Jujrtk高考数学难点突破 难点13 数列的通项与求和

高中数学方法总结数列与数学归纳法的通项与求和解法高中数学方法总结：数列与数学归纳法的通项与求和解法在高中数学的学习过程中，数列与数学归纳法是十分重要且基础的部分。

数列是指按照一定规律排列的数字集合，而数学归纳法则是用来证明数学命题的一种常用方法。

在本文中，我们将对数列的通项与求和解法以及数学归纳法的应用进行总结与梳理。

一、数列的通项与求和解法：1. 等差数列：等差数列是指数列中的每个项与它的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，第n项为aₙ。

通项公式：aₙ = a₁ + (n - 1)d其中，aₙ为等差数列的第n项，a₁为首项，d为公差，n为项数。

求和公式：Sₙ = (n/2)(a₁ + aₙ)其中，Sₙ为等差数列的前n项和，a₁为首项，aₙ为第n项，n 为项数。

2. 等比数列：等比数列是指数列中的每个项与它的前一项的比都相等的数列。

设等比数列的首项为a₁，公比为r，第n项为aₙ。

通项公式：aₙ = a₁ * r^(n-1)其中，aₙ为等比数列的第n项，a₁为首项，r为公比，n为项数。

求和公式：Sₙ = (a₁ * (1 - r^n))/(1 - r)其中，Sₙ为等比数列的前n项和，a₁为首项，r为公比，n为项数。

3. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中的每个项都等于它前两项之和的数列。

设斐波那契数列的首项为F₁，第n项为Fₙ。

通项公式：Fₙ = Fₙ₋₂ + Fₙ₋₁其中，Fₙ为斐波那契数列的第n项，F₁和F₂为前两项。

求和公式：由于斐波那契数列没有固定项数的和，故没有求和公式。

二、数学归纳法的应用：数学归纳法是一种证明数学命题的方法，其中包含三个步骤：基础步骤、归纳假设和归纳步骤。

首先，在基础步骤中，证明命题在某个初始情况下成立。

然后，在归纳假设中，假设命题在某个特定情况下成立。

最后，在归纳步骤中，通过归纳假设推导得出命题在下一个情况下也成立。

例如，我们利用数学归纳法证明某个等式对所有正整数n成立。

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。

⾼中数学知识点：数列通项与数列求和今天⼩编分享的是⾼中数学知识点：数列通项与数列求和，按⼀定次序排列的⼀列数称为数列，⽽将数列{an} 的第n项⽤⼀个具体式⼦(含有参数n)表⽰出来，称作该数列的通项公式。

这正如函数的解析式⼀样，通过代⼊具体的n值便可求知相应an 项的值。

⽽数列通项公式的求法，通常是由其递推公式经过若⼲变换得到。

下⾯是⾼中数学知识点：数列通项与数列求和的具体内容。

点击查看：⾼中数学知识点之数列⾼中数学知识点之等差数列通项公式对于⼀个数列{an}，如果任意相邻两项之差为⼀个常数，那么该数列为等差数列，且称这⼀定值差为公差,记为d;从第⼀项a1到第n项an的总和，记为Sn 。

⾼中数学知识点之等差数列通项公式对于⼀个数列{an}，如果任意相邻两项之差为⼀个常数，那么该数列为等差数列，且称这⼀定值差为公差,记为d;从第⼀项a1到第n项an的总和，记为Sn。

即an=a1+(n-1)*d⾼中数学知识点之等⽐数列通项公式对于⼀个数列{an}，如果任意相邻两项之商(即⼆者的⽐)为⼀个常数，那么该数列为等⽐数列，且称这⼀定值商为公⽐q;从第⼀项a1到第n项an的总和，记为Tn。

那么，通项公式为an=a1*q(n-1)(即a1乘以q的(n-1)次⽅，其推导为“连乘原理”的思想：a2=a1*q,a3=a2*q,a4=a3*q,、、、、an=an-1*q,⾼中数学知识点：数列求和1.等差数列求和公式:(⾸项+末项)×项数÷22.等⽐数列求和公式：以上是⾼三⽹⼩编整理的⾼中数学知识点：数列通项与数列求和，供参考。

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数列的通项公式与求和公式在数学的广阔天地中，数列就如同繁星点点，而数列的通项公式与求和公式则是我们探索这些繁星奥秘的关键钥匙。

首先，咱们来聊聊啥是数列的通项公式。

简单说，通项公式就是一个能够准确表示数列中每一项的式子。

比如说，咱们常见的等差数列 1，3，5，7，9它的通项公式就是 an ＝ 2n 1 。

通过这个公式，只要给定一个 n 的值，咱就能轻松算出这一项具体是多少。

再比如等比数列 2，4，8，16它的通项公式是 an ＝ 2^n 。

通项公式就像是数列的身份证，独一无二地标识了每一个数列。

那数列的求和公式又是啥呢？它呀，就是用来计算数列中所有项之和的式子。

还是拿刚才的等差数列 1，3，5，7，9 来说，它的前 n 项和公式是 Sn ＝ n(a1 ＋ an) ／ 2 ，这里的 a1 是首项，an 是末项。

如果咱们要求前 5 项的和，那就是 S5 ＝ 5×（1 ＋ 9) ／ 2 ＝ 25 。

等比数列2，4，8，16的前 n 项和公式是 Sn ＝ a1(1 q^n) ／（1 q) （其中 q 是公比）。

通项公式和求和公式在解决数学问题中可太有用啦！比如说，让你判断一个数是不是某个数列中的项，有了通项公式，那简直是小菜一碟。

给定一个数，代入通项公式，能算出一个整数的 n 值，那它就是数列中的项，否则就不是。

求和公式的用处也不少呢！假如要计算一堆有规律排列的数的总和，要是一个一个加，那得累死人。

但有了求和公式，几下就能算出来。

那怎么去推导这些公式呢？咱们先来看等差数列的通项公式。

假如一个等差数列的首项是 a1 ，公差是 d ，那么第二项就是 a1 ＋ d ，第三项是 a1 ＋ 2d ，第四项是 a1 ＋ 3d 依此类推，第 n 项就是 an ＝ a1 ＋（n 1)d 。

再看等差数列的求和公式。

咱们可以把前 n 项倒过来写一遍，然后和原来的式子相加。

比如说，原来的式子是 Sn ＝ a1 ＋（a1 ＋ d) ＋（a1 ＋ 2d) ＋＋ a1 ＋（n 1)d ，倒过来就是 Sn ＝ a1 ＋（n 1)d ＋ a1 ＋（n 2)d ＋＋（a1 ＋ d) ＋ a1 。

高中数学公式大全数列的通项公式与求和公式高中数学公式大全：数列的通项公式与求和公式数列是指按照一定规律排列的一组数，而数列的通项公式和求和公式则是研究数列的重要内容。

在高中数学中，数列的通项公式和求和公式是学习和应用数列的基础。

本文将详细介绍数列的通项公式和求和公式的定义、推导以及应用案例。

一、数列的通项公式数列的通项公式又称为数列的第n项公式，它可以用来表示数列的任意一项，是数列的核心公式。

对于通项公式的推导，我们先来看一个常见的数列——等差数列。

1. 等差数列的通项公式等差数列是指数列中的每一项与前一项的差等于同一个常数d。

设等差数列的第一项为a₁，公差为d，则等差数列的通项公式为：aₙ = a₁ + (n-1) * d其中，aₙ表示等差数列的第n项，n表示项数。

举例：对于数列1, 3, 5, 7, 9...来说，其通项公式为：aₙ = 2n - 12. 等比数列的通项公式等比数列是指数列中的每一项与前一项的比等于同一个常数q。

设等比数列的第一项为a₁，公比为q，则等比数列的通项公式为：aₙ = a₁ * q^(n-1)其中，aₙ表示等比数列的第n项，n表示项数。

举例：对于数列2, 4, 8, 16, 32...来说，其通项公式为：aₙ = 2^(n-1)二、数列的求和公式数列的求和公式是用来计算数列前n项和的公式，对于不同类型的数列，求和公式也各不相同。

下面我们来介绍两种常见的数列求和公式——等差数列的求和公式和等比数列的求和公式。

1. 等差数列的求和公式对于等差数列的前n项和，求和公式为：Sₙ = (n/2) * (a₁ + aₙ)其中，Sₙ表示等差数列的前n项和。

举例：对于等差数列1, 3, 5, 7, 9...来说，其前n项和的求和公式为：Sₙ = (n/2) * (1 + 2n - 1) = n^22. 等比数列的求和公式对于等比数列的前n项和，求和公式为：Sₙ = (a₁ * (q^n - 1)) / (q - 1)其中，Sₙ表示等比数列的前n项和。

