数列通项数列前n项和的求法例题+练习.docx
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数列通项数列前n项和的求法例题+练习
通项公式和前n项和
一、新课讲授:
求数列前N项和的方法
1.公式法
（1）等差数列前n项和：
n（a1an）2（^J）d
n212
特别的，当前n项的个数为奇数时，S2k1（2k1）sk1，即前n项和为中间项乘以项数。
这个公
式在很多时候可以简化运算。
（2）等比数列前n项和：
q=1时，Snna〔
彳n
a11q
q1，Sn，特别要注意对公比的讨论。
1
q
（3）其他公式较常见公式：
仁Sn
n
k
k1
1
—n（n1）2
2
n21
、Snk2丄n（n1）（2n1）
k16
3、Sn
n
k3
k1
12
Un（n1）］2
2
［例1］
已知log
1亠23
xn的前n项和.
3X,求^XXX
log23
2•错位相减法
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｛an•bn｝
的前n项和，其中｛an｝、｛bn｝分别是等差数列和等比数列.
［例3］求和：
Sn13x5x27x3（2n1）xn1①
2
2n
，2n
46
［例4］求数列—，丐，-
22223
练习:
答案：
当x=1时，S=1+5+9++（4n-3）=2n2-n
当x工1时，S=十4x（1-xn）1-x+1-（4n-3）xn］
3.倒序相加法求和
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（a1an）.
22222
［例5］求sin1sin2sin3sin88sin89的值
4.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
1i1
［例6］求数列的前n项和：
11,4,—三7,，-^3n2，
aaan
1111
练习：
求数列12,24，38，?
?
?
，（n尹?
？
?
的前n项和。
5.
裂项法求和
-^（tan89tanO）=cot1=
sin1sin1sin1
原等式成立
练习：
求3153563之和。
6.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.
[例12]求cos1°+cos2°+cos3°+•…+cos178°+cos179°的值.
7.利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.
[例15]求1111111111之和.
n个1
练习：
求5,55,555,…，的前n项和。
使其能
只
以上一个7种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决,要很好地把握这一规律,就能使数列求和化难为易,迎刃而解。
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求数列通项公式的八种方法
、公式法（定义法）
根据等差数列、等比数列的定义求通项
、累加、累乘法
1、累加法适用于：
an1anf（n）
a2aif
（1）
若anianf（n）（n2），则
a3a2f⑵
LL
an1anf（n）
n
两边分别相加得an1a1f（n）
k1
例1已知数列｛an｝满足an1an2n1，3
1，求数列｛an｝的通项公式。
解：
由an1an2n1得an1an
2n1则
an（an
an1）（an1
an2）L（a3a2）
（a2aj
a1
[2（n
1）1][2（n
2）1]L（22
1）（21
1）1
2[（n
1）（n2）
L21]（n1）1
2（n
：
）n（n1）
1
（n1）（n1）1
2
n
所以数列｛an｝的通项公式为ann2。
例2已知数列｛an｝满足an1an23n1，印
3，求数列｛an｝的通项公式。
解法一：
由an1an23n1得an1an23n1则
（23n
1
1）
（2
3n
21）
2（3n1
3
n2
L
32
31）
3（1
3n
1）
（n
1）
3
2
1
3
3n3
n
1
3
3nn
1
L（2321）（2311）3
（n1）3
所以an3nn1.
解法二：
an1
3an23n
n1
1两边除以3
an1
得盯
On2J
3n33n
ananan
1an1
an2）
3nV3n
an
）V
1
an1
3n2）
2
1
2
1
2
（3
R
（3
3n1
）（3
2（n
1）
（丄
1
1
3
（3n
3n
3n1
1
3n
n15
3
（an2
（3n2
an3）
3n3）
L（:
a2a1、
3
1
2
1
3
』2）
L（-
2）
3
3
3
3
1
3n2
L1
1
因此
On
3n
2（n
1）
3n1）
2n
3n
2、累乘法适用于：
an1f（n）an
an1
若
f（n）,则鱼f
（1）,^f
（2）,LL,也
a1a2an
f（n）
两边分别相乘得,
an1
a1
n
a1f（k）
k1
例3已知数列｛an｝满足an1
2（n1）5nan，印
3，求数列｛an｝的通项公式。
解：
因为an12（n1）5nan，a1
3，所以an
0,则也
an
2（n1）5n，故
anan
an
1La3a2
a1
an1an
2a2ai
[2（n1
1）5n1][2（n
21
）5n2]L
[2（2
1）52][2（11）51]3
2nh（n
1）L32]
5（n
1）（n2）L
213
n（n1）
32n1
52n!
32n1
n（n1）
所以数列｛an｝
的通项公式为
an
52
n!
.
