数列的通项与求和

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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。

数列总结(求通项公式、求和)

数列专题总结（二）求数列的通项公式一、用定义法求数列的通项公式 1、等差数列n n a a a a a 求满足）已知等差数列（,26,7}{1753=+=的通项公式求数列满足已知数列}{),2(1,2}{)2(11n n n n a n a a a a ≥=-=-的通项公式求数列）已知数列（}{,211,2311n nn a a a a =-=+的通项公式求满足）已知数列（}{,1,22}{411n n nn n a a a a a a =+=+2、等比数列的通项公式求的各项均为正数，且）等比数列（}{,9,132}{1622321n n a a a a a a a ==+的通项公式求数列）已知数列满足（}{,1,2211n n n n a a a a a ==-+的通项公式求满足）已知数列（}{),5(25,2}{3111n n n n n n a a a a a -=-=++二、迭加法（适用于)n (1f a a n n +=+型的数列）的通项公式求数列满足）已知数列（}{,1,12}{111n n n n a a n a a a =++=+的通项公式求数列满足）已知数列（}{,141,21}{2211n n n n a n a a a a -+=-=+三、迭乘法（适用于n n a n f a )(1=+型的数列）n n n a a n n a a 求）若（,1,32211+==+三、设x 的待定系数法（适用于q 1+=+n n pa a 型的数列）|}{32,1}{11的通项公式，求中，在数列n n n n a a a a a +==+四、已知Sn 求n a :⎩⎨⎧=≥-=-1,2,11n S n S S a n n n (1)已知数列{a n }的前n 项和为2Sn=2-a n ，求数列{a n }通项公式（1）若12n n na a +=，且12a =，求n a (2)知数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，且2112221n n ab a b a b n ++⋅⋅⋅+=+，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式。

数列求和及求通项方法总结

数列求和及求通项一、数列求和的常用方法1、公式法：利用等差、等比数列的求和公式进行求和2、错位相减法：求一个等差数列与等比数列的乘积的通项的前n 项和，均可用错位相减法例：已知数列1312--=n n n a ，求前n 项和n S 3、裂项相消法：将通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项①形如)(1k n n a n +=，可裂项成)11(1kn n k a n +-=，列出前n 项求和消去一些项②形如kn n a n ++=1，可裂项成)(1n k n ka n -+=，列出前n 项求和消去一些项例：已知数列1)2()1)(1(11=≥+-=a n n n a n ，，求前n 项和n S4、分组求和法：把一类由等比、等差和常见的数列组成的数列，先分别求和，再合并。

例：已知数列122-+=n a nn ，求前n 项和n S5、逆序相加法：把数列正着写和倒着写依次对应相加（等差数列求和公式的推广）一、数列求通项公式的常见方法有：1、关系法2、累加法3、累乘法4、待定系数法5、逐差法6、对数变换法7、倒数变换法 8、换元法 9、数学归纳法累加法和累乘法最基本求通项公式的方法求通项公式的基本思路无非就是：把所求数列变形，构造成一个等差数列或等比数列，再通过累加法或累乘法求出通项公式。

二、方法剖析1、关系法：适用于)(n f s n =型求解过程：⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n s a a n n n例：已知数列{}n a 的前n 项和为12++=n n S n ，求数列{}n a 的通项公式2、累加法：适用于)(1n f a a n n +=+——广义上的等差数列求解过程：若)(1n f a a n n +=+则)1(12f a a =- )2(23f a a =-所有等式两边分别相加得：∑-==-111)(n k n k f a a 则∑-=+=111)(n k nk f a a例：已知数列{}n a 满足递推式)2(121≥++=-n n a a n n ，{}的通项公式，求n a a 11= 3、累乘法：适用于n n a n f a )(1=+——广义上的等比数列求解过程：若n n a n f a )(1=+，则)(1n f a a nn =+ ......累加则)1()......2()1(12312-===-n f a a f a a f a a n n ，所有等式两边分别相乘得：∏-==111)(n k n k f a a 则∏-==111)(n k n k f a a 例：已知数列{}n a 满足递推式)2(21≥=-n a a n nn ，其中{}的通项公式，求n a a 31= 4、待定系数法：适用于)(1n f pa a n n +=+①形如)1,0,;,(1≠≠+=+p b p b p b pa a n n 为常数型（还可用逐差法）求解过程：构造数列)(1k a p k a n n +=++，展开得k pk pa a n n -+=+1，因为系数相等，所以解方程b k pk =-得1-=p b k ，所以有：)1(11-+=-++p ba p pb a n n ，这样就构造出了一个以11-+p b a 为首项，公比为p 的等比数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p b a n 。

