数列的通项与求和
数列求通项公式及求和种方法
数列专题 1：根据递推关系求数列的通项公式根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型一、 S n 是数列 { a n } 的前 n 项的和型一：a nS 1(n 1 )S nSn 1(n 2 )【方法】：“ S n S n 1 ”代入消元消 a n 。
【注意】 漏检验 n 的值 (如 n1的情况【例 1】 .（1）已知正数数列 { a n } 的前 n 项的和为 S n ，且对任意的正整数 n 满足 2 S n a n 1，求数列 { a n } 的通项公式。
（ 2 ）数 列 { a n } 中 ， a 1 1 对 所有 的 正整数 n 都 有 a a a a 2 n { a } 的通项公式1 2 3 n ，求数列n 【作业一】a3a2n 1an*1－ 1.数列an满足2 3 a3( nN )13n3，求数列 a n 的通项公式．（二） . 累加、累乘型如 a nan 1f (n) ,a nf (n)an 1型一： a n a n 1 f (n) ，用累加法求通项公式（推导等差数列通项公式的方法）【方法】a nan 1f (n) ，a n 1an 2f (n 1)，⋯⋯，a 2 a 1 f (2) n 2 ，从而 a na 1 f (n) f (n 1)f (2) ，检验 n1的情况型二： a nf (n) ，用累乘法求通项公式（推导等比数列通an 1项公式的方法）a nan 1a 2 f (n) f (n 1)f (2)【方法】 n 2 ， an 1aan 21即 a nf (n) f (n 1)f (2) ，检验 n 1的情况a1【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有 n 1 个等式相加（相乘） .【例 2】. (1) 已知 a 11 a nan 11 (n 2)a2，n n 2 1 ，求 n.（2）已知数列an满足an 1a n ，且 a12，求 a n .n 23【 例 3】 . （ 2009广 东 高 考 文 数 ） 在 数 列 { a n }中 ，a 1 1,a n 1 (11)a n n1 b na n{ b }n n ，求数列的通项公式n 2.设n（三） . 待定系数法 ?acap（ c , 为p 非零常数 ,c1 , p 1n 1n）【 方 法】 构 造 an 1 x c(a n x) ， 即 an 1ca n (c 1)x ，故 (c 1)x p ， 即 { a n p } 为等比数c 1列【例 4】. a 1 1， a n 1 2a n 3 ，求数列 { a n } 的通项公式。
数列的通项与求和
数列的通项与求和在数学中，数列是由一系列按照规律排列的数字组成的序列。
数列的通项是指能够计算出数列中任意一项数值的公式，而数列的求和则是将数列中所有数值相加的结果。
在本文中，我们将探讨数列的通项与求和的相关知识，并通过实例来解释其应用。
一、等差数列等差数列是指数列中的每一项数与其前一项数之差都相等的数列。
如果一个等差数列的首项为a1，公差为d，则该数列的通项公式可以表示为an = a1 + (n-1)d，其中n为数列的项数。
以等差数列1, 4, 7, 10, 13为例，首项a1为1，公差d为3。
我们可以利用通项公式计算数列中任意一项的数值。
例如，要计算第5项的数值，即n=5，代入通项公式可以得到a5 = 1 + (5-1)3 = 13。
另外，对于等差数列的求和，我们可以使用求和公式Sn = (n/2)(a1+ an)来计算。
其中，n为数列的项数，a1为首项，an为末项。
二、等比数列等比数列是指数列中的每一项数与其前一项数的比值都相等的数列。
如果一个等比数列的首项为a1，公比为r，则该数列的通项公式可以表示为an = a1 * r^(n-1)，其中n为数列的项数。
以等比数列2, 6, 18, 54, 162为例，首项a1为2，公比r为3。
利用通项公式，我们可以计算数列中任意一项的数值。
例如，要计算第5项的数值，即n=5，代入公式可以得到a5 = 2 * 3^(5-1) = 162。
对于等比数列的求和，我们可以使用求和公式Sn = (a1 * (r^n - 1))/(r - 1)来计算。
其中，n为数列的项数，a1为首项，r为公比。
三、斐波那契数列斐波那契数列是一种特殊的数列，它的前两项均为1，从第三项开始，每一项都是前两项之和。
斐波那契数列的通项公式可以表示为an = an-1 + an-2，其中n为数列的项数。
斐波那契数列的前几项依次为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21...以此类推。
数列求通项公式及求和9种方法
数列专题1:根据递推关系求数列的通项公式 根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型、S n 是数列｛a n ｝的前n 项的和【注意】漏检验n 的值(如n 1的情况【例1】.(1)已知正数数列｛a n ｝的前n 项的和为S n, 且对任意的正整数n 满足2足 a n1 ,求数列｛%｝的 通项公式。
(2)数列｛引中，为1对所有的正整数n 都有 a 〔 a ? a 3L a 。
n 2 ,求数列｛a n ｝的通项公式【作业一】1-1.数列 a n 满足 a1 3a2 32% L3n1an?(n N *),3求数列a n 的通项公式.a 一(二).累加、累乘型如a namf(n),或f(n)a n【方法】：S 1 (n 1) S n S ni (n 2)S n S ni”代入消兀消a n o型一：I a n a nif (n),用累加法求通项公式(推导等差数列通项公式的方法)【方法】a n a n 1 f(n),an 1 a n 2f(nD,a 2 a i f (2) n 2,从而 a n a i f (n) f(n 1) L f (2)，检验 n 1 的情 况 型二：|勉f(n),用累乘法求通项公式(推导等比an 1数列通项公式的方法)【方法】n 2,鬼业L 色f(n) f(n 1) L f(2)a n 1 a n 2a即冬f(n) f(n 1) L f(2),检验n 1的情 q况【小结】一般情况下，“累加法”(“累乘法”)里只有 n 1个等式相加(相乘).11【例 2】.(1)已知 a12 , an an 1 n^W(n 2),求a n .n2 (2)已知数列a n 满足an1 =an,且a1 - ?n 23求an .【例3】.（2009广东高考文数）在数列｛a n｝中，, 一1、n 1 b冬…a 1,a ni （1n）a n "2厂.设b n n，求数列｛b n｝的通项公式n 1 n (c,p为非零常数,c 1,p 1)【方法】构造a n 1 x c(a n x),即a n 1 ca n (c 1)x ,故(c 1)x p,即｛a n 卫｝为 c 1等比数列【例4】.a1 1 , a n 1 2a n 3,求数列｛a n｝的通项公式。
数列求通项公式及求和9种方法
数列专题1：根据递推关系求数列的通项公式根据递推关系求数列的通项公式主要有如下几种类型一、nS是数列{}n a的前n项的和11(1)(2)nn nS naS S n-=⎧=⎨-≥⎩【方法】：“1n nS S--”代入消元消n a。
【注意】漏检验n的值(如1n=的情况【例1】.（1）已知正数数列{}na的前n项的和为nS，且对任意的正整数n满足1na=+，求数列{}na的通项公式。
（2）数列{}na中，11a=对所有的正整数n都有2123na a a a n⋅⋅⋅⋅=L，求数列{}n a的通项公式【作业一】1－1.数列{}na满足21*123333()3nnna a a a n N-++++=∈L，求数列{}na的通项公式．（二）.累加、累乘型如1()n na a f n--=,1()nnaf na-=导等差数列通项公式的方法）【方法】1()n n a a f n --=， 12(1)n n a a f n ---=-， ……，21(2)a a f -=2n ≥，从而1()(1)(2)n a a f n f n f -=+-++L ，检验1n=的情况()f n =，用累乘法求通项公式（推导等比数列通项公式的方法）【方法】2n ≥，12121()(1)(2)n n n n a a a f n f n f a a a ---⋅⋅⋅=⋅-⋅⋅L L即1()(1)(2)n a f n f n f a =⋅-⋅⋅L ，检验1n =的情况【小结】一般情况下，“累加法”（“累乘法”）里只有1n -个等式相加（相乘）.【例2】. (1) 已知211=a ，)2(1121≥-+=-n n a a n n，求n a .（2）已知数列{}n a 满足12n n n aa n +=+，且321=a ，求n a .【例3】.（2009广东高考文数）在数列{}n a 中，11111,(1)2n n n n a a a n ++==++.设n na b n =，求数列{}n b 的通项公式（三）.待定系数法1n n a ca p +=+ （,1,1c,p c p ≠≠为非零常数）【方法】构造1()n n a x c a x ++=+，即1(1)n n a ca c x +=+-，故(1)c x p -=， 即{}1n p a c +-为等比数列【例4】. 11a =，123n n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式。
数列的求和与通项公式推导
数列的求和与通项公式推导在数学中，数列是一组按照一定规律排列的数的集合。
而数列的求和以及推导通项公式是数列研究中的重要内容。
本文将介绍数列的求和以及通项公式推导，并通过实例进行说明。
一、等差等差数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之差是一个常数，这个常数被称为公差。
我们将针对等差数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等差数列的首项为a₁，公差为d，我们要求前n项的和Sn。
我们可以观察等差数列的前n项和与首项与末项的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ) + (aₙ + aₙ₋₁ + ... + a₁)根据等差数列的性质，我们可以得到：Sn = (a₁ + aₙ)(n/2)这就是等差数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等差数列的通项公式，我们假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为an。
通过观察等差数列的规律，我们可以发现：aₙ = a₁ + (n-1)d二、等比等比数列是指一个数列中每个数与它的前一个数之比是一个常数，这个常数被称为公比。
我们将针对等比数列的求和与通项公式进行讨论。
1. 求和公式：设等比数列的首项为a₁，公比为r，我们要求前n项的和Sn。
类似地，我们观察等比数列的前n项和与首项与末项之间的关系：Sn = (a₁ + a₂ + ... + aₙ)Sn * r = (a₁r + a₂r + ... + aₙr)通过两式相减，我们可以得到：Sn * (1 - r) = a₁(1 - rⁿ)化简后得到：Sn = a₁(1 - rⁿ) / (1 - r)这就是等比数列的求和公式。