难点13 数列的通项与求和例题讲解［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }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a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，都有nn c c b c b c +++ 2111=a n +1成立，求lim∞→n nn S S 212+. 题目分析：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，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{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 是该条件转化的突破口.解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2， ∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(q q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2， ∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 (2)令nnb c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －1；∴S n =38［1－(－2)n ］. ∴2lim ,1)21(2)21()2(1)2(121222212212-=--+-=----=+∞→++n n n n n nn n n S SS S［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T . 题目分析：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，利用项与和的关系求a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }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.解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n +3，∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1.(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++nn n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T 方法总结：1.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.2.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3.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：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.4.数列前n 项和常用求法 ①重要公式 1+2+…+n =21n (n +1)12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1) 13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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：等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④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.习题训练一、填空题1.(★★★★★)设z n =(21i -)n，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________.2.(★★★★★)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_________.二、解答题3.(★★★★)数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1.(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ; (3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由.5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=31a 1,b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞→∞→+++=⋅ 成立？6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论.7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11 n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.参考答案一、,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 答案：1+222.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2， 面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和233πa ，面积之和9πa 2 二、3.解：(1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }成等差数列，d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ；要使T n ＞32m总成立，需32m ＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1①，S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.∵m 为常数，且m ＜－1∴11+=+m ma a n n ，即{1+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=31. 由(1)知q =f (m )=1+m m，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N *,且n ≥2)∴1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴nb 1=3+(n －1)=n +2，21+=∴n b n (n ∈N *). 910,101,11lg 1)211151414131(3lim )(3lim ,1lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=⋅∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m m m m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1452)110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］，31log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小，取n =1时，有(1+1)＞3113+⋅取n =2时，有(1+1)(1+41)＞3123+⋅… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1， ② 当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1，③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：313)2311()411)(11(+>-+++k k .那么当n =k +1时，333322223323331)1(3)1311)(2311()411)(11(1)1(343)23(1313,0)13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).23(1313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=+++-+=+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 因而这就是说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，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1.7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1.可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列. 于是b n =1+32(n －1)=312+n ; (3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n ,∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314 n )=－94 (2n 2+3n )。

数列的通项公式与求和公式的应用数学中的数列是有规律的一系列数字的集合，我们常常需要找到数列中的通项公式和求和公式来解决各种实际问题。

在本文中，我们将探讨数列的通项公式和求和公式的应用。

一、数列的通项公式数列的通项公式是指能够表示数列中第n个数（数列的一般项）与n之间关系的公式。

通过找到数列的通项公式，我们可以轻松地计算出任意位置的数。

例如，我们考虑一个等差数列：1, 4, 7, 10, 13, ...我们观察到，每个数与前一个数之间的差都是3。

根据这个规律，我们可以列出通项公式为an = 1 + 3(n - 1)，其中an表示等差数列中的第n个数。

这样，我们便可以轻松地计算出该等差数列中任意位置的数。

同样地，对于等比数列和其他类型的数列，我们也可以通过观察数列中数字之间的关系，得到相应的通项公式。

二、数列的求和公式数列的求和公式是指能够计算数列中一定范围内的数之和的公式。

通过找到数列的求和公式，我们可以快速计算出数列的和，从而解决各类实际问题。

考虑一个等差数列：2, 5, 8, 11, 14, ...我们可以观察到每个数与前一个数之间的差是3。

根据这个规律，我们可以列出求和公式为Sn = n(2a1 + (n-1)d) / 2，其中Sn表示等差数列前n项的和，a1表示等差数列的首项，d表示等差数列的公差。

通过这个求和公式，我们可以计算出等差数列的前n项和，进一步推广到其他类型的数列。

三、数列的应用数列的通项公式与求和公式在各个领域中都有广泛的应用。

下面我们来看一些具体的例子。

1. 金融领域：复利的计算在金融领域中，我们常常需要计算复利。

复利是指求取一笔钱在多个周期中不断积累产生的利息。

假设我们有一笔本金P，年利率为r%，每年复利一次，求n年后的总金额A。

我们可以将这个问题转化为求和问题。

每一年的利息是本金的一部分，根据复利的计算公式，第k年的利息为P * (1 + r/100)^k - P。

因此，我们可以得到总金额A的计算公式为：A = P + P * (1 + r/100) + P * (1 + r/100)^2 + ... + P * (1 + r/100)^n利用等比数列的求和公式，我们可以简化这个计算过程，从而得到一个更简洁的计算公式。

数列的通项与求和一. 复习要点1. 掌握数列通项的求法。

2. 掌握数列求和的方法。

二. 典型例题1. 求数列的通项的方法求数列的通项的常用方法有观察法-归纳-证明法、公式法、阶差法、叠乘法、化归法、 待定系数法、特征方程法。

①.归纳-猜测-证明法由题设条件求出数列的前几项；然后归纳出一般表达式；形成猜想；然后用数学归纳法加以证明；得出正确的结论；是一种重要的思维方法。

{}n a 的前n 项和n S 与通项n a 的关系是nn n b ba S )1(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；首先由公式；⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 得；)2()1(1)1(1121≥+++=+=+-n b b a b b a b b a n n n124323322)1(,,)1(,)1(+++++=∴+++=++=∴n nn b bb b a b b b b a b b b a 猜测：其次；用数学归纳法证明。

证明略。

②.公式法若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系；求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n nn n 求解。

例2. 设数列{}n a 的首项为a 1=1；前n 项和S n 满足关系),4,3,2,0(3)32(31 =>=+--n t t S t tS n n求证；数列{}n a 是等比数列。

解析；因为)1(),4,3,2,0(3)32(31 =>=+--n t t S t tS n n 所以)2(),4,3,2,0(3)32(321 =>=+---n t t S t tS n n得：)2()1(-所以；数列{}n a 是等比数列。

点评；公式的应用要灵活；如本例。

例3.（本专题例1）已知数列{}n a 的前n 项和n S 与n a 的关系是 nn n b ba S )1(11+-+-= ；其中b 是与n 无关的常数；且1-≠b 。

数列的通项与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所组成的。

在数学中，我们经常需要研究数列的通项与求和公式，以便更好地理解数列的性质和应用。

本文将详细介绍数列的通项与求和公式，并通过实例来说明其应用。

一、数列的通项公式数列的通项公式是指能够表示数列第n项的公式。

通过通项公式，我们可以直接计算出数列的任意一项，而不需要逐个计算。

下面以等差数列和等比数列为例，介绍数列的通项公式。

1. 等差数列的通项公式等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

设等差数列的首项为a1，公差为d，则等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。

其中，an表示等差数列的第n 项。

例如，对于等差数列1，4，7，10，13，...，首项a1为1，公差d为3。

根据等差数列的通项公式，我们可以计算出该数列的第n项为an = 1 + (n-1)3。

2. 等比数列的通项公式等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

设等比数列的首项为a1，公比为q，则等比数列的通项公式为an = a1 * q^(n-1)。

其中，an表示等比数列的第n 项。

例如，对于等比数列2，4，8，16，32，...，首项a1为2，公比q为2。

根据等比数列的通项公式，我们可以计算出该数列的第n项为an = 2 * 2^(n-1)。

二、数列的求和公式数列的求和公式是指能够计算数列前n项和的公式。

通过求和公式，我们可以快速计算数列的和，而不需要逐个累加。

下面以等差数列和等比数列为例，介绍数列的求和公式。

1. 等差数列的求和公式对于等差数列，其前n项和的求和公式为Sn = (n/2)(a1 + an)。

其中，Sn表示等差数列的前n项和。

例如，对于等差数列1，4，7，10，13，...，我们可以使用求和公式计算前n 项和Sn = (n/2)(a1 + an)。

2. 等比数列的求和公式对于等比数列，其前n项和的求和公式为Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)。

高中数学中数列通项与求和若干方法探讨一、数列通项的定义和求解方法数列是按照一定的规律排列的一组数的有序序列。

在高中数学中，通常会涉及到等差数列和等比数列两种常见的数列。

对于这两种数列，我们常常需要求出其通项公式，以便于对数列进行进一步的研究。

1.等差数列的通项公式等差数列指的是数列中相邻两项的差值为一个常数的数列。

1，3，5，7，9就是一个等差数列，差值为2。

对于等差数列，可以用以下的公式来求解其通项公式：\[a_{n}=a_{1}+(n-1)d\]\(a_{n}\)表示数列的第n项，\(a_{1}\)为首项，d为公差，n为项数。

对于数列1，3，5，7，9，如果要求第10项的值，可以使用上述的公式计算出来。

在高中数学中，经常需要对数列进行求和运算。

对于等差数列和等比数列，可以通过以下的方法来进行求和运算。

对于等差数列，其前n项和可以通过以下的公式来求解：三、数列通项和求和公式的实际应用数列通项和求和公式的实际应用非常广泛，涵盖了许多领域，如物理、经济学、工程学等。

以下是一些实际应用的例子：1.物理学中的运动学问题在物理学中，经常需要对运动学中的位移、速度、加速度等进行建模和分析。

而等差数列和等比数列的通项公式以及求和公式可以很好地应用于这些问题中。

当物体做匀速直线运动时，其位移和速度可以用等差数列和等比数列来表示，然后利用对应的公式进行求解。

2.经济学中的投资问题在经济学中，对于投资组合的收益和回报期也可以用数列来建模和分析。

如果某个投资组合的每年收益呈等比数列增长，那么可以利用等比数列的通项公式和求和公式来计算该投资组合在未来几年的回报情况。

3.工程学中的电路设计通过以上的介绍，我们可以看到数列通项和求和公式在实际应用中具有非常重要的价值，对于我们的日常生活和学习工作具有很大的帮助。

在学习高中数学时，深入理解数列通项和求和公式的原理和方法，对于我们的知识体系构建和职业发展都是非常有益的。

希望通过今天的探讨，可以帮助大家更好地理解数列通项和求和的相关知识，为我们的学习和工作提供更多的帮助和指导。

数列通项公式与求和中的易错点探讨作者：***来源：《中学生数理化·高考数学》2021年第01期数列是高中数学中一个非常重要的章节。

它不仅可以与函数、方程、不等式、统计相联系，而且还与三角、立体几何、平面几何密切相关。

数列作为特殊的函数，在实际应用题里面也有着广泛的应用。

因此，选择题、填空题、解答题都有考查。

然而同学们在高考中这一类题的得分率并不高，总是出现这样那样的错误。

下面笔者把数列通项公式与求和中的易错点简单汇总一下，给大家一个警醒，以便能够更好地复习与参考。

易错点1：n的取值范围弄错总结：裂项相消法求数列的和，属于中档题。

裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，找到合适的裂项方式。

利用裂项相消法求和时要特别注意：①在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差;有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等。