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。

理解数列的通项与求和公式

理解数列的通项与求和公式数列是数学中的一种重要概念，它是由一系列按照某种规律排列的数字所组成的序列。

数列的通项与求和公式是数列研究中的基础内容，它们能够帮助我们更好地理解和应用数列。

一、数列的通项公式数列的通项公式是指能够根据数列的位置n，直接求出该位置上的数值的公式。

通项公式的推导过程需要根据数列的规律进行分析，从而找到数列中的模式和规律。

以等差数列为例，等差数列是一种数列，其中每个数与它的前一个数之差相等。

如果已知等差数列的首项为a1，公差为d，那么数列的通项公式可以表示为an =a1 + (n-1)d。

其中，an表示数列中第n个数的值。

同样地，等比数列也有其通项公式。

等比数列是一种数列，其中每个数与它的前一个数之比相等。

如果已知等比数列的首项为a1，公比为r，那么数列的通项公式可以表示为an = a1 * r^(n-1)。

其中，an表示数列中第n个数的值。

通过数列的通项公式，我们可以根据数列的位置直接求出数列中对应位置上的数值，从而更方便地进行数列的计算和分析。

二、数列的求和公式数列的求和公式是指能够根据数列中的一定范围内的位置，直接求出该范围内所有数值的和的公式。

求和公式的推导过程需要根据数列的规律进行分析，从而找到数列中的模式和规律。

以等差数列为例，等差数列的求和公式可以表示为Sn = (n/2)(a1 + an)。

其中，Sn表示数列中前n项的和，a1表示数列的首项，an表示数列的第n项。

同样地，等比数列也有其求和公式。

等比数列的求和公式可以表示为Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)。

其中，Sn表示数列中前n项的和，a1表示数列的首项，r表示数列的公比。

通过数列的求和公式，我们可以直接求出数列中一定范围内所有数值的和，从而更方便地进行数列的计算和分析。

三、数列的应用数列的通项与求和公式在实际应用中具有广泛的用途。

它们可以帮助我们更好地理解和解决各种实际问题。

在数学中，数列的通项与求和公式可以用于解决各种数学题目，如求和、递推关系等。

数列的通项公式与求和的常用方法

∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2
解法三
由已知得,(n∈N*) ①，所以有 ②，由②式得，整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，解得，由于数列{an}为正项数列，而，因而，即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列
所以= +(n－1) =n,Sn=2n2，故an=即an=4n－2(n∈N*)
对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1
(1)求证 {an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足 b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*) 试问当m为何值时，成立？
6 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
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
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn; (3)设bn=(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

数列的通项和求和公式推导

数列的通项和求和公式推导数学中的数列是由一系列按照规律排列的数所组成的序列。

对于给定的数列，我们通常希望能够找到一个通项公式来表示数列的第n项，同时也希望能够求解数列的前n项和。

在本文中，我们将讨论如何推导数列的通项公式和求和公式。

一、等差等差数列是最常见的数列之一，它的特点是每一项与前一项之间的差值都相等。

假设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。

1. 推导通项公式我们可以观察到，等差数列每一项与首项之间存在一个公差的倍数关系，即：an = a1 + (n-1)d这个等式可以通过数学归纳法推导得出。

假设等式对于n=k成立，即：ak = a1 + (k-1)d那么对于n=k+1，我们有：ak+1 = a1 + kd通过对上述两个等式进行代换，得到：ak+1 = (a1 + (k-1)d) + d = a1 + kd由此可见，当等式对于n=k成立时，等式对于n=k+1也成立。

因此，等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d2. 推导求和公式为了推导等差数列的求和公式，我们可以考虑将数列按照首项与末项、次首项与次末项等进行配对求和。

我们可以观察到这些配对的和都相等，都等于等差数列的中间项和。

设等差数列的首项为a1，末项为an，共有n项。

那么有：a1 + an = a1 + (a1 + (n-1)d) = 2a1 + (n-1)da2 + an-1 = (a1 + d) + (a1 + (n-2)d) = 2a1 + (n-1)d...ak + an-k+1 = (a1 + (k-1)d) + (a1 + (n-k)d) = 2a1 + (n-1)d将上述k个等式相加，得到：2(a1 + a2 + ... + an-k+1) + (n-k)(d + d + ... + d) = k(2a1 + (n-1)d)化简后可得：2S + (n-k)kd = k(2a1 + (n-1)d)其中，S表示等差数列的前n项和。