2. 通项公式推导：为了推导等比数列的通项公式，我们假设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为an。
通过观察等比数列的规律，我们可以发现：an = a₁ * r^(n-1)综上所述，我们介绍了等差数列和等比数列的求和以及通项公式推导。
这些公式在数列相关问题的求解中起到重要的作用。
数列求通项、求和的几种方法
求数列通项公式的几种方法数列知识是高考中的重要考察内容,而数列的通项公式又是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样,有了解析式便可研究起性质等;而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前N项和等.因此,求数列的通项公式往往是解题的突破口,关键点.故将求数列通项公式的方法做一总结,希望能对广大考生的复习有所帮助.下面我就谈谈求数列通项公式的几种方法：一、累差法递推式为：a n+1=a n+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)……a n-a n-1=f(n-1)将这个式子累加起来可得a n-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴a n=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式例1、已知数列{a}中,a1=1,a n+1=a n+2,求a n解：令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23……a n-a n-1=2n-1将这个式子累加起来可得a n-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴a n=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当n=1时,a1适合上式故a n=2n-1二、累商法递推式为：a n+1=f(n)a n（f(n)要可求积）思路：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……a n/a n-1=f(n-1)将这个式子相乘可得a n/a1=f(1)f(2)…f(n-1)∵f(n)可求积∴a n=a1f(1)f(2) …f(n-1)当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式例2、在数列{a n}中,a1=2,a n+1=(n+1)a n/n,求a n解：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……a n/a n-1=f(n-1)将这个式子相乘后可得a n/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)即a n=2n当n=1时，a n也适合上式∴a n=2n三,构造法1、递推关系式为a n+1=pa n+q (p,q为常数)思路：设递推式可化为a n+1+x=p(a n+x),得a n+1=pa n+(p-1)x,解得x=q/(p-1) 故可将递推式化为a n+1+x=p(a n+x)构造数列{b n},b n=a n+q/(p-1)b n+1=pb n即b n+1/b n=p,{b n}为等比数列.故可求出b n=f(n)再将b n=a n+q/(p-1)代入即可得a n例3、(06重庆)数列{a n}中,对于n>1(n€N)有a n=2a n-1+3,求a n解：设递推式可化为a n+x=2(a n-1+x),得a n=2a n-1+x,解得x=3故可将递推式化为a n+3=2(a n-1+3)构造数列{b n},b n=a n+3b n=2b n-1即b n/b n-1=2,{b n}为等比数列且公比为3b n=b n-1·3,b n=a n+3b n=4×3n-1a n+3=4×3n-1,a n=4×3n-1-12、递推式为a n+1=pa n+q n(p,q为常数)思路：在a n+1=pa n+q n两边同时除以q n+1得a n+1/q n+1=p/qa n/q n+i/q构造数列{b n},b n=a n/q n可得b n+1=p/qb n+1/q故可利用上类型的解法得到b n=f(n)再将代入上式即可得a n例4、数列{a n}中,a1+5/6,a n+1=(1/3)a n+(1/2)n,求a n解：在a n+1=(1/3)a n+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得2n+1a n+1=(2/3)×2n a n+1构造数列{b n},b n=2n a n可得b n+1=(2/3)b n+1故可利用上类型解法解得b n=3-2×(2/3)n2n a n=3-2×(2/3)na n=3×(1/2)n-2×(1/3)n3、递推式为：a n+2=pa n+1+qa n（p,q为常数）思路：设a n+2=pa n+1+qa n变形为a n+2-xa n+1=y(a n+1-xa n)也就是a n+2=(x+y)a n+1-(xy)a n，则可得到x+y=p,xy= -q解得x,y，于是｛b n｝就是公比为y的等比数列（其中b n=a n+1-xa n）这样就转化为前面讲过的类型了．例5、已知数列{a n}中,a1=1,a2=2,a n+2=(2/3)·a n+1+(1/3)·a n,求a n解：设a n+2=(2/3)a n+1+(1/3)a n可以变形为a n+2-xa n+1=y(a n+1-xa n)也就是a n+2=(x+y)a n+1-(xy)a n，则可得到x+y=2/3,xy= -1/3可取x=1,y= -1/3构造数列｛b n｝，b n=a n+1-a n故数列｛b n｝是公比为-1/3的等比数列即b n=b1(-1/3)n-1b1=a2-a1=2-1=1b n=(-1/3)n-1a n+1-a n=(-1/3)n-1故我们可以利用上一类型的解法求得a n=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](n€N*)四、利用s n和n、a n的关系求a n1、利用s n和n的关系求a n思路：当n=1 时，a n=s n当n≥2 时, a n=s n-s n-1例6、已知数列前项和s=n2+1,求{a n}的通项公式.解：当n=1 时，a n=s n＝2当n≥2 时, a n=s n-s n-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1而n=1时，a1=2不适合上式∴当n=1 时，a n=2当n≥2 时, a n=2n-12、利用s n和a n的关系求a n思路：利用a n=s n-s n-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解例７、在数列｛a n｝中，已知s n=3+2a n，求a n解：即a n=s n-s n-1=3+2a n-(3+2a n-1)a n=2a n-1∴｛a n｝是以２为公比的等比数列∴a n=a1·2n-1= -3×2n-1五、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出a n，再用数学归纳法证明例8、(2002全国高考)已知数列{a n}中,a n+1=a2n-na n+1,a1=2,求a n解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6由此猜想a n=n+1，下用数学归纳法证明：当n=1时，左边＝2，右边＝2，左边＝右边即当n=1时命题成立假设当n=k时，命题成立，即a k=k+1则 a k+1=a2k-ka k+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k2+2k+1-k2-2k+1=k+2=(k+1)+1∴当n=k+1时，命题也成立．综合(1),(2),对于任意正整数有a n=n+1成立即a n=n+1。
数列的通项与求和
数列的通项与求和数列是数学中一个重要的概念，广泛应用于各个领域中。
在数列中，通项与求和是两个重要的概念。
本文将详细介绍数列的通项与求和的概念、性质和计算方法。
一、数列的通项数列的通项是指数列中第n个数的一般表示式。
在数列中，通项通常使用公式或递推关系给出。
1.1 公式求通项对于一些特殊的数列，可以通过观察数列中数的规律来得到通项的公式。
常见的数列包括等差数列和等比数列。
1.1.1 等差数列如果数列中的相邻两项之差固定为常数d，则该数列为等差数列。
等差数列的通项公式可以通过以下公式计算得到：an = a1 + (n - 1)d其中，an表示等差数列的第n项，a1表示等差数列的首项，d表示等差数列的公差，n表示项数。
1.1.2 等比数列如果数列中的相邻两项的比固定为常数q，则该数列为等比数列。
等比数列的通项公式可以通过以下公式计算得到：an = a1 * q^(n - 1)其中，an表示等比数列的第n项，a1表示等比数列的首项，q表示等比数列的公比，n表示项数。
1.2 递推关系求通项对于一些数列，无法通过观察数列中数的规律找到通项的公式，可以通过递推关系来得到通项。
递推关系是指数列中的每一项与前面一项之间的关系。
递推关系通过以下公式表示：an = f(an-1)其中，an表示数列的第n项，an-1表示数列的第n-1项，f表示递推关系。
二、数列的求和数列的求和是指将数列中的一定项数的数相加的运算。
数列的求和可以使用两种方法进行计算，即通项法和递推法。
2.1 通项法求和通项法是指根据数列的通项公式，将数列的每一项相加来计算数列的求和。
使用通项法计算数列的求和需要明确求和的起始项和结束项。
例如，对于等差数列an = 2n + 1，求前10项的和，可以使用通项法：Sn = (a1 + an) * n / 2其中，Sn表示数列的前n项和，a1表示数列的首项，an表示数列的第n项，n表示项数。
2.2 递推法求和递推法是指通过数列的递推关系，将数列的前一项和当前项相加来计算数列的求和。
数列通项公式及数列求和的常用方
数列通项公式及数列求和的常用方法邓 飞一．通项公式求法1. 迭乘法：1()n n a a f n += 型例1 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+= ，，求数列{}n a 的通项公式。
解：因为112(1)53n n n a n a a +=+= ，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故132112211221(1)1(1)(2)2112[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n --------+-+++-=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯2. 迭加法：1()n n a a f n +=+ 型例2 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n , 则,211112-+=a a 312123-+=a a ，413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=. 3. 待定系数法：1n n a pa q +=+ 型――转化为1()n n a x p a x ++=+ 型。
