数列通项公式与求和方法介绍
数列求和及求通项方法总结
数列求和及求通项一、数列求和的常用方法1、公式法：利用等差、等比数列的求和公式进行求和2、错位相减法：求一个等差数列与等比数列的乘积的通项的前n 项和，均可用错位相减法 例：已知数列1312--=n n n a ，求前n 项和n S 3、裂项相消法：将通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项①形如)(1k n n a n +=，可裂项成)11(1kn n k a n +-=，列出前n 项求和消去一些项②形如kn n a n ++=1，可裂项成)(1n k n ka n -+=，列出前n 项求和消去一些项 例：已知数列1)2()1)(1(11=≥+-=a n n n a n ，，求前n 项和n S4、分组求和法：把一类由等比、等差和常见的数列组成的数列，先分别求和，再合并。
例：已知数列122-+=n a nn ，求前n 项和n S5、逆序相加法：把数列正着写和倒着写依次对应相加（等差数列求和公式的推广）一、数列求通项公式的常见方法有：1、关系法2、累加法3、累乘法4、待定系数法5、逐差法6、对数变换法7、倒数变换法 8、换元法 9、数学归纳法累加法和累乘法最基本求通项公式的方法求通项公式的基本思路无非就是：把所求数列变形，构造成一个等差数列或等比数列，再通过累加法或累乘法求出通项公式。
二、方法剖析1、关系法：适用于)(n f s n =型求解过程：⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n s a a n n n例：已知数列{}n a 的前n 项和为12++=n n S n ，求数列{}n a 的通项公式2、累加法：适用于)(1n f a a n n +=+——广义上的等差数列求解过程：若)(1n f a a n n +=+则)1(12f a a =- )2(23f a a =-所有等式两边分别相加得：∑-==-111)(n k n k f a a 则∑-=+=111)(n k nk f a a例：已知数列{}n a 满足递推式)2(121≥++=-n n a a n n ，{}的通项公式，求n a a 11= 3、累乘法：适用于n n a n f a )(1=+——广义上的等比数列求解过程：若n n a n f a )(1=+，则)(1n f a a nn =+ ......累加则)1()......2()1(12312-===-n f a a f a a f a a n n ， 所有等式两边分别相乘得：∏-==111)(n k n k f a a 则∏-==111)(n k n k f a a 例：已知数列{}n a 满足递推式)2(21≥=-n a a n nn ，其中{}的通项公式，求n a a 31= 4、待定系数法：适用于)(1n f pa a n n +=+①形如)1,0,;,(1≠≠+=+p b p b p b pa a n n 为常数型（还可用逐差法）求解过程：构造数列)(1k a p k a n n +=++，展开得k pk pa a n n -+=+1，因为系数相等，所以解方程b k pk =-得1-=p b k ，所以有：)1(11-+=-++p ba p pb a n n ，这样就构造出了一个以11-+p b a 为首项，公比为p 的等比数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p b a n 。
等差数列的通项与求和
等差数列的通项与求和等差数列是数学中常见的一种数列形式，其中相邻的两项之间的差是常数。
在解题过程中，寻找等差数列的通项公式以及求和公式是非常重要的。
本文将介绍等差数列的通项与求和，并通过例子说明如何使用这些公式。
一、等差数列的定义等差数列是指数列中相邻两项之间的差是一个常数。
设数列的首项为a₁，公差为d，那么数列的通项公式为：an = a₁ + (n - 1) * d其中，an表示等差数列的第n项。
二、等差数列的求和公式对于等差数列的前n项求和，有一个固定的公式可以使用。
设等差数列的首项为a₁，末项为an，共有n项，那么等差数列的前n项和Sn可以表示为：Sn = (n/2) * (a₁ + an)其中，Sn表示等差数列的前n项和。
三、例题分析例1：求等差数列3，6，9，12，15的通项和前5项的和。
解：根据题目可知，首项a₁为3，公差d为3，共有5项。
1. 求通项：an = a₁ + (n - 1) * d= 3 + (n - 1) * 3= 3n2. 求和：Sn = (n/2) * (a₁ + an)= (5/2) * (3 + 3n)= 15 + 7.5n所以，该等差数列的通项为3n，前5项的和为15 + 7.5n。
例2：求等差数列-2，1，4，7，10的通项和前4项的和。
解：根据题目可知，首项a₁为-2，公差d为3，共有4项。
1. 求通项：an = a₁ + (n - 1) * d= -2 + (n - 1) * 3= 3n - 52. 求和：Sn = (n/2) * (a₁ + an)= (4/2) * (-2 + (3n - 5))= 2 * (3n - 7)= 6n - 14所以，该等差数列的通项为3n - 5，前4项的和为6n - 14。
四、总结等差数列是一种常见的数列形式，在解题过程中，寻找等差数列的通项公式以及求和公式可以简化计算。
通过本文的介绍，我们学习到了等差数列的通项公式为an = a₁ + (n - 1) * d，求和公式为Sn = (n/2) * (a₁ + an)。
等差数列的通项与求和
等差数列的通项与求和等差数列是数学中常见的数列类型，其特点是每一项与前一项之间的差值是固定的。
在研究等差数列时，我们需要了解它的通项公式和求和公式。
本文将介绍等差数列的通项公式和求和公式，并通过例子来说明如何应用这些公式。
一、等差数列的通项公式等差数列的通项公式是指通过已知条件，可以求出数列中第n项的具体数值。
设等差数列的首项为a1，公差为d，则数列的通项公式可以表示为：an = a1 + (n-1)d其中，an表示等差数列中第n项的值。
通过这个公式，我们可以轻松地计算出任意一项的数值。
例如，我们有一个等差数列的首项a1为3，公差d为2。
现在我们想要计算这个等差数列的第10项的值。
根据通项公式，代入已知条件，我们可以得出：a10 = 3 + (10-1)×2 = 3 + 9×2 = 3 + 18 = 21因此，这个等差数列的第10项的值为21。
二、等差数列的求和公式等差数列的求和公式是指通过已知条件，可以计算出数列的前n项和。
设等差数列的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则数列的求和公式可以表示为：Sn = (a1 + an) × n / 2其中，an表示等差数列中第n项的值。
通过这个公式，我们可以快速求出等差数列的前n项和。
例如，我们有一个等差数列的首项a1为2，公差d为3。
现在我们想要计算这个等差数列的前8项的和。
根据求和公式，代入已知条件，我们可以得出：S8 = (2 + 2+(8-1)×3) × 8 / 2 = (2 + 2 + 21) × 4 = 25 × 4 = 100因此，这个等差数列的前8项的和为100。
三、应用举例现在我们通过一个具体例子来展示如何应用等差数列的通项公式和求和公式。
例：某种动物品种繁殖得非常迅速，第一年有3只，每年增加5只。
问到第10年时，共有多少只该品种的动物？解：根据题意，我们可以将这个问题抽象成一个等差数列。