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。

初中数学知识归纳数列的求和和通项

初中数学知识归纳数列的求和和通项数列是数学中常见的一种数学对象，它由一系列的数按照一定的规律排列组成。

在初中数学中，学生需要学习数列的求和和通项等重要知识。

本文将对初中数学中数列的求和和通项进行归纳总结，帮助同学们更好地理解和应用这一知识。

一、数列求和数列的求和是指将数列中的所有数进行累加的运算。

根据数列的特点，我们可以采用不同的方法来求解数列的和。

1.1 等差数列求和等差数列是指数列中的每一项与前一项之差都相等的数列。

设等差数列的首项为a₁，公差为d，共有n项，则等差数列的求和公式为： Sₙ = (2a₁ + (n - 1)d) * n / 2其中，Sₙ表示等差数列的前n项和。

1.2 等比数列求和等比数列是指数列中的每一项与前一项之比都相等的数列。

设等比数列的首项为a₁，公比为q（q≠0），共有n项（q>1时）或无穷多项（-1<q<1时），则等比数列的求和公式为：Sₙ = a₁ * (1 - qⁿ) / (1 - q)其中，Sₙ表示等比数列的前n项和。

1.3 部分和求和对于一些特殊的数列，我们可以通过求其部分和的方式来得到数列的求和结果。

例如，假设数列an满足an = n²，则部分和Sn的公式为： Sn = 1² + 2² + 3² + ... + n² = n * (n + 1) * (2n + 1) / 6二、数列通项数列的通项是指数列中的任意一项与它的序号之间的关系式。

对于已知规律的数列，我们可以通过观察找出其通项的规律，进而求解问题。

2.1 等差数列通项对于等差数列，设首项为a₁，公差为d，第n项为an，有如下通项公式：an = a₁ + (n - 1)d2.2 等比数列通项对于等比数列，设首项为a₁，公比为q，第n项为an，有如下通项公式：an = a₁ * q^(n - 1)2.3 Fibonacci数列通项Fibonacci数列是指数列中的每一项都是前两项的和，首项为1，第二项为1，即1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...。