（等比型）例3 已知数列{}n a 满足11236n n a a a +=+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：设12()n n a x a x ++=+ 比较系数得3,x = 所以 132(3)n n a a ++=+ 又13639a +=+=，则数列{3}n a +是以9为首项，2为公比的等比数列， 则1392n n a -+= ，故1923n n a -=- 。
(完整版)数列通项公式及其求和公式
一、数列通项公式的求法（1）已知数列的前n 项和n S ,求通项n a ； （2）数学归纳法：先猜后证;（3）叠加法(迭加法)：112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L ；叠乘法(迭乘法)：1223322111a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅=-----ΛΛ. 【叠加法主要应用于数列{}n a 满足1()n n a a f n +=+，其中()f n 是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成1()n n a a f n +-=，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出n a ，从而求出n s 】（4）构造法(待定系数法):形如1n n a ka b -=+、1nn n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列；【用构造法求数列的通项或前n 项和：所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的通项或前n 项和.】 （5）涉及递推公式的问题，常借助于“迭代法”解决.【根据递推公式求通项公式的常见类型】 ①1+1=,()n n a a a a f n =+型，其中()f n 是可以和数列，用累加法求通项公式，即1思路（叠加法）1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得111()n n i a a f n -=-=∑，即111()n n i a a f n -==+∑例题1：已知11a =，1n n a a n -=+，求n a解：∵1n n a a n -=+ ∴1n n a a n --=，依次类推有：122321122n n n n a a n a a n a a -----=--=--=、、…∴将各式叠加并整理得12n n i a a n =-=∑，121(1)2n nn i i n n a a n n ==+=+==∑∑ 思路（转化法）1(1)n n a pa f n -=+-，递推式两边同时除以np 得11(1)n n n n na a f n p p p ---=+，我们令n n n a b p =，那么问题就可以转化为类型一进行求解了.例题： 已知12a =，1142n n n a a ++=+，求n a解：∵1142n n n a a ++=+ ∴142nn n a a -=+，则111442nn n nn a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∵令4n n na b =，则112nn n b b -⎛⎫-= ⎪⎝⎭，依此类推有11212n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、22312n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、…、22112b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭∴各式叠加得1212nnn i b b =⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑，即122111*********n n n n n n n n i i i b b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ ∴1441422n nnn n n n a b ⎡⎤⎛⎫=⋅=⋅-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦②1+1=,()n n a a a a f n =⋅型，其中()f n 是可以求积数列，用累乘法求通项公式，即1(2)(1)f f a思路（叠乘法）：1(1)n n a f n a -=-，依次类推有：12(2)n n a f n a --=-、23(3)n n a f n a --=-、…、21(1)af a =， 将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)na f f f a =⋅⋅⋅…(2)(1)f n f n ⋅-⋅-，即(1)(2)(3)n a f f f =⋅⋅⋅…1(2)(1)f n f n a ⋅-⋅-⋅例题：已知11a =，111n n n a a n --=+，求n a . 解：∵111n n n a a n --=+ ∴111n n a n a n --=+，依次类推有：122n n a n a n ---=、2331n n a n a n ---=-、…、3224a a =、2113a a = ∵11a =∴将各式叠乘并整理得112311n a n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+-…2143⋅⋅，即12311n n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+- (212)43(1)n n ⋅⋅=+ ③1+1=,n n a a a pa q =+型（其中p q 、是常数），可以采用待定系数法、换元法求通项公式，即1()11n n q q a p a p p +-=---，设1n n qba p=--，则1n n b pb +=.利用②的方法求出n b 进而求出n a 当1p =时，数列{}n a 是等差数列；当0,0p q ≠=时，数列{}n a 是等比数列； 当0p ≠且1,0p q ≠≠时，可以将递推关系转化为111n n q q a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭,则数列1nq a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11qa p +-为首项，p 为公比的等比数列.思路（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，即1111n nq qa a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭ 例题：已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式 解：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=∵11a =∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列∴113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-④1+1=,n n n a a a pa q =+型,其中p q 、是常数且0,1q q ≠≠，111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,设n n n a b q =，则11n np b b q q+=⋅+思路（构造法）：11n n n a pa rq --=+，设11n n n n a a q q μλμ--⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，则()11n n q p q rq λμλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，从而解得p q r p q λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪-⎩那么n na r qp q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以1a r q p q +-为首项，p q 为公比的等比数列 例题：已知11a =，112n n n a a --=-+，求n a 。
数列求通项公式及求和9种方法
数列求通项公式及求和9种方法数列是指按照一定规律排列的一系列数值。
求数列的通项公式和求和的方法是数列研究的基础，下面将介绍9种常见的方法。
一、等差数列求通项公式和求和等差数列是指数列中两个相邻项之间的差固定的数列。
例如：1，3，5，7，9，……，其中差为21.1求通项公式对于等差数列，可使用以下公式计算通项：通项公式：a_n=a_1+(n-1)*d其中a_n表示数列第n项，a_1表示数列第一项，d表示公差。
1.2求和求和的公式为：S_n=(a_1+a_n)*n/2其中S_n表示数列前n项的和。
二、等比数列求通项公式和求和等比数列是指数列中的两个相邻项之间的比值是固定的数列。
例如：1，2，4，8，16，……，其中比值为22.1求通项公式等比数列的通项公式为：a_n=a_1*q^(n-1)其中a_n表示数列的第n项，a_1表示数列的第一项，q表示公比。
2.2求和求等比数列前n项和的公式为：S_n=a_1*(q^n-1)/(q-1)三、斐波那契数列求通项公式和求和斐波那契数列是指数列中的每一项都等于前两项之和。
例如：0，1，1，2，3，5，8，13，……3.1求通项公式斐波那契数列的通项公式为：a_n=a_(n-1)+a_(n-2)其中a_n表示数列的第n项。
3.2求和斐波那契数列前n项和的公式为：S_n=a_(n+2)-1四、等差数列的和差公式求通项公式和求和对于等差数列，如果已知首项、末项和项数，可以使用和差公式求通项公式和求和。
4.1公式和差公式是指通过首项、末项和项数计算公差的公式。
已知首项a_1、末项a_n和项数n，可以使用和差公式计算公差d：d=(a_n-a_1)/(n-1)4.2求通项公式已知首项a_1、公差d和项数n，可以使用通项公式计算任意项的值：a_n=a_1+(n-1)*d4.3求和已知首项a_1、末项a_n和项数n，可以使用求和公式计算等差数列前n项的和：S_n=(a_1+a_n)*n/2五、等比数列的部分和求和公式求通项公式和求和对于等比数列，如果已知首项、公比和项数，可以使用部分和求和公式求通项公式和求和。
数列求和与求通项公式方法总结(已打)
12、已知 为等比数列, , ,则 。
13、已知 得三边长成公比为 的等比数列,则其最大角的余弦值为_________.