、待定系数法
适用于an1
qan
f（n）
分析：
通过凑配可转化为an11f（n）2[anjf（n）]；
解题基本步骤：
1、确定f（n）
2、设等比数列an1f（n），公比为2
3、列出关系式an11f（n）2[an1f（n）]
4、比较系数求1，2
5、解得数列an1f（n）的通项公式
6、解得数列an的通项公式
例4已知数列｛令｝中，ai1,an2an11（n2），求数列an的通项公式。
解法一：
Qan2ani1（n2）,
an12（ani1）
又Qa112,an1是首项为2,公比为2的等比数列
an12n，即an2n1
解法二：
Qan2an11（n2）,
2的等比
两式相减得an1an2（anani）（n2），故数列务i务是首项为2,公比为
数列，再用累加法的……
ni
例5已知数列｛务｝满足an12an43,印1，求数列an的通项公式。
解法一：
设an113n2（an3n1），比较系数得14,22,
则数列an43n1是首项为a1435，公比为2的等比数列，
所以an43n1
52
n1
即an
43n
15
2n1
解法二：
两边同时除以3n1
得:
an1
3n1
2
an4
~n~2
，下面解法略
3
33
注意：
例6已知数列｛an｝满足an1
2an
3n2
4n
5,a11，求数列｛an｝的通项公式。
2
解：
设an1x（n1）y（n
1）
z
2（an
2xn
yn
z）
比较系数得x3,y10,z
18,
所以an13（n1）210（n
1）
18
2（an
3n2
10n
18）
2
由a131101181
31
32
0,
得Oi
3n2
10n180
则an13（n1）l0（nm82，故数列｛an3n210n18｝为以
an3n210n18
2
a1311011813132为首项，以2为公比的等比数列，因此
2n1n42
an3n10n18322，则an23n10n18。
注意：
形如an2pan1qan时将an作为f（n）求解
，数列
分析：
原递推式可化为an2an1（p）（an1an）的形式，比较系数可求得
an1an为等比数列。
解：
设an2
an1（5
）（an1an）
比较系数得
2，不妨取
则an22an
3（an1
2an），则an1
2an是首项为
4，公比为3的等比数列
an12an
43n1,
所以an
43n1
52n1
四、迭代法
又a15，所以数列｛an｝的通项公式为an5
n（n1）
3n1n!
22
注：
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。
五、变性转化法
1、对数变换法适用于指数关系的递推公式
例9已知数列｛an｝满足an123na：
，@7，求数列｛an｝的通项公式。
n5
解：
因为an123an,a17，所以an0,an10。
两边取常用对数得lgan15lgannIg3Ig2
设Igan1x（n1）y5（lga.xny）（同类型四）
比较系数得,
y
4164
由lgai
lg3
4
lg3
76
lg2lg7lg31Ig3lg2
VgV76
0，得lgan空n里空0,
4164
所以数列
{lgan
则lgan
lg3dn
4
lg3lg2
lg3l
16
是以lg7
16
4（lg7
lg3lg3
~T76
里
16
n1
lg3
4
普5
4
竽为首项，以5为公比的等比数列,
，因此
lg4（lg7
lg3lg3lg2）5n1
[lg（7
lg（7
4
11
3刁3花
1
34
164
1
24）]5n
1
n1
24）5
5n1
lg（7
5n4n1
316
5n
n
lg（34
n
lg（34
11
2厂）
46
11
3花2刁）
11
3162刁）
lg2
4
5n4n1
5n1'
an753
2、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项
2a
例10已知数列｛an｝满足an1,q1，求数列｛an｝的通项公式。
an2
1
2（n°an
3、换元法适用于含根式的递推关系
1
例11已知数列｛an｝满足an1（14an..124an）,q1，求数列｛an｝的通项公式。
16*
124an，则an^4（bn1）
13
则2bn1bn3，即bn1g
22
1
可化为bn13—（bn3）,
2
所以｛bn3｝是以b3J—24a3•厂24一132为首项，以舟为公比的等比数列，因此
bn32
（2）n1
（2）n2，则bn
（1）n23，即.124an
（1）n23，得
汕
（2）n
3
42
加以证明。
（2）假设当nk时等式成立，即ak
（2k1）21
（2k1）2
，则当n
k1时,
aki
a8（k1）
k（2k1）2（2k3）2
[（2k1）21]（2k3）28（k1）
22
（2k1）2（2k3）2
（2k1）2（2k3）2（2k1）2
22（2k1）（2k3）
2
（2k3）1
（2k3）2
2
[2（k1）1]1
[2（k1）1]2
由此可知，当nk1时等式也成立。
根据
（1）,
（2）可知，等式对任何nN*都成立。
七、阶差法
1、递推公式中既有Sn,又有an
方法求解。
1
例13已知数列｛an｝的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sn~（3n1）（3n2），且32,34,39成等
6
比数列，求数列｛an｝的通项公式。
•••当n=1时，S
a11）（a12），解得a11或ai2
6
1
当n>2时’Sn16（am1）（am2）⑵
⑴-⑵整理得：
（anan1）（anan13）0
•••｛an｝各项均为正数，•anan13
2
当a11时，an3n2，此时a4a?
a9成立
2舍去
当a12时，an3n1，此时a：
a?
a9不成立，故a1
所以an3n2
2、对无穷递推数列
所以an1a12a23a3L（n1）an1nan
用②式一①式得an1annan.
则an1（n1）an（n2）
八、不动点法
f（x）的不动点或称（Xo,f（Xo））为函数f（x）的不动点。
Xo，在变形求解。
分析：
由f（x）X求出不动点Xo，在递推公式两边同时减去
类型一：
形如an1qand
例15已知数列｛an｝中，ai1,an2an11（n2），求数列an的通项公式。
解：
递推关系是对应得递归函数为f（x）2x1，由f（x）x得，不动点为-1
…an112（an1）,
（2）若有两个相同的不动点p,则将递归关系式两边减去不动点p,然后用1除，得
1
1
k，其中k
2c
。
N1
panp
ad
例16
已知数列｛a*｝满足an1
21a24
n24,a14，求数列｛an｝的通项公式。
4an1
21x24221x24
解：
令x，得4x20x240，则为2,X23是函数f（x）的两个不动
4x14x1
点。
因为
21an24
J
an
12
4an
1
21an
242（4an1）
13an
26
13an
2
a
。
所以数列n
2
是以
an
13
21an
243
21an
243（4an1）
9an
27
9an
3
an
3
4an
1
ai
2
4
2
2为首项，
以空
为公比的等比数列，
故an
2
2（乌n
1
则an
3。
a1
3
4
3
9
an
3
9
nc/13、n
1’
1
n
2（i）
1
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