②利用裂项相消法求和时，容易出现丢项或多项的问题，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项。

一定注意哪些项抵消，哪些项剩下了，如果看不出规律，最好多裂几项，从而确保解题的正确性。

易错点4：错位相减法求和时，项数及项的符号弄错错因分析：错位相减求和法的适用环境是：数列的通项是由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积所组成（差比数列），求其前”项和。

基本方法是设这个和式为Sn，在这个和式两端同时乘以等比数列的公比得总结：一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an.bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和。

运用错位相减法求和时需要注意的事项：①令和式为Sn，在这个和式两端同时乘以等比数列的公比得到另一个和式qSn，特别注意q不能是1，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解。

②运用错位相减法求和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐。

难点13 数列的通项与求和数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项。

通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法.●难点磁场(★★★★★)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.(1)写出数列{a n }的前3项.(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)(3)令b n =)(2111+++n n n n a a a a(n ∈N *)，求lim ∞→n (b 1+b 2+b 3+…+b n －n ).●案例探究［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }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a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，都有n n c c b c b c +++ 2111=a n +1成立，求lim ∞→n nn S S 212+. 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.属★★★★★级题目.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{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 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a 1、b 1、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{d n }，运用和与通项的关系求出d n ，丝丝入扣.解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2， ∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(q q b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2， ∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1(2)令nnb c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －1；∴S n =38［1－(－2)n ］.∴2lim ,1)21(2)21()2(1)2(121222212212-=--+-=----=+∞→++n n n n n nn n n S SS S［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T . 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a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }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d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 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B r ，问题便可迎刃而解.解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n］=4n +3， ∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1.(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++nn n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T ●锦囊妙计1.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.2.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3.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：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.4.数列前n 项和常用求法 ①重要公式1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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：等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④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. ●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)设z n =(21i -)n，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________.2.(★★★★★)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_________.二、解答题3.(★★★★)数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1.(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ; (3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=31a 1,b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m 为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞→∞→+++=⋅ 成立？6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.参考答案难点磁场解析：(1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2.当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6.当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10.故该数列的前3项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列{a n }.有通项公式a n =4n －2.下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）.①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立.②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2.代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +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.解法二：由题意知n n S a 222=+，(n ∈N *).整理得，S n =81(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］.整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4，即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4.∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2.解法三：由已知得n n S a 222=+,(n ∈N *)①，所以有11222++=+n n S a ②，由②式得11222++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由于数列{a n }为正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以21=S 为首项，以2为公差的等差数列.所以n S = 2+(n －1) 2=2n ,S n =2n 2，故a n =⎩⎨⎧≥-=-=-)2(,24)1(,21n n S S n n n 即a n =4n －2(n ∈N *).(3)令c n =b n －1，则c n =)2(2111-+++n n n n a a a a.1)1211(lim )(lim ,1211)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121=+-=-+++∴+-=+--++-+-=+++=-++++--=-+-+--+=∞→∞→n n b b b n n n c c c n b b b n n n n n n n n n nn 歼灭难点训练一、,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 答案：1+222.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2， 面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和233πa ，面积之和9πa 2二、3.解：(1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ；要使T n ＞32m总成立，需32m ＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.∵m 为常数，且m ＜－1∴11+=+m ma a n n ，即{1+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=31. 由(1)知q =f (m )=1+m m，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N *,且n ≥2)∴1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴nb 1=3+(n －1)=n +2，21+=∴n b n (n ∈N *). 910,101,11lg 1)211151414131(3lim )(3lim ,1lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=⋅∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m mm m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1452)110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］，31log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小，取n =1时，有(1+1)＞3113+⋅取n =2时，有(1+1)(1+41)＞3123+⋅… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1，② 当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1，③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：313)2311()411)(11(+>-+++k k .那么当n =k +1时，333322223323331)1(3)1311)(2311()411)(11(1)1(343)23(1313,0)13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).23(1313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=+++-+=+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 因而这就是说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，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1.7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1.可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列. 于是b n =1+32(n －1)=312+n ; (3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n ,∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n+1 =b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1)=－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n )。

第8讲 数列的通项和求和一、高考要求数列的通项和求和是一节综合性内容，在高考卷中有小题也有大题，其中大题有简单的数列求通项或求和题，也有复杂的数列和不等式、数列和函数、数列和方程等的综合题．数列的通项和求和是高考对数列考查的主要着力点之一． 二、两点解读重点：①等差、等比数列的通项和求和公式；②利用相关数列}{n S 和}{n a 的关系求数列的通项公式；③数列求和的几种常用方法；④数列与不等式或函数等结合的综合题．难点：①利用递推关系求数列的通项公式；②数列与不等式或函数等结合的综合题． 三、课前训练1．化简)1(1431321211+++⨯+⨯+⨯n n 的结果是 （ D ） （A ）12+n n （B ）1+n n （C ）12+n n （D ）122+n n2.若数列{a n }的通项公式为n a =n 项和S n 1=3．已知数列}{n a 的前四项分别为：3219,1617,815,413，试写出数列}{n a 的一个通项公式12112+++=n n n a四、典型例题例1 在等比数列}{n a 中，12a =，前n 项和为n S ．若数列}1{+n a 也是等比数列，则n S 等于（ ）（A ）221-+n （B ）n 3 （C ）n 2 （D ）13-n解：∵}{n a 是等比数列，设公比为q ，}1{+n a 是等比数列，∴12121111+⋅+⋅=++-+n n n n q q a a 是一常数，设为k ，则k q q n n =+⋅+⋅-12121对任意的正整数n 都成立，可解得：1=k ，q = 1，∴n na S n 21==，故选C例2 设1)1()(3+-=x x f ，利用课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法，可求得)6()5()0()4(f f f f +++++- 的值为：解：课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法即为“倒序相加法”． 令S f f f f f =+++++-+-)6()5()0()3()4( ① 则也有S f f f f f =-+-+++++)4()3()0()5()6( ②由21)1(1)1()2()(33=+-++-=-+x x x f x f可得：2)5()3()6()4(==+-=+- f f f f ，于是由①②两式相加得2112⨯=S ，所以11=S例3 已知)12)(1(613212222++=++++n n n n ，则 数列)1(,,43,32,21+⨯⨯⨯n n 的前n 项和为：解：数列)1(,,43,32,21+⨯⨯⨯n n 的通项为：n n n n a n +=+=2)1(． 所以：=+++++++=+++=)21()21(22221n n a a a S n n)1(21)12)(1(61++++n n n n n 3)2)(1(++=n n n 例4 对正整数n ，设曲线)1(x x y n-=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n na n的前n 项和的公式是 解：1+-=n n x x y ，1112'2)2(2)22(2---=+-=⋅+-==n n n x n n n y k ，切点为)2,2(n -，切线方程点斜式为：)2(2)2(21-+-=+-x n y n n ，令0=x 得n n n a 2)1(+=， 令1+=n na b nn ，则n n n b 2⋅=，令n n b b b S +++= 21， 由错位相减法可得：12)1(2++-=n n n S 例5 设数列{}n a 的前n 项和n S =2214---n n a ，求n a .解：n S =2214---n n a ，得1+n S =11214-+--n n a ， ∴ 1+n a =1+n S －n S =n a －1+n a +（--221n 121-n ）．∴ 1+n a =n a 21+n21，两边同乘以12+n ，得12+n 1+n a =n 2n a +2，∴ {}n n a 2是首项为1公差为2的等差数列， ∴ n 2n a =2+2)1(⋅-n =n 2，解得： n a =12-n n例6 已知二次函数)(x f y =的图像经过坐标原点，其导函数为26)('-=x x f ，数列}{n a 的前n 项和为n S ，点),(n S n (n ∈N *) 均在函数)(x f y =的图像上．（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅱ）设13+=n n n a a b ，n T 是数列}{n b 的前n 项和，求使得20mT n <对所有n ∈N *都成立的最小正整数m ；解：（Ⅰ）依题设)0()(2≠+=a bx ax x f ，由b ax x f +=2)('又由26)('-=x x f 得3=a ,2-=b ,∴x x x f 23)(2-=，所以n n S n 232-=，当2≥n 时=-=-1n n n S S a 56)]1(2)1(3[)23(22-=-----n n n n n ，当1=n 时，51611213211-⨯==⨯-⨯==S a 也符合，∴)(56*N n n a n ∈-=． （Ⅱ）由（Ⅰ）得)161561(21]5)1(6)[56(331+--=-+-==+n n n n a a b n n n ， ∴)1611(21)]161561()13171()711[(211+-=+--++-+-==∑=n n n b T ni i n ， ∴要使)(20)1611(21*N n m n ∈<+-恒成立，只要20)]1611(21[max mn <+-， 又∵21)1611(21<+-n ，∴只要2021m ≤，即10≥m ，∴m 的最小整数为10。