14、已知等比数列 为递增数列,且 ,则数列的通项公式 _____.
15、等比数列{ }的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比 =_______
(Ⅰ)求 的值;(Ⅱ)求数列 的通项公式.
（1）求数列 的通项公式；
(2)记 ，求数列 的前n项和 。
数列练习题（近三年各地高考题选编）
一、填空题
1、在等差数列 中, ,则 的前5项和 =。
2、等差数列 中, ,则数列 的公差为。
3、在等差数列 中,已知 =16,则 。
4、如果等差数列 中， + + =12，那么 + +•••…+ =。
5、 为等差数列, 为其前 项和.若 , ,则 ________.
（1）求数列 、 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，问 > 的最小正整数 是多少
2、（2012广州一模）已知等差数列 的公差 ，它的前 项和为 ，若 ，且 ， ， 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
（2）设数列 的前 项和为 ，求证： ．
3、（2012惠州三模）已知函数 ，且数列 是首项为 ，公差为2的等差数列.
6、{an}的前n项和为Sn,且Sn= ,n∈N﹡,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N﹡.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
7、已知 是等差数列,其前 项和为 , 是等比数列,且 .
(I)求数列 与 的通项公式;
最全面总结：数列求通项、求和方法总结
数列求通项、求和的方法总结一、定义法 —— 直接利用等差或等比数列的定义求通项。
特征：适应于已知数列类型（等差or 等比）的题目．例．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d ∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=二、公式法求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。
特征：已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系例．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S nn n ．求数列{}n a 的通项公式。
解：由1121111=⇒-==a a S a当2≥n 时，有,)1(2)(211nn n n n n a a S S a -⨯+-=-=-- 1122(1),n n n a a --∴=+⨯-,)1(22221----⨯+=n n n a a ……，.2212-=a a 11221122(1)2(1)2(1)n n n n n a a ----∴=+⨯-+⨯-++⨯-三、由递推式求数列通项法类型1 特征：递推公式为)(1n f a a n n +=+对策：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法求解。
例1. 已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。
求数列通项公式、数列求和问题的常用方法
求数列通项公式、数列求和问题的常用方法一、求数列通项公式的三种常用方法2;3.n n S a ⎧⎪⎨⎪⎩1、利用与的关系；、累加（乘）法、构造法（或配凑法、待定系数法）1、利用n n S a 与的关系求通项公式：1-11-1=1;=-.-n n n n n S a S S S S S ⎧⎨≥⎩ ， 当n 时利用 ，当n 2时注意：当也适合时，则无需分段(合二为一)。
例1、设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，11a b =且2211().b a a b -= （Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；解：（1）,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当当;2,111===S a n 时也满足上式。
故{a n }的通项公式为42,n a n =-设{b n }的公比为q ， 111, 4, .4b qd b d q ==∴=则 故1111122,44n n n n b b q ---==⨯= 12{}.4n n n b b -=即的通项公式为例2、数列}{n a 的前n 项和为S n ，且111,3, 1,2,3,n n a S a n +=== ，求： （1）2a 的值。
（2）数列}{n a 的通项公式； 解：（1）由得,,3,2,1,31,111 ===+n S a a n n .313131112===a S a 111234222211()(2),3344,(2), (33)114,()(2).3331,1,,{}14(), 2.33n n n n n n n n n n n n a a S S a n a a n a a a a q a a n n a a n +-+---=-=≥=≥===≥=⎧⎪=⎨≥⎪⎩(2)由得即，，，是以为首项，为公比的等比数列又所以所以数列的通项公式为例3、（09广东四校文期末）已知函数 f (x ) = a x 2 + bx －23 的图象关于直线x =－32对称, 且过定点(1,0)；对于正数列{a n },若其前n 项和S n 满足S n = f (a n ) （n ∈ N *）（Ⅰ）求a , b 的值；（Ⅱ）求数列{a n } 的通项公式；(Ⅰ)∵函数 f (x ) 的图象关于关于直线x =－32对称,∴a ≠0,－b 2a =－32, ∴ b =3a ①∵其图象过点(1,0)，则a +b －23=0 ②由①②得a = 16 , b = 12. 4分(Ⅱ)由(Ⅰ)得2112()623f x x x =+- ，∴()n n S f a ==2112623n n a a +- 当n ≥2时，1n S -=211112623n n a a --+- .两式相减得 2211111()622n n n n n a a a a a --=-+-∴221111()()062n n n n a a a a ----+= ，∴11()(3)0n n n n a a a a --+--= 0,n a >∴ 13n n a a --=，∴{}n a 是公差为3的等差数列，且22111111112340623a s a a a a ==+-∴--=∴a 1 = 4 (a 1 =－1舍去）∴a n =3n+1 9分2、累加（乘）法：11-111 12-1. 2 3+2. 3 2-1.14 .(n+1)n n n n n n n n n a a n a a n a a a a n ++++=+=+=+=+例如：、 、、、 n 1112. 2 .+1n n n n a a na a n ++==例如：、 、 3、配凑法或待定系数法或构造法：111 12 1. 2 2 1. 3 3 2.n n n n n n a a a a a a +++=+=+=+例如：、 、、11+111111+12+1 1.+1=2--------2.221,=2{}=1=21=.2n n n n n n n nn n n n n n a a a a a a a b b a b b b a a q b ++++=+=+∴=+++==+ 解：方法一配凑法（或拆配法） 即 令则有， 故是以为首项，以为公比的。
数列的通项与求和教案
数列的通项与求和教案数列是数学中一个重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数构成。
在数列中，通项和求和是两个基本的概念和问题。
本教案将介绍数列的通项和求和的概念及求解方法，以帮助学生更好地理解和应用相关知识。
一、数列的通项数列的通项是指根据数列中的位置n，通过一个公式或规律来表示数列中的第n项。
通项是数列的核心概念，它不仅能描述数列中的每一项，还可以帮助我们求解其他与数列相关的问题。
在数列的通项的求解中，最常见的情况是等差数列和等比数列。
1. 等差数列等差数列是指数列中的每一项与前一项之间的差值都相等的数列。
设数列的首项为a₁，公差为d，则等差数列的通项公式为：an = a₁ + (n-1)d其中，an表示数列中的第n项。
2. 等比数列等比数列是指数列中的每一项与前一项之间的比值都相等的数列。
设数列的首项为a₁，公比为r，则等比数列的通项公式为：an = a₁ * r^(n-1)其中，an表示数列中的第n项。
二、数列的求和数列的求和是指将数列中的所有项相加得到的结果。
数列的求和可以帮助我们更好地理解数列的性质，进一步推导出一些重要的结论。
同样地，在数列的求和中，最常见的情况是等差数列和等比数列。
1. 等差数列的求和对于等差数列，我们可以通过以下公式求解其前n项和Sn：Sn = (n/2) * (a₁ + an)其中，Sn表示等差数列的前n项和。
2. 等比数列的求和对于公比不为1的等比数列，我们可以通过以下公式求解其前n项和Sn：Sn = (a₁ * (1 - r^n)) / (1 - r)其中，Sn表示等比数列的前n项和。
三、练习与应用在学习了数列的通项和求和的概念及求解方法后，学生可以通过多做题目来加深对相关知识的理解和掌握。
可以安排一些练习题，帮助学生在熟练掌握数列的通项和求和求解方法后，能够灵活应用于实际问题中。
例如，给定一个等差数列的首项a₁为2，公差d为3，求该数列的第10项和前10项的和。
数列与级数的通项与求和公式
数列与级数的通项与求和公式数列和级数是高中数学中重要的概念，广泛应用于各个领域。
本文将介绍数列和级数的通项与求和公式，并探讨其应用。
一、数列的通项公式数列是按一定顺序排列的一组数，通常用a₁, a₂, a₃, ...表示。
数列的通项公式可以表示数列中的任意一项与项数之间的关系。
1. 等差数列的通项公式等差数列是一种常见的数列，其中每一项与前一项之差相等。
设等差数列的首项为a₁，公差为d，则它的通项公式为：aₙ = a₁ + (n-1)d2. 等比数列的通项公式等比数列是一种常见的数列，其中每一项与前一项之比相等。
设等比数列的首项为a₁，公比为r，则它的通项公式为：aₙ = a₁ * r^(n-1)3. 斐波那契数列的通项公式斐波那契数列是一种特殊的数列，其中每一项等于前两项之和。
设斐波那契数列的首项为a₁，则它的通项公式为：aₙ = aₙ₋₂ + aₙ₋₁二、级数的求和公式级数是数列的和，表示为∑aₙ，其中n取自1到无穷大。
级数的求和公式可以帮助我们计算级数的和。
1. 等差级数的求和公式等差级数是由等差数列的各项相加而得到的。
