数列的通项公式与求和的常用方法
数列的通项公式与求和的常用方法
重难点归纳 &
数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 &
因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性 &
数列{an}前n
项和Sn与通项an的关系式 &
求通项常用方法
①作新数列法 & 作等差数列与等比数列
②累差叠加法 & 最基本形式是 &
an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1
③归纳、猜想法 &
数列前n项和常用求法
①重要公式
1+2+…+n= n(n+1)
12+22+…+n2=
n(n+1)(2n+1)
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=
②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn
③裂项求和 &
将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项
应掌握以下常见的裂项 &
④错项相消法
⑤并项求和法
数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法 &
典型题例示范讲解
例1已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有
=an+1成立，求 &
命题意图 &
本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力 &
知识依托 &
本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口
错解分析 &
本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键
技巧与方法 &
本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣
(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，
∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；
又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),
∴dn=an+1－an=2,
=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=
［1－(－2)n］ &
例2设An为数列{an}的前n项和，An=
&(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明
数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求
命题意图 &
本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力 &
知识依托 &
利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点
错解分析 &
待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清
技巧与方法 &
(1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解
(an－1)，可知An+1=
(an+1－1)，
∴an+1－an=
&(an+1－an)，即
=3，而a1=A1=
&(a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n
=3·［42n+C
·42n－1(－1)+…+C
·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn} &
而数32n=(4－1)2n
·42n－1·(－1)+…+C
·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=
例3　设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项
(1)写出数列{an}的前3项 &
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
(3)令bn= (n∈N*)，求
&(b1+b2+b3+…+bn－n)
(1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，
∴ ，解得a1=2 &
当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6
当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，
将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10
故该数列的前3项为2，6，10 &
(2）解法一 &
由(1）猜想数列{an} &
有通项公式an=4n－2 &
下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*）
①当n=1时，因为4&1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立
②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2
代入上式，解得2k= ，得Sk=2k2，
由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，
将Sk=2k2代入得(
)2=2(ak+1+2k2)，
整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，
所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，
即当n=k+1时，上述结论成立 &
根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立 &
由题意知 ，(n∈N*) &
整理得，Sn= (an+2)2,
由此得Sn+1=
(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=
［(an+1+2)2－(an+2)2］
整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，
由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，
即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4
∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2
由已知得 ,(n∈N*)　　　　　①，
所以有 　　　　　　　　　　　　②，
由②式得 ，
整理得Sn+1－2 ·
+2－Sn=0，
由于数列{an}为正项数列，而 ，
即{Sn}是以 为首项，以 为公差的等差数列 &
所以 = +(n－1) =
n,Sn=2n2，
即an=4n－2(n∈N*)
(3)令cn=bn－1，则cn=
学生巩固练习
)n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则
Sn=_________ &
作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________
数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由
数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－man
对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1 &
{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足
a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*)
试问当m为何值时， 成立？
已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+
)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与
logabn+1的大小，并证明你的结论
设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式
3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…)
数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(
)(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；
b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
参考答案 &
由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=
，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=
a,
∴这些圆的周长之和c=
2π(r1+r2+…+rn)=
面积之和S=
π(n2+r22+…+rn2)=
周长之和 πa，面积之和 a2
(1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，
(2)Tn=2n+n－1 &
(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6
猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略） &
(1）由an+2=2an+1－an
an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，
d= =－2,∴an=10－2n &
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，
当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=
；要使Tn＞ 总成立，需 ＜T1=
成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7 &
(1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1　　①，　　Sn=(m+1)－man　　　②,
由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立
∵m为常数，且m＜－1
∴ ，即{ }为等比数列 &
(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=
由(1)知q=f(m)=
，∴bn=f(bn－1)=
&(n∈N*,且n≥2)
∴ ，即 ，
∴{ }为等差数列 & ∴
=3+(n－1)=n+2，
(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得 &
解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+
)+…+loga(1+ )
=loga［(1+1)(1+ )…(1+ )］，
logabn+1=loga
因此要比较Sn与
logabn+1的大小，
可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小，
取n=1时，有(1+1)＞
取n=2时，有(1+1)(1+ )＞ …
由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )＞
若①式成立，则由对数函数性质可判定 &
当a＞1时，Sn＞
logabn+1，&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
当0＜a＜1时，Sn＜
logabn+1，&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
下面用数学归纳法证明①式 &
(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立 &
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即 &
那么当n=k+1时，
这就是说①式当n=k+1时也成立 &
由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立 &
由此证得 &
当a＞1时，Sn＞
logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜
logabn+1 &
(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&&&&&&&&&&&&&
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0
∴ ,n=2,3,4…,
所以{an}是一个首项为1公比为 的等比数列；
(2)由f(t)= = ,得bn=f( )=
+bn－1 &
可见{bn}是一个首项为1，公差为 的等差数列 &
于是bn=1+ (n－1)= ;
(3)由bn= ,可知
{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为
的等差数列，
于是b2n= ,
∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)
&(b2+b4+…+b2n)=－
· n( + )=－
&(2n2+3n) &
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求数列通项公式最常用的方法有哪些?
什么类型的数列?线性的可以用矩阵其他函数关系可以化成线性（求对数之类的）然后用矩阵.没给出具体函数关系就找规律吧.