高考微点13 数列的通项公式与求和一、数列的通项公式[微要点]1．掌握数列通项公式的几种常用方法 (1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)利用S n ，a n 的关系式，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.(3)若a n ＋1－a n ＝f (n )，则用累加法． (4)若a n ＋1a n＝f (n )，则用累乘法． (5)若a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)，则用构造法．设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，求得λ＝qp －1，进而用等比数列求通项公式．2．注意一个易误点在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[微练习]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N*)，则14是这个数列的( )A ．第6项B ．第7项C ．第8项D ．第9项解析：选B 由a n ＋1＝2a n a n ＋2可得1a n ＋1＝1a n ＋12，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列，故1a n ＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12，即a n ＝2n ＋1，由2n ＋1＝14，解得n ＝7.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项公式a n ＝( ) A ．2·3n －1－1 B ．2·3 n －1 C ．3n －2D ．2·3n －5解析：选A 因为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是等比数列，首项为a 1＋1＝2，公比为3.所以a n ＋1＝2×3 n －1，故a n ＝2·3 n －1－1.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n ，则a n ＝________. 解析：由题意可知，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，相加可得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.答案：n (n ＋1)2二、数列的求和[微要点]1．掌握数列求和的常用方法(1)公式法：适合求等差数列或等比数列的前n 项和．对等比数列利用公式法求和时，一定注意公比q 是否取1.(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和．(4)分组求和法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(5)并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(－1)n a n 的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．2．注意两个易误点(1)裂项求和时忽视系数致误，将通项直接裂开而没有注意系数变化，或乘以系数而不是系数的倒数；(2)错位相减求和时项数出错致误．两式相减后需要进行等比数列求和，项数一定要看清，建议利用公式S n ＝a 1－a n q 1－q求和，避免项数出错．[微练习]1．已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝( )A ．4 800B ．4 900C ．5 000D ．5 100解析：选C 由题意得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×(2＋98)2＋100＝5 000.2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝3，S 5＝25，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为1 0092 019，则n 的值为( )A ．504B ．1 008C ．1 009D ．2 017解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意可得a 2＝a 1＋d ＝3，S 5＝5a 1＋5×42d ＝25，解得a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1. 令12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝1 0092 019， 则1－12n ＋1＝2 0182 019， ∴2n ＋1＝2 019， ∴n ＝1 009.3．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)设d 为等差数列{a n }的公差，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1,1,3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(负值舍去)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1， 所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n .(2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n＝3－3＋2n2n .[微高考——考点综合训练]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1，当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋(2＋100)×502＝2 600.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n ＋n ＋1，S n ＝10，则n ＝( )A ．90B ．119C ．120D ．121解析：选C ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10，∴n ＋1＝121，n ＝120. 3．在数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝2，且2a n ＋1－a n ＋2＝a n (n ∈N*)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|的值是( )A ．－10B ．10C ．50D ．70解析：选C 由2a n ＋1－a n ＋2＝a n ，得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以数列{a n }是等差数列．设公差为d ，由a 2＝a 1＋d ＝8，a 5＝a 1＋4d ＝2，得a 1＝10，d ＝－2，所以a n ＝－2n ＋12，S n ＝n (10－2n ＋12)2＝－n 2＋11n .当1≤n ≤6时，a n ≥0；当n ≥7时，a n <0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝2S 6－S 10＝50.故选C.4．设{a n }是正项数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝(a n －1)·(a n ＋3)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2n －1C ．2n －1D ．2n ＋1解析：选D 由4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)， 得4S n －1＝(a n －1－1)·(a n －1＋3)，n ≥2， 两式相减得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 又{a n }是正项数列， ∴a n －a n －1－2＝0(n ≥2)，则数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝3， ∴a n ＝2n ＋1.5．“五一”期间，北京十家重点公园将进行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，第一个30分钟内有4人进去并出来1人，第二个30分钟内进去8人并出来2人，第三个30分钟内进去16人并出来3人，第四个30分钟内进去32人并出来4人……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A.211－47 B ．212－57 C ．213－68 D ．214－80解析：选B 设每30分钟进入公园的人数构成数列{a n }，则数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝22－1，a 3＝23－2，a 4＝24－3，…，a 11＝211－10，所以该数列的前11项和为S 11＝(21－0)＋(22－1)＋(23－2)＋(24－3)＋…＋(211－10)＝2(1－211)1－2－11(0＋10)2＝212－57.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3＋2n ，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3＋2n －(3＋2n －1)＝2n－2n －1＝2n －1.因为当n ＝1时，不符合a n ＝2n －1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥27．若数列{a n }满足a n ＝n ＋3n ＋2(n ∈N *)，则该数列落入区间⎝⎛⎭⎫1312，54内的项数为________． 解析：由1312<n ＋3n ＋2<54，得1312<1＋1n ＋2<54，即112<1n ＋2<14，4<n ＋2<12,2<n <10，显然，落入区间⎝⎛⎭⎫1312，54内的项数为7.答案：78．数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和为________．解析：由题意得a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，所以1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，S n ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，S 10＝2011.答案：20119．在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，a 1＝1，b 1＝2，b n >0(n ∈N *)，且b 1，a 2，b 2成等差数列，a 2，b 2，a 3＋2成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设c n ＝3b n －2，求数列{c n }的前n 项和S 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 . 因为b 1，a 2，b 2成等差数列，所以2a 2＝b 1＋b 2.又因为a 2，b 2，a 3＋2成等比数列，所以b 22＝a 2·(a 3＋2)．将上面两式联立有⎩⎪⎨⎪⎧2(1＋d )＝2＋2q ，(2q )2＝(1＋d )(3＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3或⎩⎨⎧d ＝－12，q ＝－12(舍去)．所以a n ＝3n －2，b n ＝2·3n －1.(2)由(1)知b n ＝2·3n －1，所以c n ＝3b n －2＝2·3n －2，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2(31＋32＋…＋3n )－2n ＝3n ＋1－2n －3.10．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N*)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解：(1)由已知，得a m ＝S m －S m －1＝4， 且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14， 设等差数列{a n }的公差为d ， 则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m (m －1)2×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，即b n ＝2n －3， ∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2. 设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1 ＝2－1(1－2n )1－2－n ×2n －1＝2n －1－12－n ×2n －1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)。