数列的通项与求和答案

数列的通项与求和1.已知数列{a n }为等差数列，前n 项和为S n ，若S 4=8，S 8=20，则S 12= . 【答案】36【解析】根据等差数列的性质得S 4，S 8-S 4，S 12-S 8也成等差数列，即2(S 8-S 4)=S 4+(S 12-S 8)，又S 4=8，S 8=20，代入得2×(20-8)=8+(S 12-20)，解得S 12=36.2.已知数列{a n }的通项公式为a nn 项和S n = .【解析】因为a n==-，所以S n=-1+-+…3.数列1+12，3+14，5+18，…，2n -1+12n 的前n 项和S n = . 【答案】n 2+1-12n【解析】S n =(1+3+…+2n -1)+11112482⎛⎫+++⋯+ ⎪⎝⎭n =n 2+1-12n .4.设数列{a n }满足a 1=1，且a n +1-a n =n +1(n ∈N *)，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为 . 【答案】2011【解析】因为a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+…+2+1=(1)2+n n ，所以1n a =2(1)+n n =211-1⎛⎫ ⎪+⎝⎭n n ，故1011∑=n n a =21111112231011⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=2011. 5.设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=-1，a n +1=S n ·S n +1，则S n = .【答案】-1n【解析】由已知得a n +1=S n +1-S n =S n +1·S n ，两边同时除以S n +1·S n ，得11+n S -1n S =-1，故数列1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n S 是以-1为首项、-1为公差的等差数列，则1n S =-1-(n -1)=-n ，所以S n =-1n .6.若数列{a n }满足a n +1=11na -，a 8=2，则a 1= . 【答案】12【解析】由题知a 8=711-a =2，得a 7=12；a 7=611-a =12，得a 6=-1；a 6=511-a =-1，得a 5=2，于是可知数列{a n}具有周期性，且周期为3，所以a 1=a 7=12.7.已知数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列.则数列{a n }的通项公式为 .【解答】(1) 由已知，有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3，所以a 2(q -1)=a 3(q -1).又因为 q ≠1，故a 3=a 2=2，由a 3=a 1·q ，得q =2.当n =2k -1(k ∈N *)时，a n =a 2k -1=2k -1=-122n ；当n =2k (k ∈N *)时，a n =a 2k =2k =22n .所以a n =-12222.⎧⎪⎨⎪⎩n nn n ，为奇数，，为偶数8.已知数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =3n，则数列{a n }的通项公式为 . 【答案】a n =13n【解析】记原式为①，并构造a 1+3a 2+32a 3+…+3n -2a n -1=-13n ②.由①-②得3n -1a n =13，则a n =13n.9.在数列{a n }，{b n }中，已知a 1=0，a 2=1，b 1=1，b 2=12，数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足S n +S n +1=n 2，2T n +2=3T n +1-T n ，其中n 为正整数.求数列{a n }，{b n }的通项公式.【分析】由S n +S n +1=n 2递推得n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2，两式相减得a n +a n +1=2n -1，再次递推得a n -1+a n =2n -3，作差得a n +1-a n -1=2，最后分奇偶讨论.由2T n +2=3T n +1-T n 直接转化成2b n +2=b n +1，得{b n }为等比数列.【解答】因为S n +S n +1=n 2，所以当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2，两式相减得a n +a n +1=2n -1. 又a 2+a 1=1也适合上式，所以a n +a n +1=2n -1对一切n ∈N *成立，所以当n ≥2时，a n -1+a n =2n -3，上面两式相减得a n +1-a n -1=2，所以数列{a n }的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项也是公差为2的等差数列. 又a 1=0，a 2=1，所以可解得a n =n -1. 因为2T n +2=3T n +1-T n ，所以2T n +2-2T n +1=T n +1-T n ，即2b n +2=b n +1. 又2b 2=b 1，所以对一切n ∈N *均有2b n +1=b n ，所以数列{b n }是公比为12的等比数列，所以b n =-112n .【点评】(1) 给定a n 与S n 的关系式求通项，通常采用递推作差的方法. (2) 要注意首项或者前几项的验证.10.在数列{a n }中，已知a 1=1，a 2=103，a n +1103a n +a n -1=0(n ≥2且n ∈N *). (1) 若数列{a n +1+λa n }是等比数列，求实数λ的值； (2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【分析】(1) 由于数列{a n +1+λa n }是等比数列，故可设a n +1+λa n =μ(a n +λa n -1)(n >1)，对照条件再变形为a n +1+(λ-μ)a n -μλa n -1=0(n >1).比较系数即可得λ的值.(2) 根据(1)中求得的λ的值，可求出a n 与a n -1间的递推关系式，从而求出通项a n =313-83⎛⎫⎪⎝⎭n n ，再采用分组求和可求出S n .【解答】(1) 设a n +1+λa n =μ(a n +λa n -1)(n >1)，则a n +1+(λ-μ)a n -μλa n -1=0(n >1).所以10--3-1λμλμ⎧=⎪⎨⎪=⎩，，解得λ=-13或λ=-3.当λ=-13时，首项a 2-13a 1=3≠0符合题意；当λ=-3时，首项a 2-3a 1=13≠0符合题意，所以λ=-13或λ=-3.(2) 方法一：由(1)得a n -13a n -1=3n -1且a n -3a n -1=-113⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，解得a n =313-83⎛⎫ ⎪⎝⎭n n ，所以S n =111-33(1-3)33-181-31-3⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦n=21-13-431163+⨯+⨯n n n .