数列通项数列前n项和的求法例题+练习Word文件下载.docx

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数列通项数列前n项和的求法例题+练习Word文件下载.docx

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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

111

［例6］求数列的前n项和：

11,_7,，-3n2，…

a2'

1111

练习：

求数列1~-2，3，?

，（nn），?

的前n项和。

2482

裂项法求和

-^（tan89tan0）=cot1=

sin1sin1sin1

原等式成立

1丄丄丄

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.

［例14］在各项均为正数的等比数列中，若a5a69,求log3a1log3a2log3a10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

求5,55,555,…，的前n项和。

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，使其能

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，只

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。

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

III111

两边分别相加得an1a1f（n）

例1已知数列｛a*｝满足an1an2n1，a1

1，求数列｛an｝的通项公式。

解：

由an1an2n1得an1an

2n1则

an（anan1）（an1an2）（a3a2）（a2a1）a1

[2（n1）1][2（n2）1]（221）（211）1

2[（n1）（n2）21]（n1）1

2（^n（n1）1

（n1）（n1）1

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

（ana

n1）

（an1

2）

（a3

）

（a2a1）a1

（23n

11）

（2

3n2

1）

1）（2311）3

2（3n1

III

31）（n

3（1

3n1）

3n3

所以an3nn1.

解法二：

3an

23n

1两边除以3n

an1

得盯

则色1

an2

an1）

因此

则an

（3

2（n

（I

丄）

才1）

an2）尹丿

（an2

（尹

an3）

3n1

III（3

32）

2、累乘法

3n1）

32）3

23n，

n3n

适用于:

f（n）an

若乳f（n）,则鱼

ana1

两边分别相乘得，旦口

例3已知数列｛an｝满足an1

（1）,-f

（2）,||||

a1f（k）

2（n1）5nan，印

f（n）

因为an12（n1）5nan，a1

3，所以an

0,则也

2（n1）5n，故

aian1HIa3a2

an1an2a?

[2（n11）5n1][2（n21）5n2]2n1[n（n1）32]5（n

n（n1）

32n15^n!

1）（n2）

[2（21）52][2（11）51]3

213

所以数列｛an｝的通项公式为an

2n!

三、待定系数法适用于an1qan

分析：

通过凑配可转化为an11f（n）2[an/（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｛an｝中，a11,an2a.11（n2），求数列a.的通项公式。

解法一：

;

an2an11（n2）,

an12（an11）

又;

a112,an1是首项为2,公比为2的等比数列

an12n，即an2n1解法二：

2an1

两式相减得an1an2Gani）（n2），故数列a.ia.是首项为2,公比为2的等比

数列，再用累加法的

例5已知数列｛务｝满足a.i2an43,印1，求数列an的通项公式。

设an113n2（an3n1），比较系数得14,22，

则数列an43n1是首项为a143115，公比为2的等比数列,

n1n1n1n1

所以an4352，即an4352

两边同时除以3n1得：

%2牛号，下面解法略

3n133n32

注意：

例6

已知数列

｛an｝满足an1

2an

设an1

x（n1）

2y（n

1）z

2（an

比较系数得

x3,y

10,z

18，

所以an1

3（n1）2

10（n

1）18

由a131

2101

181

3132

0，

3n4n5，a11，求数列｛an｝的通项公式。

2、

xnynz）

3n210n18）

得an3n210n180

则需3（n1）210（n1）18

、an3n210n18

a131210118131

32为首项，以2为公比的等比数列，因此

n42

23n10n18。

2n1

an3n10n18322，则an

形如an2

pan1qan时将an作为f（n）求解

原递推式可化为

an2an1（p）（an1an）的形式，比较系数可求得

，数列

an1an为等比数列。

设an2an1（5）（anian）

n1n1n1

an12an43，所以an4352

四、迭代法

3（n2）2n332（n1）n2（n2）（n°

[an3]

33（n2）（n1）n2（n3）（n2）（n°

an3

3n123（n2）（n1）n21^1（n3）（n2）（n°

3n1n!

