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

例1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。

例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。

例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。

例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)

例00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，重点掌握

例5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$a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*$。

例5-2(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、思路3：略。

例5-3【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，必会题型

例6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$T_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]$

$=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})$

$=\cfrac{3n^3+5n}{4(n+1)(n+2)}$；

例6-2(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，必会题型

例7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，重点掌握

例8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。

例8-2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${a_n}$的通项公式为$a_n=(n+1)2^n$。

解后反思：

0、若已知$a_n=3a_{n-1}+2^n(n\ge 2)$，怎么变形？

$\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{3}{2}\cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(n\ge 2)$，

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$a_{n+1}-a_n = k\cdot a_{n+1}\cdot a_n$，($k$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${\cfrac{1}{S_n}}$；

例8-3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$a_n=\cfrac{2}{n}$ 。

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

例1

求数列的前$n$项和$S_n=1\cfrac{1}{2}+3\cfrac{1}{4}+5\cfrac{1}{8}+7\cfrac{1}{16}+\cdots+[(2n-1)+\cfrac{1}{2^n}]$

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

例1求$S_n=1\cdot2+2\cdot2^2+3\cdot2^3+\cdots+n\cdot2^n$；

分析:首先认清求和的数列的通项公式$a_n=n\cdot2^n$，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：

$S_n=1\cdot2+2\cdot2^2+3\cdot2^3+\cdots+n\cdot2^n$ (1)

$2S_n=1\cdot2^2+2\cdot2^3+\cdots+(n-1)\cdot2^n+n\cdot 2^{n+1}$ (2)

具体的错位方法如下图说明：

错位相减法图示

$S_n=$	$1\cdot 2+$	$2\cdot 2^2+3\cdot 2^3+\cdots+n\cdot 2^n$
$2S_n=$		$1\cdot 2^2+2\cdot 2^3+\cdots+(n-1)\cdot 2^n$	$+n\cdot2^{n+1}$
第一部分，有1项	第二部分，有1项	第三部分，有$n-1$项	第四部分，有1项

(1)-(2)得到：

$-S_n=1\cdot2+1\cdot2^2+1\cdot2^3+\cdots+1\cdot2^n-n\cdot2^{n+1}$ (3)

再次整理为

$-S_n=\cfrac{2\cdot(1-2^n)}{1-2}-n\cdot2^{n+1}$ (4)

最后整理为

$S_n=(n-1)\cdot2^{n+1}+2$

4、并向求和法

例4已知$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$，

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，$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$

$=(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots+[(n-1)-n]$，

$=(-1)\times \cfrac{n}{2}$；

当$n$为奇数时，$S_n=1-2+3-4+5-6+\cdots+(-1)^{n-1}\cdot n$

$=(1-2)+(3-4)+(5-6)+\cdots+[(n-2)-(n-1)]+n$，

$=(-1)\times \cfrac{n-1}{2}+n=\cfrac{n+1}{2}$；

5、裂项相消法，常和证明不等式相联系

例5【2017全国卷2，理科第15题高考真题】已知等差数列 ${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，$a_3=3，S_4=10$，则$\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}$

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$\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]$

$=2(1-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{2n}{n+1}$。

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$\cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \cfrac{1}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \Box (\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})$，

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$\cfrac{2}{(n-1)(n+1)}=2\cdot \cfrac{1}{2} (\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})=\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1}$，

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

例6定义在$R$上的函数满足$f(\cfrac{1}{2}+x)+f(\cfrac{1}{2}-x)=2$，求值$S=f(\cfrac{1}{8})+f(\cfrac{2}{8})+f(\cfrac{3}{8})+\cdots+f(\cfrac{7}{8})$

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$2S=2+2+\cdots+2=2\times 7$

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

例1【2017全国卷2，理科第15题高考真题改编】已知等差数列 ${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，$a_3=3，S_4=10$，证明$\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}<2$

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$\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]$

$=2(1-\cfrac{1}{n+1})<2$。

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

例1【改编】

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$2^n-1\ge 2^{n-1}$(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

$a_3

$\cdots$

$a_n

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}} $

$=\cfrac{1\cdot(1-\cfrac{1}{2^n})}{1-\cfrac{1}{2}}$

$=2(1-\cfrac{1}{2^n})<2$

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 $n(n-1)\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{n(n+1)}$；

$\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{n(n-1)}>\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}$

③$\cfrac{1}{n^2}

④$2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})

⑤利用$(1+x)^n$的二项展开式进行放缩。

例1【2018宝鸡市高三数学第一次质量检测第17题】已知数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，首项为$a_1$，且$\cfrac{1}{2}$，$a_n$，$S_n$构成等差数列，

(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$n\ge 1$时，$S_n=2a_n-\cfrac{1}{2}①$，

当$n\ge 2$时，$S_{n-1}=2a_{n-1}-\cfrac{1}{2}②$，

①-②得到，当$n\ge 2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1}$，

即$a_n=2a_{n-1}(n\ge 2)$，

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$a_n=\cfrac{1}{2}\cdot 2^{n-1}=2^{n-2}(n\in N^*)$。

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$a_{n-1}\neq 0$，递推到最终，要验证$a_1\neq 0$

(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}

【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}

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