数列的考查角度收集整理2[三轮总结]
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数列的考查角度收集整理2[三轮总结]
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\(n\ge 2\)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。
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。
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。
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)
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
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\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*\)。
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。
（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\(n\ge 2\)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\(T_n=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+2})]\)
\(=\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}-\cfrac{1}{n+2})\)
\(=\cfrac{3n^3+5n}{4(n+1)(n+2)}\)；
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
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
【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。
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\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)；
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
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\(a_n=n\cdot2^n\)，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：
| $S_n=$ | $1\cdot 2+$ | $2\cdot 2^2+3\cdot 2^3+\cdots+n\cdot 2^n$ | |
|---|---|---|---|
| $2S_n=$ | $1\cdot 2^2+2\cdot 2^3+\cdots+(n-1)\cdot 2^n$ | $+n\cdot2^{n+1}$ | |
| 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
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
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
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
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
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\(a_1=1\)，
\(a_2<\cfrac{1}{2^1}\)
\(a_3<\cfrac{1}{2^2}\)
\(\cdots\)
\(a_n<\cfrac{1}{2^{n-1}}\)
故\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)
\(<1+\cfrac{1}{2^1} + \cfrac{1}{2^2}+\cdots+\cfrac{1}{2^{n-1}}\)\(=\cfrac{1\cdot(1-\cfrac{1}{2^n})}{1-\cfrac{1}{2}}\)
\(=2(1-\cfrac{1}{2^n})<2\)
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 \(n(n-1)<n^2<n(n+1)\)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\(n\ge 1\)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\(\cfrac{1}{b_1}+\cfrac{1}{b_2}+\cfrac{1}{b_3}+\cdots+\cfrac{1}{b_n}<\cfrac{1}{2}\).
【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\(\cfrac{1}{2}-正数<\cfrac{1}{2}\)；