数列的通项公式与求和知识点及题型归纳总结知识点精讲一、基本概念（1）若已知数列的第1项（或前项），且从第2项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么该公式就叫做这个数列的递推公式.递推公式也是给出数列的一种方法.（2）数列的第n 项n a 与项数n 之间的函数关系，可以用一个公式()n a f n =来表示，那么n a 就是数列的通项公式.注：①并非所有的数列都有通项公式；②有的数列可能有不同形式的通项公式； ③数列的通项就是一种特殊的函数关系式； ④注意区别数列的通项公式和递推公式.题型归纳及思路提示题型1 数列通项公式的求解 思路提示常见的求解数列通项公式的方法有观察法、利用递推公式和利用n S 与n a 的关系求解. 观察法根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法归纳出其数列通项. 利用递推公式求通项公式 ①叠加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式，可利用递推多式相加法求得n a②叠乘法：形如1()nn a f n a -= (0)n a ≠*(2,)n n N ≥∈的解析式， 可用递推多式相乘求得n a③构造辅助数列：通过变换递推公式，将非等差（等比）数列构造成为等差或等比数列来求其通项公式.常用的技巧有待定系数法、取倒数法、对称变换法和同除以指数法.利用n S 与n a 的关系求解 形如1(,)()n n n f S S g a -=的关系，求其通项公式，可依据1*1(1)(2,)n n n S n a S S n n N -=⎧=⎨-≥∈⎩，求出n a 观察法观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项.使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有(1)n-或者1(1)n -- 部分.②考虑各项的变化规律与序号的关系.③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方{}2n 、{}2n与(1)n-有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列. 例6.20写出下列数列的一个通项公式：（1）325374,,,,,,;751381911---L（2）2,22,222，L ，222L ；（3）数列{}n a 中各项为：12,1122,111222，L，{111222n n L L 123个个，L 分析：通过观察，找出所给数列的特征，求出其通项.解析：（1）①原数列中的数的符号一正一负，故摆动数列乘以(1)n-；②绝对值后分子分母无明显的规律，但通过对偶数各项分子分母同乘以2，可使分子出现规律为3,4,5,6，L ，则2(1)34nn n a n +=-+. 解法一：1212021021022(101010)1(110)22(101)1109n n n n n n n a ----=⨯+⨯++=+++-==--L L g g 解法二：原数列⇔2229,99,999999n ⨯⨯⨯L L 123个，即2=(10-1)9nn a （3）121=(10-1)10+(10-1)=(10-1)(10+2)999n n n n n n a g 变式1 将全体正整数排成一个三角形数阵，如下所示，则第n 行（3n ≥）从左到右的第3个数为__________ 12 34 5 67 8 9 10L L L L L L L L L 变式2 观察下列等式：211122ni i n n ==+∑，2321111326ni i n n n ==++∑34321111424ni i n n n ==++∑45431111152330ni i n n n n ==++-∑5654211151621212ni i n n n n ==++-∑67653111111722642ni in n n n n ==++-+∑ L L L L1111101nk k k k k k k i i a n a n a n a n a +-+-==+++++∑L ，可以推测，当*2()k k N ≥∈时，111k a k +=+，12k a =，1_____k a -=，2_____k a -=利用递推公式求通项公式叠加法 数列有形如1()n n a a f n +=+的递推公式，且(1)(2)()f f f n +++L 的和可求，则变形为1()n n a a f n +-=，利用叠加法求和例6.21 已知数列{}n a 满足132n n a a n +=++ *()n N ∈，且12a =，求数列{}n a 的通项公式.分析：式子132n n a a n +=++ *()n N ∈是形如1()n n a a f n +=+的形式，故利用叠加法求和. 解析：132n n a a n +-=+ *()n N ∈可得131n n a a n --=-，（2n ≥） 1234n n a a n ---=-，L L L215a a -=相加可得：232n n n a +=（2n ≥），且12a =也满足上式，故232n n na +=*()n N ∈ 变式1 已知数列{}n a 中，12a =，12n n na a +-=*()n N ∈，求数列{}n a 的通项公式变式2 已知数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n+=++ *()n N ∈，则n a =____A 、2ln n +B 、2(1)ln n n +-C 、2ln n n +D 、1ln n n ++ 变式3 已知数列{}n a 中，11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-，（2n ≥，0q ≠）（1）设1n n n b a a +=-*()n N ∈，证明：{}n b 是等比数列. （2）求数列{}n a 的通项公式 变式4 数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 为常数）*()n N ∈，且123,,a a a 成公比不为1的等比数列.（1）求c 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式2、叠乘法 数列有形如1()nn a f n a -=g 的递推公式，且(1)(2)()f f f n g g L g 的积可求，则将递推公式变形为1()nn a f n a -=，利用叠乘法求出通项公式n a 例6.22 已知数列{}n a 中，11a =，12(1)n n na n a +=+，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A 、2n n B 、12n n - C 、21n n - D 、12n n +分析：数列的递推公式是形如1()nn a f n a -=的形式，故可以利用叠乘法求解. 解析：由12(1)n n na n a +=+变形得112n n a n a n ++=，从而 12(1)n n a na n -=-，L ， 2122a a =，故1132112211132()212212n n n n n n a a a a n n na a a a n n ------==--g g L g g g g g L g g （2n ≥） 即112n n a n a -=（2n ≥），所以12n n n a -=（2n ≥，*n N ∈），且11a =满足上式，故12n n na -=（*n N ∈），选B变式1 已知数列{}n a 中，11a =，12n n a n a n++=，求数列{}n a 的通项公式 3、构造辅助数列法 （1）待定系数法形如1n n a pa q +=+（,p q 为常数，0pq ≠且1p ≠）的递推式，可构造1()n n a p a λλ++=+，转化为等比数列求解.也可以与类比式1n n a pa q -=+作差，由11()n n n n a a p a a +--=-，构造{}1n n a a +-为等比数列，然后利用叠加法求通项.例6.23 已知数列{}n a 中，11a =，1112n n a a +=+，求{}n a 的通项公式. 分析：式子1112n n a a +=+形如1n n a pa q +=+（,p q 为常数，0pq ≠且1p ≠），故利用构造法转化. 解析：解法一、设1112n n a a +=+等价于11()2n n a a λλ++=+，得到11122n n a a λ+=-，对应1112n n a a +=+，得到2λ=-故原递推式等价于112(2)2n n a a +-=-，因此数列{}2n a -为首项为1-，公比为12的等比数列，所以112()2n n a --=-，故112()2n n a -=- 解法二、由1112n n a a +=+得 1112n n a a -=+（2n ≥，*n N ∈）， 因此111()2n n n n a a a a +--=-（2n ≥，*n N ∈），所以数列{}1n n a a -- 是首项为2112a a -=，公比为12的等比数列.2112111()()()22n n n n a a a a ----=-=2121()2n n n a a ----=L L L L1211()2a a -= 叠加得到：211111()111122()()1()1222212n n n n a a ----=+++==--L 故112()2n n a -=- （*n N ∈）变式1 已知11a =，132n n a a -=+（2n ≥，*n N ∈），求{}n a 的通项公式.例6.24 在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+ （*n N ∈），求数列{}n a 的通项公式.分析：将原递推公式转化为1(1)4()n n a a n a an λλ++++=++，即1433n n a a an a λ+=++-，比较1431n n a a n +=-+，得1a =-，0λ=，所以数列{}n a n -是首项为1，公比为4的等比数列，故14n n a n --=，即14n n a n -=+ （*n N ∈）2、同除以指数形如 1nn n a pa d +=+ (0p ≠且1p ≠，1d ≠）的递推式，当p d =时，两边同除以1n d +转化为关于n n a d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的等差数列；当p d ≠时，两边人可以同除以1n d +得111n n n n a a p d d d d ++=+g ，转化为11n np b b d d+=+g ，同类型（1）.例6.25 已知数列{}n a 中，11a =-，1132n n n a a --=+（2n ≥，*n N ∈），求数列{}n a 的通项公式.解析：解法一、将1132n n n a a --=+两边同除以3n得11112()3333n n n nn a a ---=+⨯， 则1111121212()()()33333333n n nna a -=+⨯++⨯=-L ，则132n nn a -=- 解法二、将1132n n n a a --=+两边同除以2n得11312222n n n n a a --=+g ，令2nnna b =，得13122n n b b -=+，构造13()2n n b b λλ-+=+，得1λ=，因此数列{}1n b +为等比数列，且111331(1)()22n n n n b b --+=+=，则1312n n n b -=- （*n N ∈）， 故13122n n n n a -=-，进而得到132n nn a -=- 评注：一般地，对于形如 1nn n a pa d +=+ (0p ≠且1p ≠，1d ≠）的数列求通项公式，两边同除以1n d +转化为待定系数法求解；两边同除以1n p+转化为叠加法求解.变式1 在数列{}n a 中，11a =，122nn n a a +=+（1）设12nnn a b -=，试证明：数列{}n b 是等差数列. （2）求数列{}n a 的前n 项的和n S取倒数法 对于1(0)n n n aa a ac b ca +=≠+，取倒数得111n n n n b ca b ca aa a a a++==+g .当a b =时，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；当a b ≠时，令1nnb a =，则1n n b c b b a a+=+g ，可用待定系数法求解. 例6.26 在数列{}n a 中，11a =，122nn na a a +=+，求数列{}n a 的通项公式. 分析：式中含有形如1n a +和n a 的分式形式，故考虑利用倒数变换求其通项公式. 解析：因为1121122n n n n a a a a ++==+，所以11112n n a a +-=，即数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，11111(1)22n n n n a a ++=+-=，故21n a n =+（*n N ∈） 变式1 已知数列{}n a 中首项135a =，1312n n n a a a +=+（*n N ∈），求数列{}n a 的通项公式.