数列专题训练包括通项公式求法和前n项和求法史上最全的方法和习题60224

1、. 数列专题 1、数列的通项公式与前n项的和的关系 n?1s,?1a?s?a?a?L?aa). 的前( 数列n项的和为?nn12nns?s,n?2?nn?12、等差数列的通项公式 *)Nn?a?d(?(n?1)d?dn?a?a； 11n n项和公式为3、等差数列其前n(a?a)n(n?1)d12n1?s?(a?d)n?na?d?n. 1n122224、等比数列的通项公式 an1*n?1)?N?q(na?aq； 1nq5、等比数列前n项的和公式为 n?a?aq)qa(1?n1,q?11,q?1? 1?q?s?sq1?. 或 ?nn?na,q?11na,q?11常用数列不等式证明中的裂项形式: 1

2、111111?(?); （1）( 1?n(n+1)nnn(n+k)knk?111111?(?) (2) 22kk?12k?1k?11111111? (3) 2kk?1(k?1)kk(k?1)kk?1k?1111; (4) ? n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2)?n11 (5) ? ?!?1n?1n!n!21211 ?2(n?n?1)?2n?1?n?) (6) 1)(n?nn2n?11n?nn?n?一.数列的通项公式的求法 1.定义法：等差数列通项公式；等比数列通项公式。 ?2aaaS,aa,aS?求数列且，例等差数列成等比数列，是递增数列，前n项和为55n1n3n9的通项

3、公式. ?ad(d?0) 解：设数列公差为n2a,a,aa?aa， 成等比数列，91393122da?d?8)d?a(a?d)?(a2 即1111da?0d? ， 15?422a?S)4d?a5a?d( 55 112. . 33d?a?由得： ， 155333n(n?1)?a? n555?1)?S,(n公式法2.)n?f(a?a?L?aaS?a ，用作差法：已知）求（即。12)?S,(nS?n21nnn1nn?naSa1n?(?1)S,?2an 满足的前例已知数列求数列项和的通项公式。nnnnn1a?1?a?S?2a 解：由1111n,?1)a)?2?(a?S?S?2(a?2?n 时，有当1n

4、nn?n1?n1?n,1)a?2?(?a?2 1?nn2?n,)2?(?1?a2a?.22a?a? ，21n?n?121?22nn?1n?n?11)(L2?2?a(?2a?21)?(?1)? 1n2?1n?1nn?n)2()?(?2?2)?(?1)?(?21?n?(?2)21nn?1)1?2?(? 321?2nn?.?(2?1)? 3 21?2nn?1a?a?(2?1)? 经验证也满足上式，所以 1n31)n(1),(?f?)nf(aaLa?fa(n)作商法：3.?a 求已知。，用作商法：?2),(n?n1n2n ?1)f(n?2?aaa,?1ana?aaa?n2? _ 中，都有数列；对所有的

5、，则如n2315n31 累加法4. ：a)?a?aa)?L?(?(n)a?(aa)?(a?a?afa2)?n( 求。：若1nnnn?1?221nn?1n?1n11?aa?a?a?a ，求。，满足例. 已知数列 nnn?11n22n?n1111?a?a 解：由条件知： n?1n211)nn?nn(?n?n)1n?n?1)(3,?,(1n?,2,即，加入上式得之个等式累，代分别令)a?(a?)(a?a?(a?a)?(a?a 122?31n4n31111111)?(?(?)?(?)?(1?) nn2?233141?1a?a 所以 1nn11131?a?a?1 ， n12n22n aa+n，求=例：已

6、知数列，且a=2，an.1nn+1n?a?a 解：nn?13n?a?2?a?a?an1n?aa?1?a?a ，3n?2?2?n1nn1?nn121n?3?a?a?12? 将以上各式相加得1n)n(?1n1n1n1(?)(?)?a?a2? 1n22. . 1?(1?1)?2a?2成立， 又因为当n=1 12n(n?1)*(n?N)?a?2 n2aaaan?1nn?12?a?L?f(n)a累乘法：5.a(n?2)。，用累乘法：求已知 1nnaaaan12n?n?12n?aa?aa?a。 例. 已知数列满足，求 nnn1n?13n?1ann?1?n?1,2,3,?,(n?1)(n?1)个等式累代入上