方法二：由a n -3a n -1=-113⎛⎫⎪⎝⎭n ，得3n n a --1-13n n a =319⎛⎫ ⎪⎝⎭n.又因为13a =13，所以3n na =13a +212-33⎛⎫ ⎪⎝⎭a a +323233⎛⎫- ⎪⎝⎭a a +3443-33⎛⎫⎪⎝⎭a a +…+-1-1-33⎛⎫ ⎪⎝⎭n n n n a a =13+323411119999⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=111-3911-9⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=311-89⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n，解得a n=313-83⎛⎫⎪⎝⎭n n ，所以S n =111-33(1-3)33-81-31-3⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦n n=21-13-431163+⨯+⨯n n n .【点评】构造新数列成等差数列或等比数列实际上是化归思想.当我们遇到一个从表面看不出是等差、等比数列时，应该向等差、等比数列转化，找出隐含在题目中的等差、等比数列，从而将我们不熟识的问题转化成我们熟识的问题.11.在数列{a n }中，已知a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *). (1) 求a 2，a 3的值；(2) 证明：数列{a n +n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3) 求数列{a n }的前n 项和S n . 【解答】(1) 令n =2，得a 2=2a 1=6；令n =3，得a 3=2a 2+1=13.(2) 因为-1(-1)++n n a n a n =-1-12-2-1+++n n a n na n =2，所以数列{a n+n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n +n =4·2n -1=2n +1，所以a n =2n +1-n . (3)因为数列{a n }的通项公式a n =2n +1-n ，所以S n =(22+23+…+2n +1)-(1+2+…+n )=4(1-2)1-2n -(1)2+n n =2n +2-282++n n .12.记S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，2n a +2a n =4S n +3.(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设b n =11n n a a +，求数列{b n }的前n 项和. 【分析】(1) 像2na +2a n =4S n +3这样给出a n 与S n 关系式的问题一般通过递推作差，消去S n ，得出关于a n 的式子21+n a -2n a +2(a n +1-a n )=4a n +1，再化简即得a n +1-a n =2，可知{a n }是等差数列.(2) 注意通项b n可裂项为b n=11122123⎛⎫- ⎪++⎝⎭n n ，故采用裂项相消法求T n. 【解答】(1) 由2n a +2a n =4S n +3，可知21+n a +2a n +1=4S n +1+3，可得21+n a -2n a +2(a n +1-a n )=4a n +1，即2(a n +1+a n )=21+n a -2n a =(a n +1+a n )(a n +1-a n ).又a n >0，所以a n +1-a n =2. 又由21a +2a 1=4a 1+3，解得a 1=-1(舍去)或a 1=3，所以数列{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n =2n +1.(2) 由a n =2n +1可知b n =11+n n a a =1(21)(23)++n n =111-22123⎛⎫⎪++⎝⎭n n . 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =b 1+b 2+…+b n =1111111235572123⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦n n =111-2323⎛⎫⎪+⎝⎭n =3(23)+n n .【点评】求数列前n 项和常用的方法有四种：(1) 裂项相消法；(2) 错位相减法；(3) 分组求和法；(4) 奇偶项分析法.本题求和采用的方法是裂项相消法.13.已知数列{a n }的首项a 1=35，且满足1321n n n a a a +=+，n ∈N *. (1) 求证：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； (2) 记S n =12111na a a ++⋅⋅⋅+，若S n <100，求最大正整数n . （3）是否存在互不相等的正整数,,m s n ，使,,m s n 成等差数列且1,1,1m s n a a a ---成等比数列，如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．【解答】(1) 因为11+n a =23+13n a ，所以11+n a -1=13n a -13.又因为11a -1≠0，所以1n a -1≠0(n ∈N *)，所以数列1-1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n a为等比数列. (2) 由(1)可得1n a -1=23×-113⎛⎫⎪⎝⎭n ，所以1n a =2×13⎛⎫⎪⎝⎭n+1， S n =11a +21a +…+1n a =n +22111…333⎛⎫+++ ⎪⎝⎭n=n +2×111-3311-3+n =n +1-13n，若S n <100，则n +1-13n<100，所以最大正整数n 的值为99.（3）假设存在，则22,(1)(1)(1)m n s m n s a a a +=-⋅-=-， …………………………………………10分∵332n n n a =+，∴2333(1)(1)(1)323232n m snm s -⋅-=-+++．………………………………………12分化简得：3323mns+=⋅，………………………………………………………………………………13分∵33223m n s +≥=⋅，当且仅当m n =时等号成立．………………………………………15分又,,m n s 互不相等，∴不存在． ………………………………………………………………………16分数列的通项与求和1. 设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则21a a = .2. 