数列求和公式七个方法
数列求和公式七个方法数列求和是数学中常见的问题之一、下面将介绍七种常用的数列求和方法，包括等差数列求和、等比数列求和、等差数列二次项求和、递归数列求和、斐波那契数列求和、等差数列部分项求和、正弦数列求和。
一、等差数列求和：等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。
从首项到第n项的和Sn可以通过以下公式计算：Sn = (n/2)(a1 + an)其中，n为项数，a1为首项，an为末项，Sn为和。
二、等比数列求和：等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比，n为项数。
从首项到第n项的和Sn可以通过以下公式计算：Sn=a1(q^n-1)/(q-1)其中，n为项数，a1为首项，q为公比，Sn为和。
三、等差数列二次项求和：对于等差数列的二次项和，可以通过对等差数列求和公式进行二次求和得到。
Sn=(n/6)*(2a1+(n-1)d)(a1+(n-1)d+d)其中，n为项数，a1为首项，d为公差，Sn为和。
四、递归数列求和：递归数列是一种特殊的数列，其中每一项都是前一项的函数。
递归数列的求和可以通过编写一个递归函数来实现。
例如，对于斐波那契数列：F(n)=F(n-1)+F(n-2)，其中F(1)=1，F(2)=1可以编写一个递归函数，将前两个项相加，并递归调用函数来求和。
五、斐波那契数列求和：斐波那契数列是一种特殊的递归数列，其中前两个项为1，从第三项开始每一项都是前两项的和。
斐波那契数列求和可以通过编写一个循环来实现，累加每一项的值。
六、等差数列部分项求和：对于等差数列的部分项求和，可以通过求解两个和的差来实现。
设Sn为从第m项到第n项的和，Sm为从第1项到第m-1项的和，Sn 可以通过以下公式计算：Sn = Sn - Sm = (n-m+1)(a1 + an) / 2其中，m和n为项数，a1为首项，an为末项。
七、正弦数列求和：正弦数列是一种特殊的数列，其中每一项的值由正弦函数确定。
数列的通项和求和公式推导
数列的通项和求和公式推导数学中的数列是由一系列按照规律排列的数所组成的序列。
对于给定的数列，我们通常希望能够找到一个通项公式来表示数列的第n项，同时也希望能够求解数列的前n项和。
在本文中，我们将讨论如何推导数列的通项公式和求和公式。
一、等差等差数列是最常见的数列之一，它的特点是每一项与前一项之间的差值都相等。
假设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。
1. 推导通项公式我们可以观察到，等差数列每一项与首项之间存在一个公差的倍数关系，即：an = a1 + (n-1)d这个等式可以通过数学归纳法推导得出。
假设等式对于n=k成立，即：ak = a1 + (k-1)d那么对于n=k+1，我们有：ak+1 = a1 + kd通过对上述两个等式进行代换，得到：ak+1 = (a1 + (k-1)d) + d = a1 + kd由此可见，当等式对于n=k成立时，等式对于n=k+1也成立。
因此，等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d2. 推导求和公式为了推导等差数列的求和公式，我们可以考虑将数列按照首项与末项、次首项与次末项等进行配对求和。
我们可以观察到这些配对的和都相等，都等于等差数列的中间项和。
设等差数列的首项为a1，末项为an，共有n项。
那么有：a1 + an = a1 + (a1 + (n-1)d) = 2a1 + (n-1)da2 + an-1 = (a1 + d) + (a1 + (n-2)d) = 2a1 + (n-1)d...ak + an-k+1 = (a1 + (k-1)d) + (a1 + (n-k)d) = 2a1 + (n-1)d将上述k个等式相加，得到：2(a1 + a2 + ... + an-k+1) + (n-k)(d + d + ... + d) = k(2a1 + (n-1)d)化简后可得：2S + (n-k)kd = k(2a1 + (n-1)d)其中，S表示等差数列的前n项和。
数列求通项公式及求和种方法
数列专题1：根据递推关系求数列的通项公式根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型 一、n S 是数列{}n a 的前n 项的和11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩【方法】： “1n n S S --”代入消元消n a。
【注意】漏检验n 的值 (如1n =的情况【例1】.（1）已知正数数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且对任意的正整数n 满足1n a =+，求数列{}n a 的通项公式。
（2）数列{}na 中，11a =对所有的正整数n 都有2123na a a a n ⋅⋅⋅⋅=L ，求数列{}n a 的通项公式【作业一】1－1.数列{}n a 满足21*123333()3n n n a a a a n N -++++=∈L ，求数列{}n a 的通项公式．（二）.累加、累乘 型如1()n n a a f n --=,1()nn a f n a -=1()n n a a f n --= ，用累加法求通项公式（推导等差数列通项公式的方法）【方法】1()n n a a f n --=，12(1)n n a a f n ---=-，……，21(2)a a f -=2n ≥，从而1()(1)(2)n a a f n f n f -=+-++L ，检验1n =的情况1()n f n -=，用累乘法求通项公式（推导等比数列通项公式的方法）【方法】2n ≥，12121()(1)(2)n n n n a a a f n f n f a a a ---⋅⋅⋅=⋅-⋅⋅L L 即1()(1)(2)na f n f n f a =⋅-⋅⋅L ，检验1n =的情况【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有1n -个等式相加（相乘）.【例2】. (1) 已知211=a ，)2(1121≥-+=-n n a a n n，求n a .（2）已知数列{}n a 满足12n n n a a n +=+，且321=a ，求n a . 【例3】.（2009广东高考文数）在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++.设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式（三）.待定系数法?1n n a ca p +=+ （,1,1c,p c p ≠≠为非零常数）【方法】构造1()n n a x c a x ++=+，即1(1)n n a ca c x +=+-，故(1)c x p -=， 即{}1n pa c +-为等比数列 【例4】. 11a =，123n n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式。
数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧
1、等差数列求和公式： S = n (a + a ) 2 2⎪ 2、等比数列求和公式： S = ⎨ a (1 - q n ) a - a q ⎪⎩ 1 - q 3、 S = ∑ k = n (n + 1)24、 S = ∑ k 2 = n (n + 1)(2n + 1)65、 S = ∑ k 3 = [ n (n + 1)]22当 x 2 ≠ 1 ，即 x ≠ ±1 时，和为 . 数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧导语：数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和及数列的通项公式是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧.（一）数列求和一、利用常用求和公式求和.利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.n (n - 1)1 n = na + dn 1⎧n a1n 1 = 1 n 1 - q(q = 1)(q ≠ 1)n 1 nk =1n 1 nk =1 n 1 nk =1【例 1】求和：1 + x 2 + x 4 + ⋯ + x 2n + 2 + x 2n + 4 ( x ≠ 0)【解】∵x≠0∴该数列是首项为 1，公比为 x 2 的等比数列，而且有 n+3 项当 x 2＝1，即 x ＝±1 时，和为 n+3.1 - ( x2 )n +31 - x 2n +6 =1 - x 21 - x 2评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为 1 进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对 x 是否为 0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n项．二、错位相减法求和.错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容.需要我们的学生认真掌握好这种方法.这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a·b}的前n项和，其中{a}、{b}分别是等差数列和等比数列.求和时一般在n n n n已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.【例2】求和：S=1+3x+5x2+7x3+⋅⋅⋅+(2n-1)x n-1(x≠1)………………………①n【解】由题可知，{(2n-1)x n-1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{x n-1}的通项之积.设xS=1x+3x2+5x3+7x4+⋅⋅⋅+(2n-1)x n……………………….②（设置错位）n①－②得(1-x)S=1+2x+2x2+2x3+2x4+⋅⋅⋅+2x n-1-(2n-1)x n（错位相减）n再利用等比数列的求和公式得：(1-x)S=1+2x⋅n(2n-1)x n+1-(2n+1)x n+(1+x)∴S=(1-x)2n 1-x n-11-x-(2n-1)x n评注：（1）要考虑当公比x为值1时为特殊情况；（2）错位相减时要注意末项；（3）此类题的特点是所求数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘.三、反序相加法求和.这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a+a).1n【例3】求证：C0+3C1+5C2+⋅⋅⋅+(2n+1)C n=(n+1)2nn n n n【证明】设S=C0+3C1+5C2+⋅⋅⋅+(2n+1)C n…………………………..①n n n n n把①式右边倒转过来得【例 4】求数列1 ， 2 ， 3 ， 4 Λ 的前 n 项和；a a , b，而数列 {n }, ⎨ ⎬ 分别是等差数列、等比数列，求 2 2 4 8 2 n (n + 1) 2 n = n 2 + n - 1 + 11 S = (2n + 1)C n + (2n - 1)C n -1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 3C 1 + C 0 （反序）n n n n n又由 C m = C n -m 可得n nS = (2n + 1)C 0 + (2n - 1)C 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 3C n -1 + C n …………..……..②n nnnn①+②得 2S = (2n + 2)(C 0 + C 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + C n -1 + C n ) = 2(n + 1) ⋅ 2 n （反序相加） n nnnn∴ S = (n + 1) ⋅ 2 nn四、分组法求和.有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.若数列 { }的通项公式为 c = a + b ，其中 { }{ }中一个是等差数列，另一 nnnnnn个是等比数列，求和时一般用分组结合法.1 1 1 12 4 8 16分析：数列的通项公式为 a = n +n和时一般用分组结合法；【解】因为 a = n + 1，所以n n1 ⎧ 1 ⎫2 n ⎩ 2 n ⎭1 1 1 1s = (1 + ) + (2 + ) + (3 + ) + Λ + (n + n n)1 1 1 1= (1 + 2 + 3 + Λ + n ) + ( + + +Λ + 2 4 8 2 n) （分组）前一个括号内是一个等比数列的和，后一个括号内是一个等差数列的和，因此1 1(1 - ) = + 22 2 2 n 1 -2五、裂项法求和.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.（3）a=1=-；n(n+1)n n+1=1+(-)；（5）a=111=[-].n(n+1)(n+2)2n(n+1)(n+1)(n+2)2+3,⋅⋅⋅,n+n+1,⋅⋅⋅的前n项和.1+2++⋅⋅⋅+（裂项求和）通项分解（裂项）如：（1）a=f(n+1)-f(n)；n（2）sin1οcos nοcos(n+1)ο=tan(n+1)ο-tan nο；11n（4）a=n(2n)2111 (2n-1)(2n+1)22n-12n+11n【例5】求数列11+2,11【解】设a=n1n+n+1=n+1-n（裂项）则S=1n12+31n+n+1＝(2-1)+(3-2)+⋅⋅⋅+(n+1-n)＝n+1-1小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了.只剩下有限的几项.注意：余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的.2余下的项前后的正负性是相反的.六、合并法求和.针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S.n【例6】在各项均为正数的等比数列中，若a a=9,求log a+log a+⋅⋅⋅+log a的值.563132310【解】设S=log a+log a+⋅⋅⋅+log an3132310由等比数列的性质m+n=p+q⇒a a=a a（找特殊性质项）m n p q和对数的运算性质log M+log N=log M⋅N得a a a故数列 { n } 是以 1 = = 1 为首项，以 为公差的等差数列.