数列通项数列前n项和的求法例题练习测试

1、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:特别的，当前n项的个数为奇数时，S2k 1 (2k 1)gak 1，即前n项和为中间项乘以项数。这个公 .一 "I式在很多时候可以简化运算。(2) 等比数列前n项和： q=1 时，Sn nai q 1, Sn &11 q ，特别要注意对公比的讨论1 q(3) 其他公式较常见公式:1、Sn1n(n 1)2、Sn21n(n 1)(2 n 1)63、Snk3 Jn(n 1)2k 12例 1已知 log3X，求 x x2 x3log2 3例 2设 Sn = 1+2+3+n n N*,求 f(n)的

2、前n项和.(nSn32)Sn 1的最大值.2错位相减法II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：Sn 1 3x 5x2 7x3(2n 1)xn 1例4求数列2二,前n项的和.2 22 23 2n练习：求：SH=1+5x+9f+ +(4n-3)/1-1答案：当 x=1 时，Si=1+5+9+ (4n-3) =2n2-n当 x 工 1 时，Sn=11-x4x(1-和-3) x°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

3、把 它与原数列相加，就可以得到n个(ai an).例 5求 sin 1 1例9求数列一 ，一r,的前n项和. 2、3. n 51 sin22 sin2 3 sin2 88 sin2 89 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1 1 1例6求数列的前n项和：11,一 4,7, ,-y 3n 2，a aa111 1练习：求数列12，2 4，38'?，(n 2?)，?的前n项和。5. 裂项法求和士中 I / 'i 丁j i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

4、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)女口：(1) an f (n 1) f (n) (2) sin1 tan(n 1) tan ncos n cos(n 1)(3)an1n(n 1)(4)an(2n)2(2n 1)(2 n1)12(2n 12：1)(5)n(n 1)(n2)2【n(n 1)(n 1)( n2)(6)ann 2n(n 1)I12(n1) n 12n n(n 1)2n(n 1)2n，则 Sn 11(n 1)2n例10在数列an中，an，又 bnn 12an an 1求数列bn的前n项的和.例11求证:1cos0 cos

5、11cos1 cos21cos12cos88 cos89sin 1解：设S1cos0 cos11cos1 cos21cos88 cos89sin 1cos n cos(n 1)tan(n 1) tan n (裂项)1cos0 cos11cos1 cos2(裂项求和)cos88 cos89tan1 ) (tan3tan2 ) tan 89 tan 88 1=(ta n 89sin 1a。）=册=爲 原等式成立1 111练习：求3153563之和。(tan 1 tan 0 ) (tan 2 sin 16. 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，

6、 可将这些项放在一起先求和，然后再求sn.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 a5a6 9,求log 3 a1 log3 a2log 3 a10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 1 11 1111111 之和.n个1练习：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

7、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：an 1anf(n)a2 ai f(1)a3 a2 f 右 an i anf (n) (n 2)，则 llan 1 anf(n)n两边分别相加得an i aif(n)k 1例1已知数列an满足an 1an 2n 1，a11，求数列an的通项公式解：由 an 1 an 2n 1 得 an 1 an 2n 1 则所以数列an的通项公式为an n2例2

8、已知数列an满足an1an23n1，33，求数列an的通项公式|!X| FI/解法一：由an 1 an23n 1得1如2 3n 1则an (an an 1)(an1 an 2) L (a3a2) (a2 a1)a1(2 3n 1 1)(23n 21)L(2321) (2 311) 32(3n 13n 2L3231)(n1)3n 1、23(3)(n 1) 333n 3 n 1 33n n 1所以an3nn1.解法二：an3an2 3n 1两边除以3n1an 1ann 1n3313n1，则乩则3n1an2n33因此2(n 1)存13n 1)12n1 1n ?3n313322 3n则an2nn 31

9、 3n1322f(n)an2、累乘法适用于：an 1若 an1f(n)，则a2f(1),竺f(2)丄 Lan 1f(n)ana1a2an两边分别相乘得，an 1naif (k)qk 1例3已知数列an满足an 12(n1)5n an，印3，求数列an的通项公式解：因为 an 12(n 1)5n a., ai3，所以 anan 12(n 1)5n ，故an an1 L a3 a2 a1an 1 an 2a2 a12(n 11)5"12(n21)5"2 L 2(2 1)522(11)5132n 1n(n 1) L 3 2 5(n 1) (n 2) L 21 3n(n 1)3 2

10、n 1 5 2 n!n(n 1)所以数列an的通项公式为an3 2n1 5 2 nL、待定系数法适用于an 1 qanf(n)亠 f I _分析：通过凑配可转化为an11f (n)2an1f (n);解题基本步骤：1、确定f(n)2、设等比数列an1f( n)3、列出关系式an 11f (n)4、比较系数求1，22【an，公比为21f( n)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，a1 1,an 2an 1 1(n 2)，求数列an的通项公式精心整理解法一：Q an 2an i 1(n2),又Qai 1 2, an 1是首项为2,公比为2的等比数列an

11、 1 2n，即 an 2n 1解法二：Q an 2an 1 1(n2),两式相减得an 1 an 2(an am)(n 2)，故数列an 1 an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an满足an 1 2an 4 3n 1,印1，求数列 务 的通项公式。解法一：设an 113n 2(an 3n1)，比较系数得14, 2 2，则数列an 4 3n1是首项为a1 4 31 15 ,公比为2的等比数列，所以 an 4 3n1 5 2n1，即 an 4 3n 1 5 2n 1解法二：两边同时除以3n1得： % 2肆弓，下面解法略3 3 33注意：例6已知数列an满足an 1 2an