变式2 已知数列{}n a 中首项11a =，前n 项的和为n S ，且满足1112n n n S S S --=+（2n ≥，*n N ∈），求数列{}n a 的通项公式. 取对数法 形如1(0,0)k n n n a ca c a +=>>的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解.例6.27 已知数列{}n a 中首项13a =，且31n na a += （*n N ∈），则数列的通项n a =_______ 分析：取对数时，常用以1a 为底的对数，便于计算. 解析：因为13a =，所以对31n na a +=两边取以3为底的对数，得到313log 2log n n a a +=，故{}3log n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以13log 2n n a -=，所以123n na -=（*n N ∈）变式1 已知数列{}n a 中首项110a =，且2110n na a +=g （*n N ∈），求数列的通项n a 已知通项公式n a 与前n 项的和n S 关系求通项问题对于给出关于n a 与n S 的关系式的问题，解决方法包括两个转化方向，在应用时要合理选择.一个方向是转化n S 为n a 的形式，手段是使用类比作差法，使nS 1n S --=n a （2n ≥，*n N ∈），故得到数列{}n a 的相关结论，这种方法适用于数列的前n 项的和的形式相对独立的情形；另一个方向是将n a 转化为n S 1n S --（2n ≥，*n N ∈），先考虑n S 与1n S -的关系式，继而得到数列{}n S 的相关结论，然后使用代入法或者其他方法求解{}n a 的问题，这种情形的解决方法称为转化法，适用于数列的前n 项和的形式不够独立的情况.简而言之，求解n a 与n S 的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化n S 的形式为n a 的形式，适用于n S 的形式独立的情形，如已知142nn S a -=+（2n ≥，*n N ∈）；其二称为转化法，实质是转化n a 的形式为n S 的形式，适用于n S 的形式不够独立的情形，如已知2221n n n S a S =-（2n ≥，*n N ∈）；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对n 的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注n 的范围.例6.28 已知正项数列{}n a 中，前n 项的和n S，且满足1n a =+，求数列{}n a 的通项公式.解析：由已知，可得24(1)n n S a =+ ①类比得到2114(1)n n S a --=+（2n ≥，*n N ∈）②式①-式②得 221114422n n n n n n S S a a a a ----=-+-即1112()()()n n n n n n a a a a a a ---+=+-所以11()(2)0n n n n a a a a --+--=，又因为10n n a a -+>，故120n n a a ---=（2n ≥，*n N ∈），因此数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公比为2 故21na n =- （*n N ∈）评注：本题是关于n a 与n S 的关系式问题中第一个方向的典型题目，本题的闪光点是未给出n S 的直接形式，需要考生稍加变形，转化为24(1)nn S a =+后，才可使求解方向变得更为明朗.变式1 已知数列{}n a 的前n 项的和n S ，11a =，142n n S a +=+（*n N ∈）（1）设12n n n b a a +=-，求n b ；（2）设112nn nc a a +=-，求数列{}n c 的前n 项和n T ；（3）设2n nna d =，求2010d例6.29 已知数列{}n a 中，0n a >，且对于任意正整数n 有11()2n n nS a a =+，求数列{}n a 的通项公式分析：已知n a 与n S 的关系，求数列的通项公式利用n a =n S 1n S --（2n ≥，*n N ∈）求解，将试题右边的含n a 的式子换成n S 1n S --来处理.解析：当1n =时，111111()2S a a a ==+，及0n a >，解得 11a =当2n ≥时，由11()2n n n S a a =+得1111()2n n n n n S S S S S --=-+-，变形整理得2211n n S S --=，数列{}2n S 是等差数列，首项为1， 公差为1 故21(1)1nS n n =+-⨯=，所以n S =1n =适合上式，故n S =（*n N ∈）故当2n ≥时，n a =n S 1n S --= 1n =适合上式，故na =*n N ∈）变式1 已知数列{}n a 中，0n a ≠(1)n ≥，112a =，前n 项和n S 满足2221n n n S a S =-（2n ≥，*n N ∈）（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； （2）求数列{}n a 的通项公式变式2 设数列{}n a是正数组成的数列，且有*2)n a n N +=∈，求数列{}n a 的通项公式.例6.30 设数列{}n a 的前n 项的和为n S ，已知111,42n n a S a +==+. （1）设12n n n b a a +=-，证明：数列{}n b 是等比数列. （2）求数列{}n a 的通项公式.解析 （1）在142n n S a +=+中，令1n =，得2142S a =+，即12142a a a +=+，故25a =，由142n n S a +=+知2142n n S a ++=+，两式相减得2144n n n a a a ++=-，即211224n n n n a a a a +++-=-，故12n n b b +=，且121230b a a =-=≠，即{}n b 是以2为公比的等比数列.（2）由2142S a =+且11a =知26S =，故2215a S a =-=，所以212523a a -=-=，即有111232n n n b b --==g g ，所以11232n n n a a -+-=g ，于是113224n n n n a a ++-=，因此数列{}2n na 是首项为12，公差为34的等差数列.所以1331(1)22444n na n n =+-⨯=-，故2(31)2n n a n -=-g . 变式1 已知数列{}n a 的前n 项之和为n S ，且*585()n n S n a n N =--∈. （1）证明：数列{1}n a -是等比数列；（2）求数列{}n S 的通项公式，请指出n 为何值时，n S 取得最小值，并说明理由.变式2 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2*24()n n S a n n n N =+-∈. （1）写出数列{}n a 的前3项123,,a a a ； （2）求证：数列{21}n a n -+为等比数列； （3）求n S .变式3 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知2*112121,()33n n S a a n n n N n +==---∈. （1）求2a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式.题型2 数列的求和 思路提示求数列前n 项和的常见方法如下： （1）通项分析法.（2）公式法：对于等差、等比数列，直接利用前n 项和公式.（3）错位相减法：数列的通项公式为n n a b g 或n nab 的形式，其中{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列.（4）分组求和法：数列的通项公式为n n a b +的形式，其中{}n a 和{}n b 满足不同的求和公式.常见于{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列或者{}n a 与{}n b 分别是数列的奇数项和偶数项，并满足不同的规律. （5）裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项. （6）倒序相加：应用于等差数列或转化为等差数列的数列求和. 一、通项分析法例6.31 求数列2211,12,122,,1222,n -+++++++L L L 的前n 项的和. 解析 数列的通项21122221n n n a -=++++=-L ，即*21()n n a n N =-∈， 所以数列的前n 项的和为121212(12)(21)(21)(21)(222)2212n nnn n S n n n +-=-+-++-=+++-=-=---L L即1*22()n n S n n N +=--∈.评注 先分析数列通项的特点，再选择合适的方法求和是求数列的前n 项和问题应该强化的意识. 变式1 求数列9，99，999，L ，999nL 123的前n 项和. 二、公式法利用等差、等比数列的前n 项和公式求和.例6.32 已知等差数列{}n a 中，259,21,2n a n a a b ===，求数列{}n b 的前n 项和n S .分析 根据数列{}n a 为等差数列，259,21a a ==，求出数列{}n a 的通项， 从而知数列{}n b 为等比数列，利用等比数列的求和公式求n S .解析 设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，依题意得119421a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得154a d =⎧⎨=⎩.数列{}n a 的通项公式为41n a n =+，由2na nb =得412n n b +=，因为454141222n n n n b b +++==，所以数列{}n b 是首项为512b =，公比为42q =的等比数列.于是得数列{}n b 的前n 项和54442[1(2)]32(21)1215n n n S --==-. 评注 针对数列的结构特征，确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差、等比数列相应公式求解.变式1 如图6-4所示，从点1(0,0)P 作x 轴的垂线交曲线xy e =于点1(0,1)Q ，曲线在点1Q 处的切线与x 轴交于点2P .再从2P 作x 轴的垂线交曲线于点2Q ，依次重复上述过程得到一系列点：1122,;,;;,n n P Q P Q P Q L ，记点k P 的坐标为(,0)(1,2,,)k x k n =L .（1）试求k x 与1k x -的关系(2)k n ≤≤； （2）求1122||||||n n PQ P Q P Q +++L .三、错位相减法 求数列{n n a b g }和{nna b }的前n 项和，数列{}n a ， {}n b 分别为等差与等比数列.求和时，在已知求和式的两边乘以等比数列公比q 后，与原数列的和作差，即n n S qS -，然后求n S 即可.例6.33 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*22()n n S a n N =-∈，数列{}n b 中，11b =，点1(,)n n P b b +在直线20x y -+=上.（1）求数列{}n a ， {}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =g ，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T . 解析 （1）22n n S a =-，*1122(2,)n n S a n n N --=-≥∈上两式相减得1122n n n n S S a a ---=-，得122n n n a a a -=-，故12n n a a -=， 令1*11111,22,2,2()n n n n a a a a a q n N -==-===∈.点1(,)n n P b b +在直线20x y -+=上，则120n n b b +-+=，12n n b b +=+， 则{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列，*1(1)221()n b b n n n N =+-⨯=-∈.（2）(21)2n n n n c a b n ==-gg ， 121232(21)2(1)n n T n =⨯+⨯++-⨯L 23`21232(21)2(2)n n T n +=⨯+⨯++-⨯L由（1）-(2)得112118(12)22222(21)22(21)212n nn n n T n n -++--=+⨯++⨯--⨯=+--⨯-L12(32)6n n +=--，故1(23)26n n T n +=-+.评注 由于结果的复杂性，自己可以通过代入1,2n =等验证，111222,T a b T a b ==等以确保所求结果的准确性. 变式1 已知数列{}n a 的前n 项和21(*)2n S n kn k N =-+∈,且n S 的最大值为8.