由等差数列的通项公式，得 an = 1 + (n - 1) 所以数列 {a } 的通项公式为 a = ( n - )2n .2 2 ，说明数列{ n} 是S = (log a + log a ) + (log a + log a ) + ⋅ ⋅ ⋅ + (log a + log a ) （合并求和）n 3 1 3 10 3 2 3 9 3 5 3 6＝ (log a ⋅ a ) + (log a ⋅ a ) + ⋅ ⋅ ⋅ + (log a ⋅ a ) 3 110329356＝ log 9 + log 9 + ⋅ ⋅ ⋅ + log 9 3 33＝10（二）求数列通项公式一、构造等差或等比数列法【例 7】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3 ⨯ 2n ， a = 2 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】 an +1= 2a + 3 ⨯ 2n 两边除以 2 n +1 ，得na a 3n +1 = n + 2n +1 2n 2则 an +1 - 2n +1a n =2n 32a a2 3 2n 21 2 23 2n 2.3 1n n 评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 2a + 3 ⨯ 2n转化为 n a n +1 - 2n +1 a n = 2n 3 a 2 2n等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 a n = 1 + (n - 1) 2n 3 2，进而求出数列 {a } 的通项n公式.二、累加法.【例 8】已知数列 {a } 满足： ann +1= a + 2n + 1，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】由 a n +1= a + 2n + 1 得 ann +1- a = 2n + 1n则则a+，a=(a-a)+(a-a)+L+(a-a)+(a-a)+an n n-1n-1n-232211 =[2(n-1)+1]+[2(n-2)+1]+L+(2⨯2+1)+(2⨯1+1)+1=2[(n-1)+(n-2)+L+2+1]+(n-1)+1(n-1)n=2+(n-1)+12=(n-1)(n+1)+1=n2所以，数列{a}的通项公式为a=n2.n n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=a+2n+1转化为an n+1-a=2n+1，进而求出n(a-a)+(an n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a，即得数列{a}的通项公式.32211n【例9】已知数列{a}满足：an n+1=a+2⨯3n+1，a=3，求数列{a}的通项公式.n1n【解】由an+1=a+2⨯3n+1得an n+1-a=2⨯3n+1.则na=(a-a)+(a n n n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a32211=(2⨯3n-1+1)+(2⨯3n-2+1)+L+(2⨯32+1)+(2⨯31+1)+3 =2(3n-1+3n-2+L+32+31)+(n-1)+33(1-3n-1)=2+(n-1)+31-3=3n-3+n-1+3=3n+n-1所以a=3n+n-1.n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=a+2⨯3n+1转化为an n+1-a=2⨯3n+1，进而求出na=(a-a)+(a n n n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a，即得数列{a}的通项公式.32211n【例10】已知数列{a}满足：an n+1=3a+2⨯3n+1，a=3，求数列{a}的通项公式.n1n【解】an+1=3a+2⨯3n+1两边除以3n+1，得na a21n+1=n++3n+13n33n+1，a21n+1-n=3n+13n33n+1故n -3 ) + L + ( 2 - 1 ) + 1 ) + L + ( + + L + (1- 3n -1 ) 因此， n = + 3 则 a = ⨯ n ⨯ 3n + ⨯ 3n - .3 2 2 n -3 ) + L + ( 2 - 1 ) + 1 ，即得数列 ⎨ n ⎬ 的通项公式，最后 a⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ a a a a a a a a a a a a a a an = ( n - n -1 ) + ( n -1 - n -2 ) + ( n -2 -3n 3n a a 3n -2 3n -2 3n -3 32 31 3n -1 n -12 1 2 1 2 1 2 1 3= ( + ) + ( + ) + ( +) + 3 3n 3 3n -1 3 3n -2 3 32 32(n - 1) 1 1 1 1 1= + ( + + +3 3n 3n 3n -1 3n -2 32) + 1n评注：1a 2(n - 1) n 2n1 1 3n 3 1 - 3 32 2 ⨯ 3n2 1 1 + 1 = + -，本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 3a + 2 ⨯ 3n + 1 转化为 n a a 2 1n +1 - n = +3n+1 3n 3 3n +1，进而求出( a a a a a a a a a ⎧ a ⎫n - n -1 ) + ( n -1 - n -2 ) + ( n -2 - 3n 3n -1 3n -1 3n -2 3n -2 3n -3 32 31 3 ⎩ 3n ⎭再求数列 {a } 的通项公式.n三、累乘法.【例 11】已知数列 {a } 满足： a nn +1= 2(n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】因为 an +1= 2(n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 .n 1所以， a ≠ 0 . n 则 an +1 = 2(n + 1)5n ，an故a = an n n -1a a an -2 2 11= [2(n - 1 + 1)5n -1 ][2(n - 2 + 1)5n -2 ] ⋅L ⋅[2(2 + 1)⨯ 52 ][2(1+ 1)⨯ 51] ⨯ 3 = 2n -1[n(n - 1)⋅L ⋅ 3 ⨯ 2]⨯ 5(n -1)+(n -2) +L +2+1 ⨯ 3n (n -1)= 3 ⨯ 2n -1 ⨯ 5⨯ n !2 所以数列 {a } 的通项公式为 a =3 ⨯ 2nnn -1⨯ 5n(n -1) 2⨯ n!.