12、3n24n5，耳1，求数列an的通项公式。解：设an 1x(n 1)2 y(n 1) z 2(a“xn2ynz)比较系数得x 3,y10,z 18，22所以 an 13(n 1)10(n 1) 182( an 3n 10n 18)由 a13 12101 181 31320，得 an 3n2 10n 180则 a. 1 3(n£2°2，故数列an 3n2 10n 18为以a13 12 10 1 18 1 3132an 3n2 10n 18为首项，以2为公比的等比数列，因此an 3n2 10n 18 32 2n 1，则务2n 4 3n2 10n 18。注意：形如an 2 pan

13、 1 qan时将an作为f(n)求解分析：原递推式可化为an 2 an 1 (p)(an 1an)的形式，比较系数可求得，数列an 1an为等比数列。例7已知数列a*满足an 2 5an i 6an,61念 2，求数列 an的通项公式解：设 an 2 an 1 (5)(an 1an)比较系数得3或2，不妨取2，则 an 22 an 13(an 1 2an)，则 a. 12an是首项为4，公比为3的等比数列an 1 2an 4 3n 1，所以 an 4 3n 1 5 2n 1四、迭代法 例8已知数列an满足an 1 a3(n図，冃5，求数列an的通项公式解：因为an 1 a：(n诃，所以n(n

14、1)又a1 5 ,所以数列an的通项公式为an 53"1 n!2 2 。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an 1 2 3n a；，& 7 ,求数列an的通项公式。.d/解：因为 an 1 2 3n a；, a1 7，所以 an 0， an 1 0。II两边取常用对数得Ig an 1 5lg an n Ig3 Ig 2设 lgan 1 x(n 1) y 5(lg an xn y) (同类型四)比较系数得，x ©y必必4 164由 lg3 lg3 lg 2lg3 lg3 lg

15、 2lg3 lg3 Ig 2由 Iga11Ig7 10，得 Ig an n0，4 16441644164所以数列Igan n也 必是以Ig 7 也也必 为首项，以5为公比的等比数列，则41644164lganlg3nlg3lg2(lg7lg3 lg3lg2)5n1，因此41644164lg an(lg7lg3lg3lg 2)5n13nlg3lg241644641 11n11lg(7 34 3岳 24)5n 1 lg(34 3币 2刁)111n 115“ 1lg(7 34 316 24)5 lg(34 316 24)5n 4n 15n 1 1lg(75n 1 3 162于)5n 4n 15n 1

16、 1n 1则 an753 162 4 。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an12anan2,a1求数列an的通项公式。解：求倒数得1an 1112an1an 11an11为等差数列，首项1an 1an1，公差为a11 1(nan2V1), an3、换元法适用于含根式的递推关系例11已知数列an满足an1(1 4an 1 24an )，61，求数列an的通项公式。16解：令 bn ,1 24an，则 an-；(bn241)代入 an 1丄(1 4an 1 24an)得162 2即 4bn 1 (bn 3)因为 bn .240； 0，1 3则 2bn 1

17、bn 3，即 bn 1 g2 21可化为 bn 1 3-(bn 3)，2所以bn 3是以b 3 . 1_24a1 3厂24一1 3 2为首项，以-为公比的等比数列，因此2bn 3 2(3 1 )n2，则 bn C)n 2 3，即,1 24an (丄)n 2 3，得2 2 2 2an2(4)n(1)n六、数学归纳法通过首项和递推关系式求出数列的前法加以证明。n项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳例12已知数列an满足ani a.8(n 1)2 2 ?(2n 1)2(2 n 3)28，求数列a"的通项公式解：由ani an启晟及 ai 9，得ai由此可猜测an (2n 当 n=1 时，3

18、 a1 1)(a1 2)，解得 a1 1 或 a1 2611(an1 1)(am 2)21，下面用数学归纳法证明这个结论。(2n 1)22(1) 当n 1时，a1 邑_1) 21 -，所以等式成立。(2 1 1)29I、/:， £ . | /2(2) 假设当n k时等式成立，即ak (2k 1) 2 1，则当n k 1时，k (2k 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。七、阶差法1、递推公式中既有Sn，又有anSn 1分析：把已知关系通过an转化为数列an或Sn的递推关系，然后采用相应的方法Sn Sn 1 , n 2求解。II

19、1例13已知数列an的各项均为正数，且前n项和Sn满足Sn -(an 1)(an 2)，且a2,a4,a9成等比6数列，求数列an的通项公式。1解：对任意 n N 有 Sn 1(an 1)(an 2)6精心整理-整理得：(an ani)(an an 13)0T an各项均为正数，二an an 1 3 当ai 1时，an 3n 2，此时a4 a?a9成立当ai 2时，an 3n 1，此时a： a?a9不成立，故ai 2舍去所以an 3n 22、对无穷递推数列例14已知数列an满足a11，an a1 2a23a3 L (n 1)an1(n 2)，求an的通项公式解：因为 an a1 2a2 3a3L (n 1)an 1(n2) 所以 an 1 a1 2a2 3a3 L(n 1)an 1 nan用式一式得an 1 an nan.则an 1(n 1)an(n 2)故也ann 1(n2)所以anan_3n 1Lan 1an 2a3 a2n(n 1) L 4a2n!3a2 a2.2ana12a2 3a3(n1)an 1(n2)，取n 2得a2a12a2，则 a2a1，又知 a11，则 a21，代入得an 1 3 4 5 Ln!。2所以，an的通项公式为an八、不动点法D，使f (Xo) Xo成立，则称Xo为f (x)不动点的定义：函数f(x)