+a>2(a>0))，相对比较简单。
- 2、先放缩后求和的证明模式，高考考查的次重点
设数列({a_n})的通项公式为(a_n=cfrac{1}{2^n-1})，前(n)项和为(S_n)，求证(S_n<2)；
证明：由于(2^n-1ge 2^{n-1})(当(n=1)时取等号，其他都取大于号)
故(cfrac{1}{2^n}leq cfrac{1}{2^{n-1}})(当(n=1)时取等号，其他都取大于号)
即(a_1=1)，
(a_2<cfrac{1}{2^1})
(a_3<cfrac{1}{2^2})
(cdots)
(a_n<cfrac{1}{2^{n-1}})
故(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)
$<1+cfrac{1}{2^1} + cfrac{1}{2^2}+cdots+cfrac{1}{2^{n-1}} $
(=cfrac{1cdot(1-cfrac{1}{2^n})}{1-cfrac{1}{2}})
(=2(1-cfrac{1}{2^n})<2)
即(S_n<2)。
解后反思：
1、本题目需要先将每一项恰当放缩，然后利用等比数列求和公式求和，再利用放缩法证明不等式；
2、这类题目的难点在于第一步，到底怎样的放缩是恰当的，这需要一定的数学素养；
3、常用的放缩公式有(相对比较复杂)：
①(cfrac{1}{2^n-1}leq cfrac{1}{2^{n-1}})；
② (n(n-1)<n^2<n(n+1))或者$ cfrac{1}{n(n-1)}>cfrac{1}{n^2}>cfrac{1}{n(n+1)}$；
(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n}=cfrac{1}{n(n-1)}>cfrac{1}{n^2}>cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})
③(cfrac{1}{n^2}<cfrac{1}{n^2-1}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))
④(2(sqrt{n+1}-sqrt{n})<cfrac{1}{sqrt{n}}<2(sqrt{n}-sqrt{n-1}))
⑤利用((1+x)^n)的二项展开式进行放缩。
(1).求数列({a_n})的通项公式(a_n)；
分析：由题目(cfrac{1}{2})，(a_n)，(S_n)构成等差数列可知，(2a_n=cfrac{1}{2}+S_n)，
即当(nge 1)时，(S_n=2a_n-cfrac{1}{2}①)，
当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}-cfrac{1}{2}②)，
①-②得到，当(nge 2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1})，
即(a_n=2a_{n-1}(nge 2))，
令(2a_n=cfrac{1}{2}+S_n)中的(n=1)，得到(a_1=cfrac{1}{2})，
故数列({a_n})是首项为(cfrac{1}{2})，公比为(2)的等比数列，
则有(a_n=cfrac{1}{2}cdot 2^{n-1}=2^{n-2}(nin N^*))。
反思总结：1、题目中的条件“(cfrac{1}{2})，(a_n)，(S_n)构成等差数列”变为“(a_n)是(cfrac{1}{2})和(S_n)等差中项”，题目的求解过程和结果还是一样的。
2、本题目属于由(a_n)和(S_n)的关系求(a_n)，要是看不懂，你可以先变形为(S_n=2a_n-cfrac{1}{2}=f(a_n))的形式，然后联想你的知识储备就能找到求解方法了。
3、注意对(n=1)的验证，尽管这一步很简单，但是占了整个解题的份额的一半。
4、见到(a_n=2a_{n-1})，就想到(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=2)，这是不对的，因为你没有想到分母不等于0的情形，换句话说要写出分式形式，得验证分母(a_{n-1} eq 0)，递推到最终，要验证(a_1 eq 0)
(2).数列(b_n)满足(b_n=(log_2;a_{2n+1})cdot (log_2;a_{2n+3}))，
【文】试求(cfrac{1}{b_1}+cfrac{1}{b_2}+cfrac{1}{b_3}+cdots+cfrac{1}{b_n}=T_n).
【理】证明(cfrac{1}{b_1}+cfrac{1}{b_2}+cfrac{1}{b_3}+cdots+cfrac{1}{b_n}<cfrac{1}{2}).
【文科】由(1)可知，(a_n=2^{n-2})，则(a_{2n+1}=2^{2n-1})，(a_{2n+3}=2^{2n+1})，
则(b_n=(log_2;a_{2n+1})cdot (log_2;a_{2n+3})=(log_2;2^{2n-1})cdot (log_2;2^{2n+1})=(2n-1)cdot (2n+1))，
则(cfrac{1}{b_n}=cfrac{1}{(2n-1)cdot (2n+1)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))，
则(cfrac{1}{b_1}+cfrac{1}{b_2}+cfrac{1}{b_3}+cdots+cfrac{1}{b_n})，
(=cfrac{1}{2}[(1-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{3}-cfrac{1}{5})+cdots+(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1})])
(=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{2n+1})=cfrac{n}{2n+1})
【理科】接上，(=cdots=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{2n+1})=cfrac{1}{2}-cfrac{1}{2}cdot cfrac{1}{2n+1}<cfrac{1}{2})。
反思总结：1、求解(b_n)时，特别要注意对数的运算性质；
2、求解(T_n)时，往往需要从其通项公式(cfrac{1}{b_n})入手分析，有了这个通项公式的依托，其他项的值就是赋值计算了。
3、理科题目的证明涉及到了放缩法，用到的模型是(cfrac{1}{2}-正数<cfrac{1}{2})；