在数列{a n }中，若a 1=1，a n +1=1nn +a n ，则{a n }的通项公式为 .3.在数列{a n }中，已知a 1=1，a n +1=23a n +1，则a n = .4.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n =5S n 3-(n ∈N *)，则a 1+a 3+…+a 2n -1= .5.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n +S n =A n 2+B n +1(A ≠0)，则1B A-= . 6.已知等比数列{a n }的首项为43，公比为13-，其前n 项和为S n ，若A ≤1n nS S -≤B 对n ∈N *恒成立，则B-A 的最小值为 .7.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，na n +1=2S n ，n ∈N *，则a n = .8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n =4+112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭，若对任意的n ∈N *，都有1≤p (S n -4n )≤3成立，则实数p的取值范围是 .9. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1=1，a 2=32，a 3=54，且当n ≥2时，4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1. (1) 求a 4的值； (2) 求证：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；(3) 求数列{a n }的通项公式.10.已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4=9，a 2a 3=8. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n =11n n n a S S ++，求数列{b n }的前n 项和T n .11.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +3n -12(n ∈N *).(1) 试说明数列{a n -3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2) 若b n =na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .12.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列, {}n b 是等差数列,且111,a b ==2332,b b a += 5237a b -=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设*,n n n c a b n N =?，其前n 项和为n T ．①求n T ；②若(3)n n T λ≤-对任意n N +∈恒成立，求λ的最大值．【课后检测答案】数列的通项与求和1. 3 【解析】因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 1S 4=22S ，即a 1(4a 1+6d )=(2a 1+d )2，即d 2=2a 1d ，d =2a 1，所以21a a =11+a d a =1112+a a a =3.2. a n =1n 【解析】因为a n +1=1+n n a n ，所以-1n n a a =-1n n (n ≥2)，所以a n =-1n n a a ×-1-2n n a a ×…×32a a ×21a a ×a 1=1n (n≥2)，而当n =1时，也符合a n =1n ，所以数列{a n }的通项公式为a n =1n .3. a n =3-3×23⎛⎫ ⎪⎝⎭n【解析】因为a n +1-23a n =1， ① 所以a n -23a n -1=1(n ≥2)， ②由①-②得a n +1-a n =23(a n -a n -1)，设b n =a n -a n -1，则数列{b n }为等比数列，又因为a 2=53，所以b 1=a 2-a 1=23，所以b n =23×-123⎛⎫ ⎪⎝⎭n =23⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，所以23a n +1-a n =23⎛⎫ ⎪⎝⎭n，所以a n =3-3×23⎛⎫ ⎪⎝⎭n.4. 411-516⎛⎫ ⎪⎝⎭n 【解析】①当n =1时，a 1=S 1，由题设得a 1=5S 1-3=5a 1-3，解得a 1=34；②当n ≥2时，a n =S n -S n -1，由已知得-1-15-35-3=⎧⎨=⎩n n n n a S a S ，，两式相减，得a n -a n -1=5a n ，解得a n =-14a n -1，所以数列{a n }是首项为34，公比q =-14的等比数列，所以a 1，a 3，a 5，…，a 2n -1，…是首项a 1=34，公比为21-4⎛⎫ ⎪⎝⎭的等比数列.所以a 1+a 3+…+a 2n -1=22311--4411--4⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫ ⎪⎝⎭n=411-516⎛⎫⎪⎝⎭n .5. 3 【解析】设数列{a n }的公差为d ，则a n +S n =a 1+(n -1)d +2d n 2+1-2⎛⎫ ⎪⎝⎭d a n =2d n 2+12⎛⎫+ ⎪⎝⎭d a n +a 1-d ，所以A=2d ，B=a 1+2d ，a 1-d =1，则-1B A =11-(-)22+da a d d =3.6. 5972【解析】因为等比数列{an}的首项为43，公比为-13，所以Sn=411--33113⎡⎤⎛⎫⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+n=1-1-3⎛⎫⎪⎝⎭n.令t=1-3⎛⎫⎪⎝⎭n，则-13≤t≤19，Sn=1-t，所以89≤Sn≤43.因为Sn-1nS的最小值为-1772，最大值为712，所以A≤Sn-1nS≤B对任意n∈N*恒成立，则B-A的最小值为712-17-72⎛⎫⎪⎝⎭=5972.7. n(n∈N*)【解析】因为na n+1=2S n，(n-1)a n=2S n-1(n≥2)，所以na n+1-(n-1)a n=2(S n-S n-1)=2a n(n≥2)，即na n+1=(n+1)a n(n≥2)，1+ n naa=1+nn(n≥2)，当n=1时，也满足1+nnaa=1+nn，所以21aa×32aa×43aa×…×-1nnaa=21×32×43×…×-1nn，所以an=n(n∈N*).8. [2，3]【解析】令f(n)=S n-4n=4n+11--211--2⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭n-4n=23112⎡⎤⎛⎫--⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n.