（1）确定常数k ，并求n a ； （2）求数列92{}2nna -的前n 项和n T . 变式2已知{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，{}nb 是等比数列，且1144442,27,10a b a b S b ==+=-=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）记1121(*)n n n n T a b a b a b n N -=+++∈L ，证明：12210(*)n n n T a b n N +=-+∈.四、分组求和法对于既非等差又非等比数列的一类数列，若将数列的项进行适当地拆分，可分成等差、等比或常数列，然后求和.例6.34 在数列{}n a 中11111,(1)2n n n n a a a n ++==++.（1）设nn a b n=，证明1{}n n b b +-为等比数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和n S . 解析 （1）由已知得1111(1)12112n nn n n n n a a a n b n n n +++++===+++，即112n n nb b +=+， 故112n n nb b +-=，且111(2,*)2n n n n b b n n N b b +--=≥∈-，因此1{}n n b b +-是公比为12的等比数列. （2）由（1）知当2n ≥时，1121111,,22n n n b b b b ---=-=L ，叠加得 11122111122n n n n n b b b b b b -----+-++-=++L L ， 所以111112211212n n n b b ---==--，得11112n n b b -=+-，1n =时也成立，又111b a ==，所以112(*)2n n b n N -=-∈，得12(*)2n nn na nb n n N -==-∈. 12123(21)(4)(6)(2)24223(2462)(1)222n n n nS n nn --=-+-+-++-=++++-++++L L L令21231222n n nT -=++++L ， 23111231222222n n n n nT --=+++++L ， 故2111(1)11112212(1)2122222222212n n n n n n n nT nn n n --+=++++-=-=--=--g L ，故1242n n nT -+=-，又2462(1)n n n ++++=+L ， 所以12(1)42n n nS n n -+=++-. 变式 1 已知数列{}n a 中的相邻两项212,k k a a -是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++=g 的两个根，且212(1,2,3,)k k a a k -≤=L .（1）求1357,,,a a a a ；（2）求数列{}n a 的前2n 项和2n S .变式2 等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表6-1的同一列.表6-1第1列 第2列 第3列 第1行 3 2 10 第2行 6 4 14 第3行 9 8 18(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足：(1)ln n n n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S .五、裂项相消法将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项. 常用的裂项相消变换有： 1.分式裂项1111()()n n p p n n p=-++；1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++.2.根式裂项1p=.3.对数式裂项lg lg()lgn pn p nn+=+-.4.指数式裂项1()(1)1n n naaq q q qq+=-≠-；11111()(1)(1)(1)111nn n n nqqq q q q q++=-≠-----.使用裂项法，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项；应注意到，由于数列{}na中每一项na均裂成一正一负两项，所以互为相反数的项合并为零后，所剩正数项与负数项的项数必是一样的多，切不可漏写未被消去的项.未被消去的项有前后对称的特点，即经过裂项后有“对称剩项”的特征.另外从实质上看，正负项相消是裂项法的根源和目的.例6.35 求数列1111,,,,,132435(2)n n⨯⨯⨯+L L的前n项和nS.解析先分析通项公式1111()(2)22nan n n n==-++，所以1111111111311[(1)()()](1)(*)23242221242224 nS n Nn n n n n n=-+-++-=+--=--∈+++++L评注如果数列的通项公式可以写成()()f n p f n+-的形式，常采用裂项求和的方法.特别地，当数列形如11{}n na a+，其中{}na是等差数列时，可尝试使用此法.变式1 已知数列1111,,,,,12123123n+++++++L LL，求它的前n项和nS.例6.36已知等差数列{}na满足3577,26a a a=+=，{}na的前n项和nS.（1）求na及nS；（2）令21(*)1nnb n Na=∈-，求数列{}nb的前n项和nT.解析（1）设{}na的首项为1a，公差为d，由已知可得111273210262a d aa d d+==⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩.所以1(1)21(*)na a n d n n N=+-=+∈，1()(2)(*)2nna a nS n n n N+==+∈.（2）因为21na n=+，所以214(1)na n n-=+，因此1111()4(1)41nbn n n n==-++，故1211111111(1)(1)(*)42231414(1)n n nT b b b n N n n n n =+++=-+-++-=-=∈+++L L .故数列{}n b 的前n 项和4(1)n nT n =+.评注 采用裂项相消法求解数列的前n 项和，消项时要注意相消的规律，可将前几项和表示出来，归纳规律.一般来说，先注意项数，如果是每两项作为一组相消，则最终剩余项数为偶数项；再看大小，若前面保留的是分母最小的若干项，则最后必会保留分母最大的若干项. 变式1 设正项数列{}n a 前n 项和n S 满足21(1)4n n S a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=g ，求数列{}n b 的前n 项和n T .变式2 在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg ,1n n a T n =≥. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1tan tan n n n b a a +=g 求数列{}n b 的前n 项和n S .六、倒序相加法将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可用倒序相加法（等差数列前n 项和公式的推导即用此方法）.例6.37设()f x (7)(6)(5)(0)(8)f f f f f -+-+-++++L L 的值.解析因为1()(1)22x xf x f x +-==+=+x =+==所以(7)(6)(5)(0)(8)8f f f f f -+-+-++++==L L . 变式1 函数121()(0),,4xf x m x x R m =>∈+，当121x x +=时，121()()2f x f x +=. （1）求m 的值；（2）已知数列{}n a 满足121(0)()()()(1)n n a f f f f f n n n-=+++++L ，求n a ；（3）若12n n S a a a =+++L ，求n S .变式2 已知函数()f x 对任意x R ∈都有1()(1)2f x f x +-=.（1）求1()2f 的值；（2）若数列{}n a 满足121(0)()()()()(*)n n na f f f f f n N n n n n-=+++++∈L ，数列{}n a 是等差数列吗？试证明之；（3）设4(*)41n n b n N a =∈-，1n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T .变式3 已知数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，求0121231n n nn n n n S C a C a C a C a +=++++L .最有效训练题1.L ，则 ）A ．第18项B ．第19项C ．第17项D ．第20项2.已知各项均不为零的数列{}n a ，定义向量1(,),(,1),*n n n n c a a b n n n N +==+∈u u r u u r，则下列命题为真命题的是（ ）A ．若对任意的*n N ∈，总有//n n c b u u r u u r 成立，则数列{}n a 是等差数列B ．若对任意的*n N ∈，总有//n n c b u u r u u r成立，则数列{}n a 是等比数列 C ．若对任意的*n N ∈，总有n n c b ⊥u u r u u r成立，则数列{}n a 是等差数列 D ．若对任意的*n N ∈，总有n n c b ⊥u u r u u r成立，则数列{}n a 是等比数列3.设{}n a 是单调递减的等差数列，前3项的和是15，前3项的积是105，当该数列的前n 项和最大时，n =（ ）A ．4B ．5C ．6D ．74.已知数列{}n a 满足111n n a a +=-，若112a =，则2011a =（ ）A ．12B ．2C ．-1D ．1 5.设等比数列{}n a 的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为n S ，若对*n N ∀∈，有23n n S S <，则q 的取值范围是（ ）A ．（0，1]B ．（0，2）C ．[1，2）D ．（0）6.对于数列{}n a ，如果*k N ∃∈及12,,,k R λλλ∈L ，使1122n k n k n k k n a a a a λλλ++-+-=+++L 成立，其中*n N ∈，则称{}n a 为k 阶递推数列，给出下列三个结论： ①若{}n a 为等比数列，则是1阶递推数列； ②若{}n a 为等差数列，则是2阶递推数列；③若数列{}n a 的通项公式为2n a n =，则是3阶递推数列. 其中正确结论的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．37.根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式： （1）-1，7，-13，19，L ，n a =_____________； （2）0.8，0.88，0.888，L ，n a =_____________； （3）115132961,,,,,,248163264--L ，n a =_____________；（4）0，1，0，1，L ，n a =_____________. 8.若数列{}n a 满足111n n d a a +-=（*n N ∈，d 为常数），则称{}n a 为调和数列.已知数列1{}nx 为调和数列，且1220200x x x +++=L ，则56x x +=__________.9.在数列{}n a 中，121,2a a ==，且21(1)(*)n n n a a n N +-=+-∈，则100S =__________. 10.根据下列条件，确定数列{}n a 的通项公式. （1）已知数列{}n a 的前n 项和2231n S n n =-+； （2）已知数列{}n a 的满足132n n n a a +=++，且12a =； （3）1111,(2,*)n n n a a a n n N n--==≥∈； （4）在数列{}n a 中，111,2(*)n n n a a a n N +==+∈； （5）在数列{}n a 中，113,21(*)n n a a a n N +==+∈；（6）在数列{}n a 中，2111,2(*)n nn a a a a n N +==+∈. 11.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)(*)nS n n N n∈均在函数32y x =-的图像上. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设13n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n mT <对所有*n N ∈都成立的最小正整数m .12. 已知数列{}n a 的首项1122,(*)31n n n a a a n N a +==∈+（1）证明：数列1{1}na -是等比数列； （2）求数列{}nna 的前n 项和n S .。