评注：本题解题的关键是把递推关系 an +1= 2(n + 1)5n ⨯ a 转化为an +1 = 2(n + 1)5n ，进而求出nn⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ a ，即得数列 {a } 的通项公式.a a a 所以 a = ③⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ a = [n (n - 1)⋅L ⋅ 4 ⨯ 3]a = a .a a a 2 2a⋅ n -1⋅L ⋅ 3 ⋅ a ，从而可得当 n ≥ 2时，a 的表达式，最后再求出数列 {a } 的通项公式.aa a n a n -1a a a n -2 2 11 n【例 12】已知数列 {a } 满足： a = 1，a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2) ，求{a } 的n1n123n -1n通项公式.【解】因为 a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2)n123n -1 ①所以 an +1= a + 2a + 3a + L + (n - 1)a1 2 3n -1+ nan②用②式－①式得 an +1- a = na .n n则 an +1 = (n + 1)a (n ≥ 2)n故an +1= n + 1(n ≥ 2)a na a a n ! n n22n -1 n -2 2由 a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2) ，取n = 2得a = a + 2a ，则 a = a ，又知 a = 1 ，n 123n -1212211则 a = 1 ，代入③得 a = 1⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅L ⋅ n = 2 n n ! 2.所以， {a } 的通项公式为 a = n n评注：n ! 2.本题解题的关键是把递推关系式 an +1= (n + 1)a (n ≥ 2) 转化为 a n +1 = n + 1(n ≥ 2) ，进而求出nna na n -1a a 2 n nn -2 2四、待定系数法.【例 13】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3 ⨯ 5n，a = 6 ，求数列 {a n 1n }的通项公式.【解】设 a n +1+ x ⨯ 5n +1= 2(a + x ⨯ 5n ) ④n将 an +1= 2a + 3 ⨯ 5n 代入④式，得 2a + 3 ⨯ 5n + x ⨯ 5n +1 = 2a + 2 x ⨯ 5n ，n n n等式两边消去 2a ，得 3 ⋅ 5n + x ⋅ 5n +1 = 2 x ⋅ 5n ， n两边除以 5 n ，得 3 + 5x = 2 x , 则x = -1,代入④式得an +1- 5n +1 = 2(a - 5n ) ⑤n则 = 2 ， 令 ⎨，则 ⎨ ，代入⑥式得 4 + y = 3 y y = 2得 a + 5 ⨯ 2n + 2 ≠ 0 ，则 = 3 ， a + 5 ⨯ 2n + 2由 a - 51 = 6 - 5 = 1 ≠ 0 及⑤式得 a - 5n ≠ 0 .1na - 5n +1 n +1 a - 5nn则数列 {a - 5n }是以 a - 51 = 1 为首项，以 2 为公比的等比数列.n1则 a - 5n = 2n -1 .n故 a = 2n -1 + 5n .n评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 2a + 3 ⨯ 5n 转化为 ann +1- 5n +1 = 2(a - 5n ) ，从而可知n数列 {a - 5n }是等比数列，进而求出数列{a - 5n }的通项公式，最后再求出数列{a } 的通项公 nnn式.【例 14】已知数列 {a } 满足： ann +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】设 an +1+ x ⨯ 2n +1 + y = 3(a + x ⨯ 2n + y)n⑥将 an +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4 代入⑥式，得n3a + 5 ⨯ 2n + 4 + x ⨯ 2n +1 + y = 3(a + x ⨯ 2n + y)nn整理得 (5 + 2 x ) ⨯ 2n + 4 + y = 3x ⨯ 2n + 3 y .⎧5 + 2 x = 3x ⎧ x = 5 ⎩ ⎩an +1+ 5 ⨯ 2n +1 + 2 = 3(a + 5 ⨯ 2n + 2) ⑦n由 a + 5 ⨯ 21 + 2 = 1 + 12 = 13 ≠ 0 及⑦式，1a + 5 ⨯ 2n +1 + 2 n +1 n n故数列 {a + 5 ⨯ 2n + 2} 是以 a + 5 ⨯ 21 + 2 = 1 + 12 = 13 为首项，以 3 为公比的等比数列，因n1此 a + 5 ⨯ 2n + 2 = 13 ⨯ 3n -1 ，则 a = 13 ⨯ 3n -1 - 5 ⨯ 2n - 2 .nn评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4 转化为na n +1+ 5 ⨯ 2n +1 + 2 = 3(a + 5 ⨯ 2n + 2) ，从而可知数列 {a + 5 ⨯ 2n + 2} 是等比数列，进而求出数列 n n{a + 5 ⨯ 2n + 2} 的通项公式，最后再求数列 {a } 的通项公式.nn【例 15】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3n 2 + 4n + 5，a = 1 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n【解】设 an +1+ x(n + 1)2 + y(n + 1) + z = 2(a + xn 2 + yn + z ) ⑧n解方程组⎨2x+y+4=2y，则⎨y=10，代入⑧式，得⎪x+y+z+5=2z⎪z=18则=2，故数列{a+3n2+10n+18}为以a+3n2+10n+18○⎩x+y+lg2=5y ⎪⎪4⎩将an+1=2a+3n2+4n+5代入⑧式，得n2a+3n2+4n+5+x(n+1)2+y(n+1)+z=2(a+xn2+yn+z)，则n n2a+(3+x)n2+(2x+y+4)n+(x+y+z+5)=2a+2x n2+2yn+2z n n等式两边消去2a，得(3+x)n2+(2x+y+4)n+(x+y+z+5)=2x n2+2yn+2z，n⎧3+x=2x⎧x=3⎪⎪⎩⎩a n+1+3(n+1)2+10(n+1)+18=2(a+3n2+10n+18)⑨n由a+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32≠0及⑨式，得a+3n2+10n+18≠0 1na+3(n+1)2+10(n+1)+18n+1nna+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32为首项，以2为公比的等比数列，因此1a+3n2+10n+18=32⨯2n-1，则a=2n+4-3n2-10n-18.n n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=2a+3n2+4n+5转化为na n+1+3(n+1)2+10(n+1)+18=2(a+3n2+10n+18)，从而可知数列{a+3n2+10n+18}是等比n n数列，进而求出数列{a+3n2+10n+18}的通项公式，最后再求出数列{a}的通项公式.n n五、对数变换法.