当n=2k-1，k∈N*时，f(n)=23112⎡⎤⎛⎫+⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n单调递减，则当n=1时，f(n)max=1；当n=2k，k∈N*时，f(n)=23112⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n单调递增，则当n=2时，f(n)min=12.又1-4nS n≤p≤3-4nS n，所以2≤p≤3.9. (1) 当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，即4435124⎛⎫+++⎪⎝⎭a+5312⎛⎫+⎪⎝⎭=835124⎛⎫++⎪⎝⎭+1，解得a4=78.(2) 因为4S n+2+5S n=8S n+1+S n-1(n≥2)，所以4S n+2-4S n+1+S n-S n-1=4S n+1-4S n(n≥2)，即4a n+2+a n=4a n+1(n≥2)，因为4a3+a1=4×54+1=6=4a2，所以4a n +2+a n =4a n +1. 因为2111-21-2+++n n n n a a a a =2114-24-2+++n n n n a a a a =1114--24-2+++n n n n n a a a a a =112-2(2-)++n n n n a a a a =12，所以数列11-2+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n a a 是以a 2-12a 1=1为首项、12为公比的等比数列.(3) 由(2)知，数列11-2+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n a a 是以a 2-12a 1=1为首项、12为公比的等比数列，所以a n +1-12a n =-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n . 即1112++⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a -12⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a =4，所以数列12⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭n n a 是以112a =2为首项、4为公差的等差数列，所以12⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a =2+(n -1)×4=4n -2，即a n =(4n -2)×12⎛⎫ ⎪⎝⎭n =(2n -1)×-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，所以数列{a n }的通项公式为a n =(2n -1)×-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n .10. (1) 由题设可知a 1·a 4=a 2·a 3=8，又因为a 1+a 4=9，所以可解得1418=⎧⎨=⎩a a ，或1481=⎧⎨=⎩a a ，(舍去).由a 4=a 1q 3得公比q =2，所以a n =a 1q n -1=2n -1.(2) S n =1(1-)1-n a q q =1-21-2n=2n -1，又b n =11++n n n a S S =11-++n n n n S S S S =1n S -11+n S ，所以T n =b 1+b 2+…+b n =1211-⎛⎫ ⎪⎝⎭S S +2311-⎛⎫ ⎪⎝⎭S S +…+111-+⎛⎫ ⎪⎝⎭n n S S =11S -11+n S =1-112-1+n .11. (1) 当n =1时，S 1=a 1=2a 1+3-12，所以a 1=9.当n ≥2时，S n -S n -1=a n =2a n +3n -12-2a n -1-3(n -1)+12=2a n -2a n -1+3，所以a n -3=2(a n -1-3)，所以{a n -3}是以6为首项、2为公比的等比数列，所以a n -3=6×2n -1，所以a n =3×2n +3.(2) b n =na n =6n ×2n -1+3n ，所以T n =6×[1×20+2×21+3×22+…+(n -1)×2n -2+n ×2n -1]+3×(1+2+…+n ).令K n =1×20+2×21+3×22+…+(n -1)×2n -2+n ×2n -1，则2K n =1×21+2×22+3×23+…+(n -1)×2n -1+n ×2n ，两式相减，得-K n =20+21+22+23+…+2n -1-n ×2n =1-21-2n-n ×2n =(1-n )×2n -1，所以K n =(n -1)×2n +1，所以T n =6(n -1)×2n +6+32(n 2+n ).12.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列, {}n b 是等差数列,且111,a b ==2332,b b a +=5237a b -=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设*,n n n c a b n N =?，其前n 项和为n T ．①求n T ；②若(3)n n T λ≤-对任意n N +∈恒成立，求λ的最大值．．解：（1）设{}n a 的公比为q ，{}n b 的公差为d ，由题意0q >，由已知,有24232310q d q d ⎧-=⎨-=⎩ ----------1分解得2,2q d == -----------3分所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N , {}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N --5分（2）由（1）有()1212n n c n -=- ，则()0121123252212,n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯()1232123252212,n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯ ----------7分两式相减得()()2312222122323,n n nn T n n -=++++--⨯=--⨯- 所以()2323n n T n =-+ ----------10分（3）令(3)(23)2n n n e n T n n =-=-由1n n e e +<，得1(23)2(1)(21)2n n n n n n +-<+-，即(23)2(1)(21)n n n n -<+- 解得对任意n N +∈成立，即数列{}n e 为单调递增数列，所以{}n e 的最小项为12e =- ----------13分因为n e λ≤对任意n N +∈恒成立，所以2λ≤-，所以λ的最小值为2- -----------16分。