7、式得，解：由条件知分别令， an?1n乘之，即 aaaaa1123n?1nn342? aaaanan34212?311n22?a?a? 又， n133nna?3,a?3a,例：已知求通项a. nn1n?1na?3a 解：n1n?aaan?1n?21nn?2?3?3?3 ， ， aaa1?12nn把以上各项式子相乘得 (n?1)na123n?11?2?3?n?1 n?33?33?3?3?2 a1(n?1)n?1 3?a2 n(1?1)?1?1 ?33?a2成立时， 又当n=11(n?1)n?1 3a?2 na已知递推关系求6.，用构造法（构造等差、等比数列）。 n?bfna?pa?nnff有多种

8、不同形式 只需构造数列（1）形如带来的差异其中，消去n?1nn?a?pa?qnf(pq(p?1)?0)）。均为常数， （其中为常数，即递推公式为p，qn1n?qa?t?p(a?t)t?，再利用换元法转化为等比数列求解。解法：转化为：，其中 n?1n1?p?a?2a?3aa1a?. ，中，.例 已知数列，求nn1?nn1a?2a?3a?t?2(a?t)a?2a?t?t?3.故递推公式为解：设递推公式即可以转化为nnnn?nn?1?11ba?3?1n?n?12?b?a3(a?3)b3a?2b?a3?44b?为首所以是以，则,令.,且 nnnn?1n111ba?3nnn?1n?1n?1b?4?2?2

9、a?2?3. 项，2为公比的等比数列，则, 所以nn?a?pa?rn?snf 为一次多项式，即递推公式为n?1n?a?4,a?3a?2n?1,(an?2)a. ，求例设数列：11?nnnn，则a?b?An?Ba,BAn?ba?a代入递推式，得 解：设，将1nnnnnn?. . ?2n?1?3b?(3A?B2)n?(3B?3A?1b?An?B?3)b?A(n?1)? 1n1?nn?A?3A?2?1A? ?B?1?13A?B?3B?n?1n1n?取b?a?b?3b6b?3?b?6?32代入（）得又（）则，故,nnn1nn?1n?n3?1a?2? na?3a?2n?1a?3a?2(n?1)?1n?3

10、）两式相减得 ,（备注：本题也可由2n?nn?1n?1a?a?3(a?a)?2b?pb?q求之转化为. 2?nnn?n111?nn2b?a?An?Bn?Cn)f(n; 为 的二次式，则可设nnnna?pa?qa?pa?rq(pq(p?1)(q?1)?0)）（其中p，q均为常数，。2）递推公式为 （或,（nn?1n1n?其中p，q, r均为常数） aa1p1n?n1n?q 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，得： n?1nqqqqap1?n?bbb?b?），得：再应用类型（其中引入辅助数列1）的方法解决。 nnn?1nnqqq511?1n?aa?a)?(a?a。,，求 中，

11、例. 已知数列 nnn1n1?632112nn?n?11n?12?a?()2?a)?1a?a?(2 解：在两边乘以得： n11n?nn?32322nnb?2?ab?b?1b?3?2() 7，则解法得：令,应用例 nnn1nn?33b11nnn?3()?2a?() 所以 nn232a?pa?qa（其中p，q均为常数）。 （3）递推公式为nn?2?1ns?t?p?a?sa?t(a?sa)解法：先把原递推公式转化为，再应用前面类型（2）其中s，t满足?n1n?21n?n?st?q?的方法求解。 21?aa2?a?1aa?a?a。 ,例. 已知数列,，求中， nn21n12n?n?3321a?sa?t

12、(a?sa)aa?a? 解：由可转化为 n1n?n?n?21nnn?2?1332?s?11?s?t? ?s?3 ?staat)?a?(s?3 或即?1?n?nn?211t?st?t?1 3? 3?1s?1?s? 3用可选（则当然也，大家可以试一试选这里不妨用），?1t? t?13?11?a?aa?a?1?aa?(a?)a的等比数列,所，公比为以项是以首为 nn?112nn?n?12n?1331n?1)?aa?(n?1,2,3,?,(n?1)(n?1)个等式累加之，1应用类型,，代入上式得的方法，分别令 n?n13. . 1n?1)?1?(111 320n1?)?(?()?(?)?a?a? 即