【例16】已知数列{a}满足：an n+1=2⨯3n⨯a5，a=7，求数列{a}的通项公式.n1n【解】因为an+1=2⨯3n⨯a5，a=7，所以a>0，an1n n+1>0.在an+1=2⨯3n⨯a5式两边取常用对数得lg an n+1=5lg a+n lg3+lg2⑩n设lg an+1+x(n+1)+y=5(lg a+xn+y)○11n将⑩式代入11式，得5lg a+n lg3+lg2+x(n+1)+y=5(lg a+xn+y)，两边消去5lg a并n n n整理，得(lg3+x)n+x+y+lg2=5xn+5y，则⎧lg3+x=5x ⎨⎧lg3x=，故⎨⎪y=lg3+lg2⎪164n +1 + (n + 1) + + = 5(lg a + n + + ) 1 ○2 416 4 4 16 4 ○ ⨯1 + + = lg 7 + ⨯1 + + ≠ 0 及1○2式， n + + ≠ 0 ，+lg34 16 4n + + }是以 lg 7 + + +n + + = (lg 7 + + + )5n -1， n +1+(n + 1) + + = 5(lg a + n + + ) ，从而可知数列4 16 4 4 16 4 n + + }是等比数列，进而求出数列 {lg a + n + + } 的通项公式，最4 16 4 4 16 4代入11式，得 lg a lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2n由 lg a +1得 lg a +n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 24 16 4 4 16 4lg3 lg3 lg 24 16 4则lg3 lg 2lg a (n + 1) + +4 16 4 =5 ， lg3 lg3 lg 2 lg a + n + +n所以数列 {lg a + n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2 4 16 4 4 16 4为首项，以 5 为公比的等比数列，则 lg a +n因此lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2 4 16 4 4 16 4lg a = (lg 7 + n lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2+ + )5n -1 - n - -4 16 4 4 6 41 1 1 n 1 1 = (lg 7 + lg 34 + lg 36 + lg2 4 )5n -1 - lg 34 - lg 316 - lg 241 1 1 n 1 1 = [lg(7 ⋅ 34 ⋅ 316 ⋅2 4 )]5n -1 - lg(34 ⋅ 316 ⋅ 2 4 )1 1 1 = lg(7 ⋅ 34 ⋅ 316 ⋅2 4)5n -1 n 1 1 - lg(34 ⋅ 316⋅ 2 4 )= lg(7 5n -1 ⋅ 35n -1 -n4⋅ 35n -1 -1 16⋅ 2 5n -1 -14)= lg(75n -1 ⋅ 35n -4n -1 16⋅ 25n -1 -14)则 a = 7 n5n -1 ⨯ 35n -4n -116⨯ 25n -1 -14.评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 an +1= 2 ⨯ 3n ⨯ a 5 转化为nlg a{lg a + n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2nlg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2n后再求出数列 {a } 的通项公式.n六、迭代法.【例 17】已知数列 {a } 满足： ann +1= a 3(n +1)2n ，a = 5 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n= a= 5lg an -1 ⋅L ⋅ lg a lg a ，从而 a = 53 ⋅n!⋅2 2.，a = ，求数列{a } 的通项公 (2n + 1)2 (2n+ 3)2 9 及 a = (2n + 1)2 (2n + 3)2 9 (2 ⨯ 2 + 1)2 (2 ⨯ 2 + 3)2 25 25 ⨯ 49 49 (2 ⨯ 3 + 1)2 (2 ⨯ 3 + 3)2 49 49 ⨯ 81 81 由此可猜测 a = ，往下用数学归纳法证明这个结论.(2n + 1)2【解】因为 an +1= a 3( n +1)2n ，所以 a = a 3n ⋅2n -1 = [a 3( n -1)⋅2n -2 ]3n ⋅2n -1n n n -1 n -2= a 32 ( n -1)⋅n ⋅2( n -2) +( n -1) n -2= [a 3( n -2) ⋅2n -3 ]32 ( n -1)⋅n ⋅2( n -2) +( n -1)n -3= a 33 ( n -2)( n -1) n ⋅2( n -3) +( n -2) +( n -1) n -3= L= a3n -1 ⋅2⋅3L L ( n -2) ⋅( n -1)⋅n ⋅21+2+L L +( n -3)+( n -2) +( n -1) 1n ( n -1)3n -1 ⋅n!⋅2 2 1又 a 1 = 5 ，所以数列 {a n } 的通项公式为 a n评注：n ( n -1) 3n -1⋅n !⋅2 2.本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式.即先将等式 an +1= a 3( n +1)2n 两边n取常用对数得 lg an +1 = 3(n + 1)⨯ 2n ⨯ lg a ，即 lg an +1 = 3(n + 1)2n ，再由累乘法可推知n nlg a =n lg a n ⋅ lg a n -1lg a lg an -2lg a lg a n(n -1)3 ⋅ 2 ⋅ lg a = lg5 3n -1⋅n !⋅2 2 1 2 1nn -1 n(n -1)七、数学归纳法.【例 18】已知数列 {a } 满足： a n n +1= a +n8(n + 1)81 n式.【解】由 an +1= a +n8(n + 1) 8 1，得a = a + 2 1 8(1+ 1) 8 8 ⨯ 2 24= + = (2 ⨯1 + 1)2 (2 ⨯1 + 3)2 9 9 ⨯ 25 258(2 + 1) 24 8 ⨯ 3 48a = a + = + =3 28(3 + 1) 48 8 ⨯ 4 80a = a + = + =4 3(2n + 1)2 - 1 n= ，所以等式成立.（2）假设当 n = k 时等式成立，即 a = ，则当 n = k + 1 时，(2k + 1)2(2k + 1)2 (2k + 3)2n +1=n +1=(b 2- 1) ，代入 a n +1 = (1+ 4a + 1 + 24a ) 得2416 24 n +1 16 24 n（1）当 n = 1 时， a = 1 (2 ⨯1 + 1)2 - 1 8(2 ⨯1 + 1)2 9(2k + 1)2 - 1 kak +1 = a + 8(k + 1)k(2k + 1)2 - 1 8(k + 1) = +(2k + 1)2 (2k + 1)2 (2k + 3)2==[(2k + 1)2 - 1](2k + 3)2 + 8(k + 1) (2k + 1)2 (2k + 3)2(2k + 1)2 (2k + 3)2 - (2k + 3)2 + 8(k + 1) (2k + 1)2 (2k + 3)2= (2k + 1)2 (2k + 3)2 - (2k + 1)2(2k + 1)2 (2k + 3)2 ==(2k + 3)2 - 1 (2k + 3)2[2(k + 1) + 1]2 -1 [2(k + 1) + 1]2由此可知，当 n = k + 1 时等式也成立.