设等差级数的首项为a₁，公差为d，则它的求和公式为：S = (n/2)(2a₁ + (n-1)d)2. 等比级数的求和公式等比级数是由等比数列的各项相加而得到的。
设等比级数的首项为a₁，公比为r，则它的求和公式为：S = a₁/(1-r)3. 终值公式终值公式适用于等差级数和等比级数的部分和的计算。
设等差级数的首项为a₁，末项为aₙ，则它的终值公式为：Sₙ = (n/2)(a₁ + aₙ)设等比级数的首项为a₁，末项为aₙ，则它的终值公式为：Sₙ = (a₁ - aₙr)/(1-r)三、数列与级数的应用数列与级数在各个科学领域中具有广泛的应用。
下面将介绍数列与级数在金融、物理、计算机等领域的应用。
1. 金融领域中的应用在金融领域中，数列与级数可以用于计算复利、未来金额等。
根据等比级数的求和公式，我们可以计算出投资的总收益。
数列的求和与通项
数列的求和与通项数列是由一系列按照特定规律排列的数字所组成的序列。
对于一个给定的数列，我们通常会关注两个重要的问题：求和以及寻找数列的通项公式。
本文将介绍数列求和与通项的相关概念以及求解方法。
一、数列的定义数列可以定义为一个具有无穷多项的序列，其中每一项的位置和对应的数值都具有特定规律。
数列通常用大写字母表示，如：$a_1,a_2,a_3,…,a_n$。
二、数列求和的概念与方法数列的求和即是将数列中所有的项相加得到的结果。
常见的数列求和方式有以下几种：1. 等差数列的求和：等差数列是指数列中每一项与其前一项之差保持恒定的数列。
求等差数列的和可以使用以下公式：$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$其中，$S_n$表示前$n$项和，$a_1$表示首项，$a_n$表示第$n$项。
2. 等比数列的求和：等比数列是指数列中每一项与其前一项之比保持恒定的数列。
求等比数列的和可以使用以下公式：$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$其中，$S_n$表示前$n$项和，$a_1$表示首项，$q$表示公比。
3. 递归数列的求和：递归数列是一个通过前面的项来确定后面项的数列。
求递归数列的和需要根据数列的递归公式进行推导，再求解。
三、数列通项公式的概念与方法数列通项公式是指可以通过该公式计算数列中任意一项的数值的公式。
常见的数列通项公式有以下几种：1. 等差数列的通项公式：等差数列的通项公式可以表示为：$a_n = a_1 + (n-1)d$其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示首项，$d$表示公差。
2. 等比数列的通项公式：等比数列的通项公式可以表示为：$a_n = a_1 \cdot r^{(n-1)}$其中，$a_n$表示第$n$项，$a_1$表示首项，$r$表示公比。
3. 递归数列的通项公式：递归数列的通项公式需要通过数列的递归关系进行推导，具体的方法根据不同数列的递归公式有所不同。
数列通项公式及其求和公式
2n12，依此类推有b n 1 b n 2、b n 2 b n 3b 2 1b 1-、数列通项公式的求法(1) 已知数列的前n 项和S n ,求通项a n ； (2) 数学归纳法：先猜后证；(3) 叠加法(迭加法)：a n (a n a ni ) (a n 1 a n 2) L (a ? ai) ai ；【叠加法主要应用于数列｛a n ｝满足a n 1 a n f (n),其中f (n)是等差数列或等比数列的条件下，可 把这个式子变成a n 1 a nf(n)，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出a n ，从而求出S n 】(4)构造法(待定系数法)：形如a n ka n 1 b 、a * ka * 1 b n ( k, b 为常数)的递推数列；【用构造法求数列的通项或前 n 项和：所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列 的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的通项或前 n 项和.】(5)涉及递推公式的问题，常借助于“迭代法”解决 .【根据递推公式求通项公式的常见类型】①c 1=a,a n +1 a n f(n)型，其中f(n)是 可以和 数列，a f(n 1)f(n 2 ……f(2) f(1) a类型 1: a n 1 a n f (n)类型 2: a n 1 pa n f(n)那么问题就可以转化为类型一进行求解了 例题： 已知 a 1 2 , a n 1 4a n 2n 1，求 a n叠乘法(迭乘法):a na n a n 1 an 2a 3 a 2 an 1 a n 2 an 3a ： a 1用累加法求通项公式，即思路 (叠加法)a n a n 1 f(n 1)，依次类推有：a n 1 a n 2f (n 2)、0.2 q 3 f(n 3)、…、a 2 a 1 f(1)， 将各式叠加并整理得n 1a n a 1f(n)'即 a . i 1n 1a 1f(n)i 1例题 1 ：已知a 1 1，a n a n 1 n ,求a n解：T a n a n 1a n an 1n ，依次类推有:12 3n 2、…a 2 a 1•••将各式叠加并整理得 a na 1nn ，a ni 2n(n 1) 2思路(转化法)a n pq 1 f (n1),递推式两边同时除以a n npb n ,解：T a n 1 4a n 2• an 4an1 2n ，则2i•- a n 4nb类型 3: a n 1 f (n)a nf (n 2) f(n 1) a当p 1时，数列｛a n ｝是等差数列；当 p 0,q0时，数列｛a n ｝是等比数列；当p 0且p 1,q 0时，可以将递推关系转化为 a n1pq Q ，则数列 a n —⑴ 是以p 1 p 1p 1a 1 —匚为首项，p 为公比的等比数列.p 1•••各式叠加得 b n bl，即 b n bia n f(n) ② 6=4 4+1a n f(n 1) f(n 2) 型 苴 …f(2)f(1Rf （n ）是可 求积数 求通项思路（叠乘法）：旦a nf （n 1），依次类推有: 邑f(n an 22)、3nan 3f(n3）、…、a2a 1f(1)，将各式叠乘并整理得 a n f(1)f(2) f(3)…f(n2) f(n 1),a n f(1)f(2) f(3)…例题：已知 a 1 1, n 1，求 an .解：T a nn 1 1a na n ，依次类推有:a n 1 a n 2 a 3 a n 1a na na 2a2a 1•将各式叠乘并整理得a na n2 1 43 n(n2 1)③ a 1=a, a n+1pa n q 型（其中 p q 是常数） ，可以采用待定系数法、换元法求通项公式,p(a n冷，设6 a n 壮则b n 1 pb n .利用②的方法求出b n 进而求出a n3思路 （构造法）：设a n 1 p a n,即p 1 q 得—,数列a n 是以a 1为p 1首项、 p 为公比的等比数列，则 a nqp 1qn 1 a 1p p 1即 qn 1q，即 a na 1pp 11 p例题: 已知数列 a n 满足a n 2a n 13且a 1 1，求数列 a n 的通项公式解：设a n 1 2 a n ，即 3• ai即化为③.•••数列a n 3是以3i3 4为首项、 2为公比的等比数列④ ai=a,a n+i3 4 2n 12n 1，即 a n 2pa n q n 型，其中p q 是常数且q 0，q 1 导丄设* b n ，则b n 1qb n类型5: 思路（构造法）：Oi pan rqa n 1n 1qrq1 ,从而解得例题：已知 a 1a n a n-为首项,q2n ，求解：•••设即2nan 1班2n是以1 6为首项，⑤ a n+1pa n -型, qp为公比的等比数列q1 2n 2n 1，解得1a —为公比的等比数列，即n22n其中p 、q 是常数且a n o ,可以采用等式两边取倒数2n a n1 思路（转化法）：对递推式两边取倒数得—an 1 pa n dc a n an 1c an三，令bn丄，这样,a n问题就可以进行求解了例题：已知a1 4 , a n 12 a n 2a n解：•••对递推式左右两边取倒数得a n 1 2a n2a n an 1 a n1•••令b n 则b n 1a n 1bn1.设b n 1 ，即是以彳为首项、1-为公比的等比数列，则2b n 2 点’即bn2n 27~2* 1 ~ ，2* 1ana a n b类型7: a n 1----------- (c 0、ad bc 0)c a n d思路（特征根法）：递推式对应的特征方程为心即cx2 (d a)xcx d b 0 .当特征方程有两个相等实根X1x2时，数列一a n11为等差数列，我们可设a da n2c1a d 2c a n1a d2c（为待定系数，可利用印、a2求得）；当特征方程有两个不等实根花、X2时,数列X1a n a nX2是以引a1鱼为首项的等比数列，我们可设色x2 a nX1X2a1%a1x2n 1（为待定系数,可利用已知其值的项间接求得）；当特征方程的根为虚根时数列a n 通项的讨论方法与上同理，此处暂不作讨论.例题：已知a112 a n 4an13 ( nan 122),求a n解：•••当n 2时，递推式对应的特征方程为2x 3 0,解得x11、x2 3数列旦」是以- 1为首项的等比数列a“ 3 a X2 2a X21 n 4.⑵等比数列求和公式： & a 1 (1 q n )(q 1):r (q 1)另外，还有必要熟练掌握一些常见的数列的前n 项和公式.正整数和公式有:n(n 1)；nk 2k 1n (n 1)(2 n 1)；6n k 3[0(1)]2k 12例1、 已知数列 f n 的前n 项和为S n ,且S nn 2 2n.若 a 1 a n,求数的前n 项和T列a n分析：根据数列的项和前 通项公式后，确定数列的特点，根据公式解决 解：T 当 n 2 时，f n S n S n 1 2n 1.当 n 1 时，f1 3, a n 1 2a n 1 nn 项和的关系入手求出 n ,再根据a n 1f a n ( nN )求出数列a n 的S 1 3,适合上式，即 a n 11 2(a n 1)f n 2n 1 n N , a 1•••数列a n 1是首项为4、公比为2的等比数列.•- a n 1a 1 1 2n 1 2n 1, a n 2n 1 1 nN ； T n【能力提升】公式法主要适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列的求和，一些综合 性的数列求和的解答题最后往往就归结为一个等差数列或等比数列的求和问题 变式训练1:已知log 3 xlog 2 3•求 x x 2 x 3x n 的前n 项和.