13、1n1333?1 31731n?1a?)?(a? ，所以又。 1n344a1n?a7.a-ba=kaa 形如的递推数列都可以用倒数法求通项。或 n1nnn?n?1bka?1n?a1n?1,aa? ：例 1n1?a?31?n1?a?3111n?3 解：取倒数： aaa1nn?n?1?111131)?(n?a?3?1)?1?(n是等差数列， ? naaa2?3n?1nnrap?a? 、型8n1n? 该类型是等式两边取对数后转化为前边的类型，然后再用递推法或待定系法构造等比数列求出通项。 两边取对数得r)?alga?lg(p nn?1alg?lgp?rlga nn?1algb? 设nnplgb?rb

14、? 原等式变为即变为基本型。n1n?2an?aa?2, ，求其通项公式。例已知 1n?132an?2a?,a3?0a?a ，解：由且知 nn11?n33lga?lglga?2 将等式两边取对数得，n?1n)?lg3?lg3?2(lgalga 即，nn?12?3lglga?lg?lga?lg3 为等比数列，其首项为2，公比为 n1321?nlg?2?lglga?3 ， n321?n3?lglg?lga2? 。 n321?n2)3a?( 通项公式为 n3 .数列的前n项求和的求法二公式法1. ：等差数列求和公式；等比数列求和公式，；常用公式：1的关系，必要时需分类讨论.特别声明：运用等比数列求和公

15、式，务必检查其公比与1)(n?n11222332331)?n(n1)(2n?1?L21?3?nnn(?1)?2?Ln?3?Ln1?2. ， 6221?n32?logx?x?xxx?例. ，求、已知项和的前n 33log2. . ?11解?logx?log2?x?xlog ：由 333log32223nS?x?x?x?x（利用常用公式） 由等比数列求和公式得n11(1?)n)?xx(1 1n22 1 1nx1?21? 22.分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和. 111例2、1?1?3n?2,?4?7,?,项和：n 求数列的前， 12?

16、naaa111解)?2?(?3n?S(1?1)?(?4)?(?7)? ：设 n12?naaa将其每一项拆开再重新组合得 111?)?(1?4?7?3n?2)S?(1?（分组） n1n?2aaan?1)(3n?1)n(3n?S?n（分组求和） 当a1时， n221?1n1?n1)(?a3n?an)?1(3n na?1?a?S? 当时， n12?1a2?1 a倒序相加法3.：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑n. 和公式的推导方法）选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前?222?2?2?3例89sin1?sinsin2sin?388?sin

17、 求的值、?22?2?2?2?解89sin?sin?2?sin883sin?S?sin?1 ：设. 将式右边反序得 2?2?2?2?2?1sin23sinsin89?sinsin88?S?（反序） . ?22sinx?cos(90?x),sinx?cosx?1 又因为 （反序相加） +得 2?2?2?2?2?2?)(sincos89cos892?)2S?(sin1?cos?1?)?(sin?2?89 S44.5 4.错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用 n.错位相减法（这也是等比数列前和公式的推导方法）23n?1xn?1)?(xS?1?3?5

18、x2?7x4例求和： 、nn?1n?1xn(2?1)解x：由题可知，的通项之积 的通项是等差数列2n1的通项与等比数列234nxS?1x?3x?5x?7x?(2n?1)x（设制错位） 设. n234n?1n(1?x)S?1?2x?2x?2x?2x?2x?(2n?1)x（错位相减） 得 nn?1x1?n(1?x)S?1?2xx?(2n?1)?再利用等比数列的求和公式得： n1?xn?1n?(1x?x)2?(n?1)1(2n?)xS? n2)x1?(2462n例5,?,?前、求数列n项的和. n322222. . 1n2解的通项之积 ：由题可知，的通项是等差数列2n的通项与等比数列 nn22n24

19、62?S 设 nn322222n62124?S?（设制错位） n142?3n22222n2222212?S(1?)?（错位相减 ） 得 n1n3n42?2222222n12?2? 1n?1?n222n?4S n1?n2裂项相消法5.：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项 .常用裂项形式有：相消法求和1111111)?(?； knn?1n(n?kn(n?1)nn?)k111111111111?)?(，； 222kk?1?(k1)kk(k?1)kkk?111k?kk?12k?11n1111? ； 2)?1)(?1)(n1)(n?n?2)2n(n?n(n1)!

