数列专题训练包括通项公式求法和前n项和求法

数列专题 1、数列的通项公式与前n项的和的关系 11,1,2nnnsnassn







( 数列{}na的前n项的和为12nnsaaaL).

2、等差数列的通项公式 *11(1)()naanddnadnN

；

3、等差数列其前n项和公式为

1()2nnnaas1(1)2nnnad21

1()22dnadn.

4、等比数列的通项公式 1*11()nnnaaaqqnNq

；

5、等比数列前n项的和公式为 1

1

(1),11,1nnaqqsqnaq







或 11,11,1nnaaqqqsnaq.

常用数列不等式证明中的裂项形式: （1）(1111nnn(n+1)1111()1knkn(n+k);

(2) 211111()1211kkk2k (3)211111111(1)(1)1kkkkkkkkk (4)1111(1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn; (5)111!!1!nnnn (6)212212(1)11nnnnnnnnn11(1)2nnn) 一.数列的通项公式的求法 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na是递增数列，前n项和为nS，且931,,aaa成等比数列，255aS．求数列na

的通项公式. 解：设数列na公差为)0(dd

∵931,,aaa成等比数列，∴9123aaa， 即)8()2(1121daadadad12 ∵0d， ∴da1………………………………①

∵255aS ∴211)4(2455dada…………② 由①②得：531a，53d ∴nnan5353)1(53 2.公式法：已知nS（即12()naaafnL）求na，用作差法：11,(1),(2)nnnSnaSSn。

例．已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn．求数列na的通项公式。 解：由1121111aaSa

当2n时，有,)1(2)(211nnnnnnaaSSa 1122(1),nnnaa

,)1(22221nnnaa……，.2212aa

11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaaL

].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211

nnnnnnnnn

经验证11a也满足上式，所以])1(2[3212nnna 3.作商法：已知12()naaafnL求na，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)nfnfnanfn。

如数列}{na中，,11a对所有的2n都有2321naaaan，则53aa______ ； 4.累加法：

若1()nnaafn求na：11221()()()nnnnnaaaaaaaL1a(2)n。

例. 已知数列na满足211a，nnaann211，求na。

解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann 分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa

)111()4131()3121()211(nn

所以naan111

211a，nnan1231121



例：已知数列，且a1=2，an+1=an+n，求an. 解：naann1 ∴11naann，221naann，332naann，·，112aa

将以上各式相加得13211naan

2)1(22)1)(11(1nnnnaan 又因为当n=1，22)11(121a成立， ∴2)1(2nnan )(*Nn 5.累乘法：已知1()nnafna求na，用累乘法：121121nnnnnaaaaaaaaL(2)n。

例. 已知数列na满足321a，nnanna11，求na。 解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即

1342312••••nnaaaaaaaann1433221naan11

又321a，nan32 例：已知nnnaaa3,311,求通项an. 解：∵nnnaa31

∴113nnnaa，2213nnnaa，… ，312aa 把以上各项式子相乘得 2)1(132113211333333nnnnnaa

∴12)1(3nnna 又当n=1时，33121)11(1a成立 ∴12)1(3nnna 6.已知递推关系求na

，用构造法（构造等差、等比数列）。

（1）形如nfpaann1只需构造数列nb，消去nf带来的差异．其中nf有多种不同形式 ①nf为常数，即递推公式为qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。

解法：转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。 例. 已知数列na中，11a，321nnaa，求na. 解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为

)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首

项，2为公比的等比数列，则11224nnnb, 所以321nna. ②nf为一次多项式，即递推公式为srnpaann1

例．设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na. 解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得 12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAb

n

13323ABB

AA



11BA

1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得

132nann

备注：本题也可由1231naann ,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为qpbbnn1求之.

③ )(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2; （2）递推公式为nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。 （或1nnnaparq,其中p，q, r均为常数）

解法：该类型复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以1nq，得：qqaqpqannnn111•

引入辅助数列nb（其中nnnqab），得：qbqpbnn11再应用类型（1）的方法解决。 例. 已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。 解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211••nnnnaa 令nnnab•2，则1321nnbb,应用例7解法得：nnb)32(23 所以nnnnnba)31(2)21(32 （3）递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。 解法：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts，再应用前面类型（2）的方法求解。 例. 已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。

解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa

即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts

这里不妨选用311ts（当然也可选用131ts，大家可以试一试），则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa，公比为31的等比数列,所以

11)31(nnnaa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，