根据（1），（2）可知，等式对任何 n ∈ N * 都成立.评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.八、换元法.【例 19】已知数列 {a } 满足： an1 16(1+ 4a + 1 + 24a )，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公n n 1 n式.【解】令 b = 1 + 24a ，则 a = n n n 1(b 2 - 1)24 n故 a1 1 n +1 n n1 1 1(b 2 - 1) = [1+ 4 (b2 - 1) + b ] n 即 4b 2 = (b + 3)2n +1n= b + ， - 3 = (b - 3) ，所以 {b - 3}是以 b - 3 = 1 + 24a - 3 = 1 + 24 ⨯1 - 3 = 2 为首项，以 为公比的等比数列，2因此 b - 3 = 2( )n -1 = ( )n -2 ，则 b = ( )n -2 + 3 ，即 1 + 24a = ( )n -2 + 3 ，得2 2 2 2 a = ( )n + ( )n + .3 4 2 3n +1== = = = . 21a - 24- 3 21a - 24 - 3(4a + 1) 9a - 27 n n n n 所以数列 ⎨ n ⎧ a - 2 ⎫ a - 2 4 - 2 13是以 1 = = 2 为首项，以 为公比的等比数列， a - 3 ⎭ a - 3 4 - 3 ⎩ n 故 a - 2 = 2( )n -1，则 a =a - 3 9因为 b = 1 + 24a ≥ 0 ，故 bnnn +1= 1 + 24an +1≥ 0则 2bn +1= b + 3 ，即 bn n +11 32 n 2可化为 b n +1 12 n1 n 111 1 1 1n n n2 1 1 1n 评注：本题解题的关键是通过将 1 + 24a 的换元为 b ，使得所给递推关系式转化 b n n n +1 1 3= b +2 n 2形式，从而可知数列{b - 3}为等比数列，进而求出数列{b - 3}的通项公式，最后再求出数列 n n{a } 的通项公式.n九、不动点法.【例 20】已知数列 {a } 满足： a n21a - 24 n4a + 1n，a = 4 ，求数列 {a } 的通项公式. 1 n【解】令 x =21x - 24 4 x + 1，得 4 x 2 - 20 x + 24 = 0 ，则 x = 2，x = 3 是函数 f ( x ) =1 2因为21x - 24 4 x + 1的两个不动点.a n +1a n +121a - 24n - 2- 2 4a + 1 21a - 24 - 2(4a + 1) 13a - 26 13 a - 2n n n n n - 3 9 a - 3 n 4a + 1n⎬ 9 1 n n评注：13 n1132( )n -1 - 19+ 3 .本题解题的关键是先求出函数 f ( x ) =21x - 24 的不动点，即方程 x = 的两个根 x = 2，x = 3 ，进而可推出 = ⋅ n，从而可知数列 ⎨ n ⎬ 为等比数列，再求出 - 3 9 a - 3a - 3 ⎭ a ⎩数列 ⎨ n ⎬ 的通项公式，最后求出数列 {a n } 的通项公式. a = ( )n + ( )n + . 3 4 2 321x - 24 4 x + 1 4 x + 1a - 2 13 a - 2 ⎧ a - 2 ⎫n +1 1 2 n +1 nn⎧ a - 2 ⎫ ⎩ a n - 3 ⎭【例 21】已知数列 {a } 满足： a n n +1 = 7a - 2 n 2a + 3 n，a = 2 ，求数列 {a } 的通项公式.1 n【解】令 x =7 x - 2 2 x + 3，得 2 x 2 - 4 x + 2 = 0 ，则 x = 1 是函数 f ( x ) = 3x - 1 4 x + 7的不动点.因为 an +1- 1 = 7a - 2 5a - 5 n - 1 = n2a + 3 2a + 3n n，所以2 1 1 1n。
数列通项公式与求和讲解与习题(含答案)
数列通项与求和一．求数列通项公式1．定义法（①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
）例．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式．答案：35n a n =2．公式法：已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：11,(1),(2)n n n a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩例．设正整数数列{}n a 前n 项和为n S ，满足21(1)4n n S a =+，求n a 答案：21n a n =-3．作商法：已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
如数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a ；答案：61164．累加法：若1()n n a a f n +-=求n a ：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥。
例．已知数列，且a 1=2，a n +1=a n +n ，求a n ．答案：242n n n a -+=5．累乘法：已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥ 例．已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。
答案：23n a n=6．已知递推关系求n a ，用构造法（构造等差．等比数列）。
（1）形如()n f pa a n n +=+1只需构造数列{}n b ，消去()n f 带来的差异．其中()n f 有多种不同形式 ①()n f 为常数，即递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。
数列求和与求通项公式方法总结(已打)
12、已知 为等比数列, , ,则 。
13、已知 得三边长成公比为 的等比数列,则其最大角的余弦值为_________.
14、已知等比数列 为递增数列,且 ,则数列的通项公式 _____.
15、等比数列{ }的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比 =_______
(Ⅰ)求 的值;(Ⅱ)求数列 的通项公式.
（1）求数列 的通项公式；
(2)记 ，求数列 的前n项和 。
数列练习题（近三年各地高考题选编）
一、填空题
1、在等差数列 中, ,则 的前5项和 =。
2、等差数列 中, ,则数列 的公差为。
3、在等差数列 中,已知 =16,则 。
4、如果等差数列 中， + + =12，那么 + +•••…+ =。
5、 为等差数列, 为其前 项和.若 , ,则 ________.