20、?(n?1)!n!(n122 1)n?2(n1?n)?2(n. 1?nn?nn?n?1111?,?,?、例6求数列 的前n项和. 11?22?3n?n?1解?a?1?n?n（裂项）：设 n1?n?n111?S（裂项求和） 则 n1n?1?22?3n?)?n?(n?1?(3?2)?)(2?1 n?1?1 12n2b?例7、a?中，a. ，又在数列项的和，求数列b的前nnn nnaa?1n?1n?1n1?nnn2n1解：?a? n21n?1n?1n?121)(?b?8（裂项） n1nn?1n?n? 22 数列b的前n项和 n1111111S?8(1?)?(?)?(?)?(?)（裂项求和） n223

21、34nn?118n)8(1? n?1n?16.通项转换法：先对通项进行变形，发现其内在特征，再运用分组求和法求和。 例81?11?111?111?1?. 、求之和?n个1. . 11k?110)?9?111?1?(?999?解（找通项及特征） ：由于 ? 991k个k个11?11?111?111?1? ?1个n1111213n?1)?(10?1)?(10?1)?(10?1)?(10?（分组求和） 999911n1321()?10?1)(10?10?10?11? ? 991个nn?1)10(10n1? 910?191n?1(10?10?9n) 817、合并法求和 针对一些特殊的数列，将某些项合并

22、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 求cos1+ cos2+ cos3+ cos178+ cos179的值. a?1,a?3,a?2,a?a?a，求S：. 例数列a2002nn2n?31?1n2 . . 数列通项课后练习?aa +1) （nN1已知数列的通项公式。）求数列a中，满足a，+1=2(an1n?nn1 ?aaa ）nNa中，0,且a ， （2已知数列nn1n1n? 1?aa的通项公式 n中，a，aN）求数列a3已知数列（ nn1?nn12 ?aa的通项公式3a，求数列 中，a，a4已知数列n1n?nn1 a1?na，a （a

23、nN） 求a5已知数列 ，中，a n?nn1n121?2an ?aa?a成等差数列，求aa，=2，=1 若数列a =4设数列6a满足nnn31n?21 . . ?a a=2a+1 求通项公式中，a7设数列=2，annn?1n1 ?a a 求=1，已知数列82a= a+ a中，an1nn?2nn?1 1n)(a?a?a?2, a已知,求9n. n11n?2 na2a?2a?,. 已知a,求通项10nn11n? 1n?aa?2a?, a.,11已知求通项n n11n?n 111L? ； 求和：（）1 1)?(3n(3n?2)?1?44?7 1a?a，且S，则n_ 在数列（2） 中， ； nn1?n

24、n? 111L?1? 求和： ； L?n?3?2?31?2?121 n3)?(nnS= 635241求数列， ；，前项和 n 数列求和课后练习 . . ?123n?xlogx?x?x?x?的前，求例1 已知n项和. 3log32 Sn?)f(n*的最大值求N. ,例2 设S1+2+3+n，nn (n?32)Sn?1 二、错位相减法求和 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nnnab分别是等差数列和等比数列. 项和，其中、nn23n?1S?1?3x?5x?7x?(2n?1)x求和：例3 n 2462n,?,?前求数列n 例4 项的和. n32222

25、2 三、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(a?a)n. 数列相加，就可以得到个n1?2?2?2?2?289?sin2?sin1sin?3?88?sinsin 例 5求 的值. . 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1112n?,?3?4,?7,?1?1 ，项和：例6 求数列的前n 12?naaa . 项和 求数列n(n+1)(2n+1)的前n例7 五、裂项法求和裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后. 这

26、是分解与组合思想在数列求和中的具体应用（裂项） 重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解如：?1sin?n?)tan?tan(n?1)?)f(na?f(n?1） （1） （2 n?)cos(n?1cosn211)1(2n111?)a?1?(?a?）4 （）（3 nn1n?22n?12(2n?1)(2n?1)1n?n?1)nn(1111?a?）5 （ n)n?2)(?1)(n?1n)(n(n?1n?2)2n(111nn?1)?11n?22(?a1,则S? (6) nnn?1nnnn)n?1)n1n?(n(22)2(n?22n?1)(n?1111?,?,?求数列 例n的前项和. 9 1?22?3n?n?1 . . 12n2b?a?. 的前，又n项的和 例10 在数列a中，求数列bnn nna?an?1n?1n?11?nn ?1cos111? 例11 求证： ?2?cos0cos1cos1cos2cos88cos89sin1 一、选择题： a?a?a?a?a?450a?a?a 中，若，则1、等差数列8743625nA、45