2~2~又a15，所以数列｛an｝的通项公式为an5

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。

因为an123an，a17，所以an0,an10。

设Iganix（n1）y5（lga.xny）（同类型四）比较系数得，x—y——

164

由lg&

四i也/|g7iS3iJS3o,得|ganiS^n妙丛0,

416441644164

所以数列｛Igan也3n—皆｝是以lg7———为首项，以5为公比的等比数列，

164

4164

则lgan

lg3

lg3n

lg2（lg7

lg2）5n1，因此

lgan

（lg7

lg3lg2）5n1

nlg3lg2

[lg（7

343花

24）]5n1lg（3

2刁）

lg（7343162刁产lg（343162刁）

5n4n15n11

lg（75n13162^）

则an7531624。

2、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项

例10已知数列｛an｝满足an1n,4

求倒数得

1丄

—为等差数列，首项—1，公差为一，

ana12

1（n1），an

3、换元法适用于含根式的递推关系

例11已知数列｛an｝满足an1

丄（14an..124an），61，求数列｛an｝的通项公式。

令bn124an，则an丄（bf1）

24命

-6[1

即4b；

（bn

3）2

因为bn

吗

则2bn1

3，即

可化为bn

所以｛bn

3｝是以b

3）,

4£

（b：

1）bn]

bn3

2bn2，

3,.r~24a3•厂24一132为首项,

丄为公比的等比数列，因此

11_

（2）n2，则bn（-）n23，即...1

24an

3，得

an2

（1）n

（1）n1。

3423

加以证明。

由an1an—°

-及a18，得

（2n1）1

（2n1）2

（2n1）（2n3）9

8（11）

882

1）（21

8（21）

1）（22

8（31）

1）2（23

由此可猜测an

F面用数学归纳法证明这个结论。

（1）当n1时，q

（21J1

（211）2

8，所以等式成立。

（2）假设当nk时等式成立，即ak

（2k1）21

（2k1）2

，则当n

k1时,

aa8（k1）

ak1ak22

（2k1）（2k3）

[（2k1）21]（2k3）28（k1）

（2k1）2（2k3）2

（2k1）2（2k3）2（2k1）2（2k1）2（2k3）2

（2k3）21

（2k3）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。

且a2,a4,a9成等

例13已知数列｛an｝的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sn（3n1）（%2）

比数列，求数列｛an｝的通项公式。

•••对任意

N有Sn

（an

1）（an

⑴

•••当n=1时，

1/a1

1）（a1

2）,

解得a1

1或ai2

当n》2时，

Sn1

~（an1

1）（an1

⑵

T｛an｝各项均为正数，•••anan13

当a11时，an3n2，

此时a4

a9成立

当a1

2时，an3n1，

此时a4玄2玄9不成立，故

2舍去

所以an3n2

2、对无穷递推数列

例14已知数列｛an｝满足

1，anai2a2

3a3

1）ani（n2），求｛an｝的通项公式。

因为an

ai2a?

3a3

|||（n1）ani（n

所以an1a12a2

3a3HI

（ni）ani

nan

用②式—①式得an1annan.

则an1

（ni）an（n2）

故加

ni（n2）

所以an

虫也生a2

an1an211a2

[n（n1）

III4

3]a2

严.

由an

ai2a23a3川（n

i）ani（n

2），取n

2得a2

ai2a2，则a2ai，又知ai1，

则a2

1，代入③得an

。

所以,

｛an｝的通项公式为

八、不动点法

不动点的定义：

函数

f（x）的定义域为

D，若存在

f（x）Xo

D，使f（Xo）Xo成立，则称Xo为

f（X）的不动点或称（Xo,f（Xo））为函数f（X）的不动点。

由f（X）X求出不动点Xo，在递推公式两边同时减去

Xo，在变形求解。

类型一：

形如an1qand

例15已知数列｛an｝中，a

1,an2an11（n2），求数列a.的通项公式。

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（a.

1），

类型二：

形如an

aanb

cand

递归函数为

f（x）空

（1）若有两个相异的不动点

p,q

时，将递归关系式两边分别减去不动点

p,q，再将两式相除得

pc•c（aqpq）kn1（6Ppq）

，••an.1

aqc⑻p）k（aq）

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

an1p

k，其中k

anp

21a24

例16已知数列｛an｝满足an1

2-^——,a14，求数列｛an｝的通项公式。

4an1

21x2421x24

令x，得4x220x240,则X12,X23是函数f（x）的两个不动

4x14x1

点。

因为

2他24o

an12

an13

4an

121an

2（4an

13an

9an

13an

9an

所以数列-

是以

21an

24321an

3（4an

a124

2为首项，以13

为公比的等比数列，

故弘

2（珂

3。

a-i34

2（打

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