二、数列求和的几种常见方法数列问题中蕴涵着丰富的数学思想方法，是高考用来考查考生对数学思想方法理解程度的良好素 材，是历年高考的一大热点，在高考命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现，一般数 列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，因此，我们有必要对数列求和的各种 方法进行系统探讨•1、公式求和法通过分析判断并证明一个数列是等差数列或等比数列后，可直接利用等差、等比数列的求和公式 求和，或者利用前n 个正整数和的计算公式等直接求和 •运用公式求解的注意事项： 首先要注意公式的 应用范围，确定公式适用于这个数列之后，再计算 •特别地，注意数列是等比数列时需要讨论q 1和 q1的情况•⑴等差数列求和公式：S nn(a 1 a n )n(n 1)d2 2•••设生J a n3n1，由 a i3，即a n a n3n 1，从而a n3n1 3n 11a n1 2 3n ,n 13n ^l'n 21x1 2例2、已知函数F x3x 2 2x丄.求F2 2009F —2009F 20082009分析：由所求的和式的特点, 用倒序相加法求和• 易想到探究：和为1的两个自变量函数值的和是否为常数.从而确定可否【解析】••• F x3x 2 2x31 x 2 21 x 13.•••设 S F —200920092008.①S 20092008 2009F 20072009F — 20092S1 2009 2008 20092 2009 2007 2009F 200820092008 【能力提升】倒序相加法来源于课本， 求和方法.当求一个数列的有限项和时, 3012例3 :已知f (x)解：•••由 f(x)•••原式 f(1)f(2)变式训练1:求si n 216024,所以S是等差数列前项和公司推导时所运用的方法，它是一种重要的 若是“与首末两端等距离” 的两项和都相等，即可用此法 ，则 f (1)1 x 2sin 2 2f(2) f(3)f(3) fsin 2 32x1 x 21 1 x 211sin 2 88 sin 289的值*S变式训练2:设s n 1 2… n(n N ),求f(n)-的最大值.(n 32) S n 12、倒序相加法2 3a n a n 1与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法 .我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前n 项和公式的推导，用的就是“倒序相加法”S nda 2 S na na n 1a n 1 a nn 1n则a ? a 〔如果一个数列｛a n ｝，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，可采用把正着写 a n 1 2S na 1 a na 1 a n a 22 3a n a n 1a k a k da kn1 n1 1 1 1 1 k 1 3k 3k 1k 1d a ka k 1da 1例5 、 数列a n满 足23n22 2 2T n3 3 3 3a 〔a 2 a 2a 3 &a 4 a n a n 1丄丄 1” , • 1• •1 a 2a 2a 3a na n 11, a 25 5 2a 1,a n 2 a n 1 — a n 3 3 31丄 1d a 1a n 1分析：根据给出的递推式求出数列a n ，再根据的特点拆项解决变式训练2 :如已知函数f(x)对任意x € R 都有f(x) f(1 x) 1SSn2f (0)f(-) n23f(—) f ㈠+… n n-f(n 2) f(n 1)n n f(1), (n N *)，求S n1 1f(1) f(2)f(2008) f(2)f(3)3、裂项相消法裂项相消法是将数列的各项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有限项，从而求出数列的 前n 项和• 一般地，我们把数列的通项分成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求1 ak a kf (x)x 2 1 x 2f (i 2008得其和•适用于类似a n a n 1(其中a n 是各项不为0的等差数列，c 为常数)的数列，以及部分无理数列和含阶乘的数列等•用裂项法求需要掌握些常见的裂项方法(2n 1)(2 n 1) 2 2n 1 2n 1k)例 4:a n 是公差为 d 的等差数列,的等比数列，故a n 1 a n【能力提升】用裂项相消法求和的关键是先将形式复杂的式子转化为两个式子的差的形式因此需要掌 握一些常见的裂项技巧.变式训练 1: 在数列 {a n }中，a n1 2—，又 b n，求数列b n 的前n 项n 1 n 1n 1a nan 1的和•变式训练 :2 :求和： s 111L11 21 2 3 1 2 3 L n变式训练 3: 求和：11 11.2 1. 3 、2 4 3..n 1,n •4、错位相减法错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式•即若在（差比数列）｛a n b n ｝中，｛a n ｝成等差数列, 减整理后即可以求出前 n 项和•解：•••由已知条件，得a n 2 a n 12 a n 1 a n3a n 122a n 是以a 2 a i为首项，一为公比33aana n aa 3｛b n ｝成等比数列，在和式的两边同乘以公比，再与原式错位相 例题：S n 12x 3x 2 4x 3 n ..... nxx- S n x 2x 2 3x 3 4x 4…… ①一② 1 x S n 1 2 x x ............当x 1 时，S n1x n nxnx 1x1 x1n 1 x n 1①nnx②n 1 x n nx 当x 1时，S n 1 2 3n n 1n2【能力提升】错位相减法适用于数列a nb n ，其中a n 是等差数列, b n 是等比数列•若等比数列b n中公比q 未知，则需要对公比 q 分q 1和q1两种情况进行分类讨论例6、已知数列a n 是首项为a-i-,公比为q 丄的等比数列，设b n 4 42 3log 1 a n n4N ，数列C n 满足C n a n b n .求数列C n 的前n 项和S n .比数列对应项的乘积构成的数列，因而可考虑用错位相减法来解决5、（分组）拆项求和法（裂项重组法）所谓裂项重组法就是针对一些特殊的数列，既不是等差数列，也不是等比数列的数列，我们可以 通过拆分、合并、分组，将所求和转化为等差、等比数列求和例7、已知数列a n 的通项公式为a n 2n 3n 1,求数列a n 的前n 项和. 2n 与一个等差数列 3n 1组成的，所以可将其转化为一个等比数列与一个等差数列进行分组求和 【解析】S n a 1 a 2a n 21 2 22 5构成等差数列或等比数列，那么我们就可以用此方法求和例8、数列a n 的前n 项和是S n n N ,若数列a .的各项按如下规则排列：分析：根据等比数列的性质可以知道数列 b n 为等差数列，这样数列 C n 就是一个等差数列与一个等解：•••由题意知，a n3log ! a n 2，故 b n 3n2n N41 …G 3n 2- nN 42311 1 二 S n 14 7 L 3n 4441 C 1 1 1 S n 1 - 4 -7 -L 4 444233111•••两式相减，得3S n 1 3 1- 4 4 4451 n1 1 n 443n 2, n一n 111 3n 53n 244nn 1n 111113n 23n 24424S n2 3n 22 3变式训练1、求Sn 1 2x 3x 4xn 1nx变式训练2、若数列｛a n ｝的通项a n （2n 1） 3n ，求此数列的前n 项和S n .变式训练3、2 4求数列亍豕623，2n ，歹前n 项的和.分析：该数列的通项是由一个等比数列 2n 3n 1=2122=22n2 53n 1 . 21 2nn 2 3n 1=1 22-n 2.2【能力提升】在求和时, 定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别若存在自然数k k N ，使S k 10, S k 1 10，则a k分析：数列的构成规律是分母为 2的一项，分母为 3的两项，分母为 4的三项，•…，故这个数列的和 可以并项求解.11 123 3 1 2 31 2 3 4解：S 1 S 3 —,S 63, S103 -52 23 22 451 2 3 4 5 15十 1 2 3 45 621S 15 5,而3,这样S 2110,而627215 1 2 3 4 5 15 15 15 55 + 5S2010,故 a k，故填272 7 2 277【能力提升】当一个数列连续的几项之间具有明显的规律性，特别是一些正负相间或者是周期性的数列等，可以考虑用并项求和的方法 变式训练3:求数列｛n(n 1)(2n1)｝的前n 项和.一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数 列有关或具备某种方法适用特点的形式， 从而选择合适的方法求和•高考数学试题中所涉及的数列求和 问题往往具有一定的技巧性，需要考生具有很强的分析问题、解决问题的能力才能解决，但是基本的 求和方法就是上面介绍的这些 •希望广大考生熟练掌握，灵活适用 • 三、数列的综合应用⑴求解等差、等比数列的综合问题的基本途径是：应用等差数列和等比数列的基本量(首项、公差、 或公比、通项、前n 项和)表示数列中的项，适时地应用它们的基本性质求解 .此外，应该熟悉等差数列与等比数列的递推公式•⑵数列与函数、数列与不等式的综合问题主要是：由函数的解析式得到的数列递推公式，转化为等差 数列或等比数列进行求解.⑶数列的应用问题：一般地，涉及递增率通常用到等比数列；涉及依次增加或减少要用到等差数列; 复利和分期付款问题，用等比数列解决1 12 1 23 1 2 34 1—J — J — J — J — J — J — J — J — J — J —23344455556变式训练1：求和:2536+4 7+ ........ +n(n+3)变式训练2:求数列1,1+2,1+2+2 2 2 n 1,•- ,1+2+2 + …+2的前n 项和。
数列的通项公式和求和公式
数列的通项公式和求和公式数列是数学中常见的概念，它是由一系列按照一定规律排列的数字组成。
在数列的研究中，通项公式和求和公式是两个重要的概念。
本文将详细介绍数列的通项公式和求和公式，并探讨它们的应用。
一、数列的通项公式数列的通项公式是一个能够直接推算出数列的第n项的公式，通过这个公式我们可以快速计算数列的任意项。