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扫描下载二维码求数列通项公式常用的七种方法；一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列?a；an?a1??n?1?d或an?a1qn?1进行；例1：已知?an?是一个等差数列，且a2?1,a；分析：设数列?a?a1?d?1?a1?3；n?的公差为d，则?解得?a1；?4d??5??d??2；?an?a1??n?1?d??2n?5；二、前n项和法：已知数列?an?的前n项
求数列通项公式常用的七种方法
一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列?an?为等差或等比数列，根据通项公式
an?a1??n?1?d或an?a1qn?1进行求解.
例1：已知?an?是一个等差数列，且a2?1,a5??5，求?an?的通项公式.
分析：设数列?a?a1?d?1?a1?3
n?的公差为d，则?解得?a1
?4d??5??d??2
? an?a1??n?1?d??2n?5
二、前n项和法：已知数列?an?的前n项和sn的解析式，求an.
例2：已知数列?an?的前n项和sn?2n?1，求通项an.
分析：当n?2时，an
n?sn?sn?1=?
而a??1?n?1?
1?s1??1不适合上式，?an??2n?1?n?2?
?三、sn与an的关系式法：已知数列?an?的前n项和sn与通项an的关系式，求an.
例3：已知数列?an?的前n项和sn满足an?1?
sn，其中a1?1，求an.
分析：? sn?3an?1 ①
? sn?1?3an
an?3an?1?3an
? 4an?3an?1
即 an?1a?4
?n?2? 又a112?s1?an3
331不适合上式
? 数列?an?从第2项起是以
为公比的等比数列 n?2
1?n?1?n?a2??3?
n???1?4?n?2?3??3?
注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由sn与an的关系式，类比出an?1与sn?1
的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验a1是否适合用上面的方法求出的通项.
四、累加法：当数列?an?中有an?an?1?f?n?，即第n项与第n?1项的差是个有“规律”的数时，就
可以用这种方法.
a1?0,an?1?an?2?n?1?，求通项an
分析：? an?1?an?2n?1
┅ an?an?1?2n?3
以上各式相加得an?a1?1?3?5?7????2n?3???n?1?2
1?0，所以an??n?1? ?n?2?，而a1?0也适合上式，
五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列?aan
a?f?n?，即第n项与第n?1项的商是个有“规n?1
律”的数时，就可以用这种方法.
1?1,an?a?n?1
n?1 ?n?2,n?N?
分析：?ann?
n?1a ?ann?
?n?2,n?N? n?1n?1
故aa2aaann?a1a34??
?n ?n?2,n?N?? n?11
1?1也适合上式，所以an?n?n?N?
六、构造法：
㈠、一次函数法：在数列?an?中有an?kan?1?b（k,b均为常数且k?0），从表面形式上来看an是
关于an?1的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:
一般化方法：设an?m?k?an?1?m? 则an?kan?1??k?1?m
而an?kan?1?b
?b??k?1?m 即m?
故an??k?an?1?? k?1k?1k?1??
lgan?lgan?12?2lgan?1即
?数列?lgan?是以lg3为首项，以2为公比的等比数列
?数列?an?1??是以k为公比的等比数列，借助它去求an
故lgan?2n?1lg3?lg32
七、“a?ba?cm（b,c为常数且不为0，m,n?N*）”型的数列求通项an.
例6：已知a?2,n?N?
1?1,an?2an?1?1
分析：?an?2an?1?1
?an?1?2an?1?2?2?an?1?1?
?数列?an?1?是以2为首项，2为公比的等比数列
?an?1??a1?1??2n?1
㈡、取倒数法：这种方法适用于akan?1n?
ma?n?2,n?N?
?（k,m,p均为常数m?0）
两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于an?kan?1?b的式子.
例7：已知a1?2,an?
?a2an?11an?1?211
?n?2,n?N?? n?1n2an?1an?12
? 数列??1??是以11
2为首项，以2为公差的等差数列
112a???n?1??1?n
㈢、取对数法：一般情况下适用于ak
n?an?1（k,l为非零常数）
例8：已知a1?3,an?a2
分析：由aa2
1?3,an?n?1
?n?2?知an?0?在an?a2n?1的两边同取常用对数得
n?1n例9：设数列?a*n?的前n项和为sn，已知a1?a,an?1?snn?3,n?N，求通项an.
解：?an?1?sn?3n
?an?sn?1?3n?1
两式相减得
an?1?an?an?2?3n?1
an?1?2an?2?3n?1
上式两边同除以3n?1
3??cn?2?3??
?数列??c2?2?n?3??
从第2项起，是以c2?
为首项，以23为公比的等比数列
故 c2?2??2?
a?3?2nn?3???c2?3????3?
ann?21n??a?3
又cn?3n，所以an??a?3??2?2?3n?
?a??a?n?1?
1?a不适合上式
?a?3??2n?2?2?3n?1
?n?2? 注：求amn?1?ban?c（b,c为常数且不为0，m,n?N*
）”型的数列求通项公式的方法是等式的 两边同除以c
，得到一个“an?kan?1?b”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”
n的通式，从而求出an?sn
n.另外本题还可以由an?1?sn?3得到sn?1n?sn?3即 sn?1?2snn?3,按照上面求an的方法同理可求出sn,再求an.您不不妨试一试.
除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.
包含各类专业文献、外语学习资料、文学作品欣赏、应用写作文书、生活休闲娱乐、高等教育、各类资格考试、38求数列通项公式常用的七种方法等内容。　
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