（1）求数列 、 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，问 > 的最小正整数 是多少
2、（2012广州一模）已知等差数列 的公差 ，它的前 项和为 ，若 ，且 ， ， 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
（2）设数列 的前 项和为 ，求证： ．
3、（2012惠州三模）已知函数 ，且数列 是首项为 ，公差为2的等差数列.
6、{an}的前n项和为Sn,且Sn= ,n∈N﹡,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N﹡.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
7、已知 是等差数列,其前 项和为 , 是等比数列,且 .
(I)求数列 与 的通项公式;
高中数学数列的通项与求和公式推导
高中数学数列的通项与求和公式推导数列是高中数学中的重要概念之一，它不仅在数学理论中有着广泛的应用，而且在实际生活中也有着重要的意义。
数列的通项与求和公式是数列研究中的重要内容，掌握了这两个公式，可以帮助我们更好地理解和解决数列相关的问题。
本文将围绕数列的通项与求和公式展开讨论，以便读者能够更好地掌握这一知识点。
一、数列的通项公式数列的通项公式是指能够根据数列的位置n来求出该位置上的数值的公式。
在数列的研究中，我们经常需要根据已知的数列规律来推导出数列的通项公式，从而可以方便地求出任意位置上的数值。
以等差数列为例，等差数列的通项公式可以通过观察数列的规律来推导。
例如，对于等差数列1，4，7，10，13，...，我们可以观察到每一项与前一项的差都是3，即公差为3。
假设第一项为a₁，公差为d，那么第n项可以表示为aₙ = a₁ + (n-1)d。
对于这个例子，我们可以得到通项公式为aₙ = 1 + (n-1)3。
类似地，对于等比数列，我们也可以通过观察数列的规律来推导出通项公式。
例如，对于等比数列2，4，8，16，32，...，我们可以观察到每一项与前一项的比都是2，即公比为2。
假设第一项为a₁，公比为q，那么第n项可以表示为aₙ =a₁q^(n-1)。
对于这个例子，我们可以得到通项公式为aₙ = 2×2^(n-1)。
通过以上两个例子，我们可以看出，观察数列的规律是推导通项公式的关键。
对于不同类型的数列，我们可以根据其特点来寻找规律，并利用这些规律来推导出通项公式。
二、数列的求和公式数列的求和公式是指能够根据数列的前n项来求出这n项的和的公式。
在数列的研究中，我们经常需要根据已知的数列规律来推导出数列的求和公式，从而可以方便地求出前n项的和。
以等差数列为例，等差数列的求和公式可以通过观察数列的规律来推导。
例如，对于等差数列1，4，7，10，13，...，我们可以观察到每一项与首项的差都是3，即公差为3。
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1
专题一：数列通项公式的求法
一、公式法
公式法1：特殊数列
例： 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，
且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；
例. 等差数列na是递减数列，且432aaa=48，432aaa=12，则数列的通项公式是（ ）
(A) 122nan (B) 42nan (C) 122nan (D) 102nan
公式法2： 知ns利用公式 2,1,11nSSnsannn.
例：已知下列两数列}{na的前n项和sn的公式，求}{na的通项公式.
（1）13nnSn.
（2）12nsn
二、 累加法 【型如)(1nfaann的地退关系递推关系】
例：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项.
例. 若在数列na中，31a，nnnaa21，求通项na
例.已知数列}{na满足31a，)2()1(11nnnaann，求此数列的通项公式.
2
三、累积法 【 形如1na=f(n)·na型】
例：在数列｛na｝中，1a =1, (n+1)·1na=n·na，求na的表达式.
例： 已知数列na中，311a，前n项和nS与na的关系是 nnannS)12( ，试求通项公式na. .
思考题1：已知1,111annaann,求数列{an}的通项公式.
四、构造特殊数列法
构造1：【形如0(,1cdcaann,其中aa1)型】
例：已知数}{na的递推关系为121nnaa，且11a求通项na.
构造2：相邻项的差为特殊数列
例：在数列na中，11a，22a，nnnaaa313212，求na.
3
构造3：倒数为特殊数列【形如srapaannn11】
例： 已知数列｛na｝中11a且11nnnaaa（Nn），，求数列的通项公式.
五、待定系数法：
例：设数列}{nc的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn
六、迭代法【一般是递推关系含有的项数较多】
例：（1）数列{na}满足01a,且)1(2121naaaann,求数列{an}的通项公式.
（2）数列{na}满足11a,且2121naaaann,求数列{an}的通项公式
（3）已知数列}{na中，,2121,211nnaaa求通项na.
4
专题二：数列求和方法详解（六种方法）
一、公式法
1、等差数列求和公式：
dnnnaaanaanaanSnnnn2)1(2)(2)(2)(123121
2、等比数列求和公式：)1(11)1()1(111qqqaaqqaqnaSnnn
[例1] 已知3log1log23x，求nxxxx32的前n项和.
[例2] 设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求1)32()(nnSnSnf的最大值.
二、错位相减法
[例3] 求和：132)12(7531nnxnxxxS………………………①(1x)
试一试1：求数列,22,,26,24,2232nn前n项的和.
三、倒序相加法
[例4] 求89sin88sin3sin2sin1sin22222的值 .
5
四、分组法求和
[例5] 求数列的前n项和：231,,71,41,1112naaan，…
试一试1 求11111111111个n之和 .
五、裂项法求和
方法简介：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重
新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项及分母有理化）如：
（1）)()1(nfnfan ； （2）11nnan=nn1；
（3）111)1(1nnnnan； （4）)121121(211)12)(12()2(2nnnnnan .
[例6] 求数列,21,,421,311nn的前n项和.
[例7] 在数列{an}中，11211nnnnan，又12nnnaab，求数列{bn}的前n项的和.
试一试1：已知数列{an}：)3)(1(8nnan，求前n项和.
试一试2：
1003211321121111
..
6
.六、合并法求和
[例8] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.
[例9] 数列{an}：nnnaaaaaa12321,2,3,1，求S2002.（周期数列）
[例10] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365logloglog,9aaaaa求的值;