常见的数列有等差数列和等比数列，它们的通项公式如下：1. 等差数列的通项公式等差数列的通项公式为：an = a1 + (n - 1)d其中，an表示等差数列的第n项，a1为首项，n为项数，d为公差。
2. 等比数列的通项公式等比数列的通项公式为：an = a1 * r^(n - 1)其中，an表示等比数列的第n项，a1为首项，n为项数，r为公比。
除了等差数列和等比数列，还有其他类型的数列，它们的通项公式根据数列的规律有所不同。
通过找出数列的规律并利用递推关系，我们可以得到数列的通项公式，从而方便计算数列的各项值。
二、数列的求和公式求和公式是用来计算数列前n项和的公式，它可以帮助我们快速求解数列的和。
常见的数列求和公式如下：1. 等差数列的求和公式等差数列的求和公式为：S = (n/2) * (a1 + an)其中，S表示等差数列的前n项和，n为项数，a1为首项，an为末项。
2. 等比数列的求和公式等比数列的求和公式为：S = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)其中，S表示等比数列的前n项和，n为项数，a1为首项，r为公比。
对于其他类型的数列，其求和公式也有所不同。
我们可以通过找出数列的和与前一项之间的递推关系，从而得到数列的求和公式，从而快速求解数列的和。
三、数列公式的应用数列的通项公式和求和公式在数学中有着广泛的应用。
比如，在预测数值规律方面，我们可以利用通项公式来计算未知项的值，从而推断出数列的任意项。
在实际问题中，数列的通项公式和求和公式也经常被应用于求解具体的数值。
此外，数列的通项公式和求和公式也在数学的相关领域中起到重要的作用，比如在微积分中用于求解积分，或在概率论中用于计算概率等等。
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第二讲 数列的通项与求和考点一 求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项公式． (2)累加法：由形如a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．(3)累乘法：由形如a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．(4)构造法：由形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：公式法求数列通项[解题指导] n ＝1时，a 1＝S 1→n ≥2时，a n ＝S n －S n －1→转化为等比数列[解析] 解法一：由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1，∴{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列．∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－(1－26)1－2＝－63.解法二：由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.[答案] －63角度2：累加法、累乘法求数列通项[解析] 因为a n ＋1－1＝a n ＋2n ，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2(n －1)－1，a n －2－a n －3＝2(n －2)－1，…a 2－a 1＝2×2－1，将以上各式相加，得a n －a 1＝(2n －1)＋[2(n －1)－1]＋[2(n －2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n ＋2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2×2]－(n －1)＝(n －1)(2n ＋4)2－n ＋1＝(n －1)(n ＋2)－n ＋1＝n 2－1.又因为a 1＝2，所以a n ＝n 2－1＋a 1＝n 2＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2适合上式．故a n ＝n 2＋1(n ∈N *)．[答案] a n ＝n 2＋1角度3：构造法求数列通项[解析] 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×2n 的两边同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，其首项为a 12＝1，公差为32，所以a n 2n ＝1＋(n －1)×32＝32n －12，所以a n ＝(3n －1)·2n －1.[答案] a n ＝(3n －1)·2n －1[探究追问] 若本例中的“a n ＋1＝2a n ＋3×2n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋3×5n ”，其他条件不变，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 解法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，又因为b 1－1＝a 15－1＝－35，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ， 故a n ＝5n －3×2n －1.解法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.[答案] a n ＝5n －3×2n －1求数列通项公式的两种策略(1)已知S n 与a n 的递推关系求通项常用两个思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)已知a n 与a n ＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．[对点训练]1．[角度1](2018·安徽合肥一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2018＝( )A ．22018－1B ．32018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132018－103 [解析] ∵数列{a n }的前n 项和为S n,3S n ＝2a n －3n ，∴a 1＝S 1＝13(2a 1－3)，解得a 1＝－3.S n ＝13(2a n －3n )①，当n ≥2时，S n －1＝13(2a n －1－3n ＋3)②，①－②，得a n ＝23a n －23a n －1－1，∴a n ＝－2a n －1－3，∴a n ＋1a n －1＋1＝－2， ∵a 1＋1＝－2，∴{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝(－2)n ，∴a n ＝(－2)n －1，∴a 2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A.[答案] A2．[角度2](2017·东北三校联考)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] 由a n ＋1＝2na n ，得a n ＋1a n ＝2n ，令n ＝1,2，…，可得 a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，将这n －1个等式叠乘得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2 ，故a n ＝2n (n －1)2 . 又a 1＝1满足上式，故a n ＝2n (n －1)2 .[答案] 2n (n －1)23．[角度3]已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足S n ＋a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为S n ＋a n ＝2n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＋a 1＝2＋1，解得a 1＝32.当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2(n －1)＋1，所以a n －a n －1＋a n ＝2，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)，又因为a 1－2＝－12，所以数列{a n －2}是等比数列，其首项为－12，公比为12，所以a n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－12n . [答案] a n ＝2－12n考点二 求数列的前n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． (3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：裂项相消法求和[解](1)a n＋1＝S n＋1－S n，代入a n＋1＝2S n＋1，得S n＋1－S n＝2S n＋1，整理可得S n＋1＝(S n＋1)2，因为S n>0，所以S n＋1－S n＝1，所以数列{S n}是首项为λ，公差为1的等差数列，所以S n＝λ＋(n－1)＝n＋λ－1，S n＝(n＋λ－1)2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n＋2λ－3，∴a n＋1－a n＝2，因为数列{a n}为等差数列，所以a2－a1＝2λ＋1－λ＝2，解得λ＝1.(2)由(1)可得a n＝2n－1，所以1a n a n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，因为T n＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1，所以T n＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝12－14n＋2.角度2：错位相减法求和[解题指导](1)构造数列{a n＋1－a n}→求出a n＋1－a n――→累加法求a n(2)求b n→符合错位相减法求和特征→求{b n}前n项和[解](1)证明：由a n＋1＝3a n－2a n－1(n≥2)，得a n＋1－a n＝2(a n－a n－1)，因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列． 