数列通项公式的求法13种和求和的七种方法

最全的数列通项公式的求法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。

而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。

本文给出了求数列通项公式的常用方法。

一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。

例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，… （2） ,17164,1093,542,211 （3） ,52,21,32,1 （4） ,54,43,32,21-- 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为：110-=nn a（2）;122++=n n n a n （3）;12+=n a n （4）1)1(1+⋅-=+n na n n .点评：关键是找出各项与项数n 的关系例10：设数列}{n c 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c 1=2，c 2=4，c 3=7，c 4=12，求通项公式c n解：设1)1(-+-+=n n bqd n a c 132211121237242-+=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=====⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=++=+∴n n n c a b d q bq d a bq d a bq d a b a 例11. 已知数列{}n c 中，b b c +=11，bb c b c n n ++⋅=-11，其中b 是与n 无关的常数，且1±≠b 。

求出用n 和b 表示的a n 的关系式。

解析：递推公式一定可表示为)(1λλ-=--n n c b c 的形式。

由待定系数法知：bbb ++=1λλ )1(1,1,12122b bc b b b c b b b n n --=--∴-=∴≠-λ 故数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21b b c n 是首项为112221-=--b b b b c ，公比为b 的等比数列，故111121211222--=∴-=-=--++-b b b c b b b b b b b c n n n n n 点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n 项和公式为某一多项式，一般地，若数列}{n a 为等差数列：则c bn a n +=，cn bn s n +=2（b 、ｃ为常数），若数列}{n a 为等比数列，则1-=n n Aq a ，)1,0(≠≠-=q Aq A Aq s n n 。

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)

11、已知等比数列中，各项都是正数，且，成等差数列，则
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;

数列求和、求通项

数列求和、求通项〖双基回顾〗一、数列求和（求和先研究通项）1.公式法：除了熟悉等差数列、等比数列前n 项和公式以外，还应掌握以下公式：（1） =-+++)12(31n ；（2） =+++22221n ；（3）=+++33321n2.分组求和：若：n n n c b a +=，且数列{}n b 、{}n c 的前n 项和可以求出，则分组求和．3.倒序相加法4、错位相减法：（公差不为0的等差数列与公比不为1的等比数列的积的形式） 5.裂项相消法：提示：111)1(1+-=+n n n n ；)211(21)2(1+-=+n n n n ；)11(1)(1dn n d d n n +-=+ n n n n -+=++111二、数列求通项1、根据递推式求通项（1）构造新数列，转化为等差、等比数列如：型)0(1≠+=-pq q pa a n n 、rqapa a nnn +=+1型等（2）型或)()(1n f a a n f a a nn n n ==-++（累加、累乘）2、利用n n a S 与的关系求通项a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n〖典型例题〗例1、（1）数列1，1121123112++++++,,…………n的前n 项和为（） A. 221n n +B.21n n +C.n n ++21D.n n 21+（2）数列∙∙∙++++841,631,421,2112222的前n 项和等于（3）求数列：1，1+a,1+a+a 2, ,a a a 1,1n 2-++++的前n 项之和。

例2、已知数列{}n a 是等差数列，,12,23211=++=a a a a（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令nn n a b 3⋅=，求数列{b }n 的前n 项和n S .例3、（1）已知数列{n a }满足2,11≥=n a 时，n n n n a a a a 112--=-，求通项公式n a 。

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 。

数列求和与通项公式

数列求和数列常见的求和方法：1、分组求和：转化为若干个基本数列（如等差数列、等比数列等）求和；熟记：① 2)1(321+=+++n n n ； ② 6)12)(1(3212222++=+++n n n n ；③ 23333]2)1([321+=+++n n n ；2、裂项求和：形如：⎭⎬⎫⎩⎨⎧⋅+11n n a a （其中{}na 是等差数列）、⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+n n 11等； 3、错位相减法：形如：{}n n b a ⋅（其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列）； 4、倒序求和：5、并项求和：形如：{}n na ⋅-)1(（其中{}n a 是等差数列）{}2)1(n n ⋅-等.例1、已知数列}{n a 中，nn n n a 2)1(++=，求其前n 项和n S 。

例2、已知数列}{n a 中，)13)(23(1+-=n n a n ，求其前n 项和n S 。

例3、已知数列}{n a 中，n21n ⋅=n a ，求其前n 项和n S 。

例4、已知等差数列{}n a 共9项，其前四项和为24，后四项和为64，求其所有项和。

例5、已知数列}{n a 中，)13()1(+⋅-=n a nn ，求其前n 项和n S 。

练习：1、求数列11111,2,3,4,392781的前n 项和.2、求和：n+++++++++++321132112111.3、求和：n3221n 22725231⋅-++⋅+⋅+⋅+）（ .4、已知数列}{n a 中，)34()11-⋅-=-n a n n （，求302015S S S -+数列的通项公式常见的递推关系：1、题型一：（等差型）)(1n f a a n n +=+，常用迭代累加法。

2、题型二：如n n a n na )1(1+=+，常用迭代累乘。

3、题型三：（等比型）C Ba Aa nn +=+1，⇒+=+⇒+)()(1ααn n a B a A {}α+n a 是等比数列。