所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n .(2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以T n ＝3－2n ＋32n .数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多．(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．[对点训练]1．[角度1](2018·济南模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9， 所以d ＝2，S 9＝99，又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝1a n ＋1＋a n ＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32. 2．[角度2]数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n 都有a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n 3n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .[解] (1)依题意得4S n ＝(a n ＋1)2，则4S n －1＝(a n －1＋1)2，n ≥2.将上述两式相减可得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，n ≥2.∵a n >0，∴a n ＋a n －1>0，∴a n ＝a n －1＋2.又4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1.∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 则T n ＝1·13＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 13T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.将上述两式相减得，23T n ＝13＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝2×13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－13－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝23－2(n ＋1)3·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . ∴T n ＝1－(n ＋1)·13n .1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)． 又由题设可得a 1＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 2．(2017·天津卷)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2．若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．热点课题11 数学文化中的数列问题[感悟体验]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3，故选B. [答案] B2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱B.43钱C.32钱D.53钱[解析] 依题意，设甲所得为a 1，公差为d ，则a 1＋a 2＝a 3＋a 4＋a 5＝52，即2a 1＋d ＝3a 1＋9d ＝52，解得a 1＝43，所以甲得43钱，故选B.[答案] B专题跟踪训练(十九)一、选择题1．(2018·安徽淮南一模)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)[解析] ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3，故选C.[答案] C2．(2018·信阳二模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．1121 B ．1122 C ．1123 D ．1124[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123，故选C. [答案] C3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n＝n ＋1n ＋2， 则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B. [答案] B4．(2018·广东茂名二模)S n 是数列{a n }的前n 项和，且∀n ∈N *都有2S n ＝3a n ＋4，则S n ＝( )A ．2－2×3nB ．4×3nC ．－4×3n －1D ．－2－2×3n －1[解析] ∵2S n ＝3a n ＋4，∴2S n ＝3(S n －S n －1)＋4(n ≥2)，变形为S n －2＝3(S n －1－2)，又n ＝1时，2S 1＝3S 1＋4，解得S 1＝－4，∴S 1－2＝－6.∴数列{S n －2}是等比数列，首项为－6，公比为 3.∴S n －2＝－6×3n －1，可得S n ＝2－2×3n ，故选A.[答案] A5．(2018·河北石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n，则a 2018的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13[解析] ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得：a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3，故选B.[答案] B6．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．10n －2 B ．10n －1 C ．102n －1 D ．22n －1[解析] 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n＝2. 又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝22n －1，故选D.[答案] D二、填空题 7．(2018·河南新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.[解析] ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12.[答案] 3n －1＋128．已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上， 所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13. 因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列． 所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.[答案] a n ＝103×4n －1－139．(2018·山西大同模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n－1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝________.[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.[答案] 120三、解答题10．(2018·郑州质检)已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由已知条件得S n n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n 2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，(n ＝2k ，k ∈N *)－2n ＋1，(n ＝2k －1，k ∈N *).11．(2018·南昌市二模)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n 2，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1②， ①－②得，a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合a n ＝n ·2n ＋1，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ③， －2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n ＋1， ∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29. 12．(2018·北京海淀模拟)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵S n ＝2a n －a 1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1，∴a n ＝2a n －2a n －1，化为a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列得，2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是等比数列，首项为2，公比为2.∴a n ＝2n .(2)∵a n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2. ∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋2－2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1.。