数列求通项与求和常用方法归纳一、知能要点1、求通项公式的方法：1观察法：找项与项数的关系,然后猜想检验,即得通项公式a n ；2利用前n 项和与通项的关系a n ＝错误!错误!3公式法：利用等差比数列求通项公式；4累加法：如a n ＋1－a n ＝fn , 累积法,如错误!＝fn ；5转化法：a n ＋1＝Aa n ＋BA ≠0,且A ≠1．2、求和常用的方法：1公式法：①d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=②⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S n n2裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数差,即,然后累加时抵消中间的许多项. 应掌握以下常见的裂项：①111(1)1n n n n =-++②1111()()n n k k n n k=-++③222111*********();12111(1)(1)1k k k k k k k k k k k k k<=--=<<=---+++-- ④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++⑤=<<=3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,那么常选用错位相减法这也是等比数列前n 项和公式的推导方法 .4倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性,则常可考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和这是等差数列前n 项和公式的推导方法 .5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.二、知能运用典型例题考点1：求数列的通项题型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+,利用累加法逐差相加法求解;例1已知数列{}n a 满足211=a ,nn a a n n ++=+211,求n a ;解：由条件知：111)1(1121+-=+=+=-+n n n n nn a a n n 分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累加之,即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a所以na a n 111-=-211=a ,nn a n 1231121-=-+=∴ 题型2 n n a n f a )(1=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+,利用累乘法逐商相乘法求解; 例2已知数列{}n a 满足321=a ,n n a n na 11+=+,求n a ;解：由条件知11+=+n na a n n ,分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累乘之,即1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a , n a n 32=∴题型3 q pa a n n +=+1其中p,q 均为常数,且0)1(≠-p pq ;解法待定系数法：转化为：)(1t a p t a n n -=-+,其中pqt -=1,再利用换元法转化为等比数列求解;例3已知数列{}n a 中,11=a ,321+=+n n a a ,求n a ;解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ,则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项,2为公比的等比数列,则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .题型4 n n n q pa a +=+1其中p,q 均为常数,且0)1)(1(≠--q p pq ;或1n n n a pa rq +=+,其中p,q, r 均为常数;解法：一般地,要先在原递推公式两边同除以1+n q ,得：qq a q p q a n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b 其中nn n qa b =, 得：qb q p b n n 11+=+再待定系数法解决; 例4已知数列{}n a 中,651=a ,11)21(31+++=n n n a a ,求n a ;解：在11)21(31+++=n n n a a 两边乘以12+n 得：1)2(32211+•=•++n n n n a a令n n n a b •=2,则1321+=+n n b b ,解之得：n n b )32(23-=所以nn nn n b a )31(2)21(32-==题型5 递推公式为n S 与n a 的关系式;或()n n S f a =解法：这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解;例5已知数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .1求1+n a 与n a 的关系； 2求通项公式n a .解：1由2214---=n n n a S 得：111214-++--=n n n a S于是)2121()(1211--++-+-=-n n n n n n a a S S所以11121-+++-=n n n n a a a nnn a a 21211+=⇒+.2应用题型4n n n q pa a +=+1,其中p,q 均为常数,且0)1)(1(≠--q p pq 的方法,上式两边同乘以12+n 得：由1214121111=⇒--==-a a S a .于是数列{}n na 2是以2为首项,2为公差的等差数列,所以n n a n n 2)1(222=-+=12-=⇒n n n a题型6 rnn pa a =+1)0,0(>>n a p 解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1,再利用待定系数法求解;例6已知数列}{n a 中,2111,1n n a aa a ⋅==+)0(>a ,求数列}{n a 的通项公式;解：由211n n a a a ⋅=+两边取对数得aa a n n 1lg lg 2lg 1+=+,令n n a b lg =,则a b b n n 1lg 21+=+,再利用待定系数法解得：12)1(-=n n aa a ;考点2：数列求和题型1 公式法例7已知}{n a 是公差为3的等差数列,数列}{n b 满足.,31,11121n n n n nb b b a b b =+==++1求}{n a 的通项公式；2求}{n b 的前n 项和.解：1依题a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=31,解得a 1=2 …2分通项公式为 a n =2+3n -1=3n -1 …6分 2由Ⅰ知3nb n +1=nb n ,b n +1=31b n ,所以{b n }是公比为31的等比数列 …9分所以{b n }的前n 项和S n =111()313122313nn --=-⨯- …12分 题型2 裂项求和例8n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0,3422+=+n n n S a a .1求{n a }的通项公式；2设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 解析：1n a =21n +；2由1知,n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++,所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.题型3 错位相减求和例9已知数列n a 和n b 满足,*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n+++++=-∈. 1求n a 与n b ；2记数列n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .解析：1由112,2n n a a a +==,得2n n a =.当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n+=-,整理得11n n b n b n++=,所以n b n =. 2由1知,2n n n a b n =⋅所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=--所以1(1)22n n T n +=-+.题型4 分组求和例10已知{a n }是等差数列,满足a 1＝3,a 4＝12,数列{b n }满足b 1＝4,b 4＝20,且{b n －a n }为等比数列．1求数列{a n }和{b n }的通项公式；2求数列{b n }的前n 项和．解：1设等差数列{a n }的公差为d ,由题意得d ＝错误!＝错误!＝3.所以a n ＝a 1＋n －1d ＝3nn ＝1,2,…．设等比数列{b n －a n }的公比为q ,由题意得q 3＝错误!＝错误!＝8,解得q ＝2.所以b n －a n ＝b 1－a 1q n －1＝2n －1.从而b n ＝3n ＋2n －1n ＝1,2,…．2由1知b n ＝3n ＋2n －1n ＝1,2,…．数列{3n }的前n 项和为错误!nn ＋1,数列{2n －1}的前n 项和为1×错误!＝2n －1,所以,数列{b n }的前n 项和为错误!nn ＋1＋2n －1.三、知能运用训练题1、1已知数列{}n a 中,)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ,求数列{}n a 的通项公式； 2已知n S 为数列{}n a 的前n 项和,11=a ,n n a n S ⋅=2,求数列{}n a 的通项公式.解1 )2(12,211≥-+==-n n a a a n n ,∴121-=--n a a n n2 11=a ,n n a n S ⋅=2,∴当2≥n 时,121)1(--⋅-=n n a n S∴11)1(11221+-=⇒--=-=---n n a a a n a n S S a n n n n n n n . 2、已知数列{}n a 中,32,111+==+n n a a a ,求数列{}n a 的通项公式.解 321+=+n n a a ,∴)3(231+=++n n a a∴{}3+n a 是以2为公比的等比数列,其首项为431=+a 3、已知数列{}n a 中,n n n a a a 32,111+==+,求数列{}n a 的通项公式.解 n n n a a 321+=+,∴nn n n n a a )23(2211+=-+,令n n n b a =-12则 n nn b b )23(1=-+, 4、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和, )2,(23≥∈+=+n N n a S n n ,求数列{}n a 的通项公式.解析当1=n 时,1231111-=⇒+==a a S a ,当2≥n 时,)23()23(11+-+=-=--n n n n n a a S S a .∴233211=⇒=--n n n n a a a a ∴{}n a 是以23为公比的等比数列,其首项为11-=a , 5、已知数列{}n a 中,n n n a a a 33,111+==+,求数列{}n a 的通项公式.解析 n n n a a 331+=+,∴13311+=-+n n n n a a ,令n n nb a =-13 ∴数列{}n b 是等差数列,n n b n =-+=)1(11,∴13-⋅=n n n a .6、已知数列{}n a 中,)3(3231,2,12121≥+===--n a a a a a n n n ,求数列{}n a 的通项公式.解由213231--+=n n n a a a 得)3)((32211≥--=----n a a a a n n n n又0112≠=-a a ,所以数列{}n n a a -+1是以1为首项,公比为23-的等比数列,1)32(5358---=n ． 7、已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列,数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬•⎩⎭的前n 项和为21nn +. 1求数列{}n a 的通项公式；2设()12na n nb a =+⋅,求数列{}n b 的前n 项和n T .解析1设数列{}n a 的公差为d ,令1,n =得12113a a =,所以123a a =.令2,n =得12231125a a a a +=,所以2315a a =. 解得11,2a d ==, 所以2 1.n a n =- 2由I 知24224,n n nb n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅两式相减,得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯-- 所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+=8、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝错误!,n ∈N.1求数列{a n }的通项公式；2设b n ＝2na ＋－1n a n ,求数列{b n }的前2n 项和．解：1当n ＝1时,a 1＝S 1＝1；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝错误!－错误!＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .2由1知,b n ＝2n ＋－1n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n ＝21＋22＋…＋22n ＋－1＋2－3＋4－…＋2n ．记A ＝21＋22＋…＋22n ,B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ,则A ＝错误!＝22n ＋1－2,B ＝－1＋2＋－3＋4＋…＋－2n －1＋2n ＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.9、已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ,{}n b 是等差数列,且1.n n n a b b +=+1求数列{}n b 的通项公式；2令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+求数列{}n c 的前n 项和T n .解析：1由题意知当2≥n 时,561+=-=-n S S a n n n ,当1=n 时,1111==S a ,所以56+=n a n .设数列{}n b 的公差为d ,由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ,即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111,可解得3,41==d b ,所以13+=n b n .2由Ⅰ知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+, 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321,得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯,345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯,两式作差,得224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T 10、等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +==1求数列{}n a 的通项公式；2设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.解析：1设数列{a n }的公比为q,由23269a a a =得32349a a =所以219q =;由条件可知a>0,故13q =;由12231a a +=得12231a a q +=,所以113a =;故数列{a n }的通项式为a n =13n ;231323n log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-(12...)(1)2n n n =-++++=-故12112()(1)1n b n n n n =-=--++12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++所以数列1{}nb的前n项和为21nn-+11、在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1＝10,且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．1求d,a n；2若d<0,求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|.解：1由题意得,a1·5a3＝2a2＋22,由a1＝10,{a n}为公差为d的等差数列得,d2－3d－4＝0,解得d＝－1或d＝4.所以a n＝－n＋11n∈N或a n＝4n＋6n∈N．2设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,由1得d＝－1,a n＝－n＋11,所以当n≤11时,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝S n＝－错误!n2＋错误!n；当n≥12时,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝－S n＋2S11＝错误!n2－错误!n＋110.综上所述,|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a n|＝错误!12、已知{}n a是首项为1,公差为2的等差数列,n S表示{}n a的前n项和;1求n a 及n S ；2 设数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,求证：当+∈N n 都有1nnT n >+成立; 解：1∵{}n a 是首项11a =,公差2d =的等差数列,∴1(1)21n a a n d n =+-=-故21()(121)13...(21)22n n n a a n n S n n ++-=+++-=== 2由1得,22222111111234n T n=+++++1111112233445(1)n n >+++++⨯⨯⨯⨯⨯+。

难点13 数列的通项与求和数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项。

通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法.●难点磁场(★★★★★)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项.(1)写出数列{a n }的前3项.(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)(3)令b n =)(2111+++n n n n a a a a(n ∈N *)，求lim ∞→n (b 1+b 2+b 3+…+b n －n ).●案例探究［例1］已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }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a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，都有nn c c b c b c +++ 2111=a n +1成立，求lim∞→n nn S S 212+. 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.属★★★★★级题目.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{a n }的关系，借助通项与前n 项和的关系求解c n 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a 1、b 1、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{d n }，运用和与通项的关系求出d n ，丝丝入扣.解：(1)∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2， ∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(qq b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2， ∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1(2)令nnb c =d n ，则d 1+d 2+…+d n =a n +1,(n ∈N *), ∴d n =a n +1－a n =2, ∴n n b c =2,即c n =2·b n =8·(－2)n －1；∴S n =38［1－(－2)n ］. ∴2lim ,1)21(2)21()2(1)2(121222212212-=--+-=----=+∞→++n n n n n nn n n S SS S［例2］设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3; (1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T . 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a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }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d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 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B r ，问题便可迎刃而解.解：(1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)， ∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n .(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n ］=4n +3，∴32n +1∈{b n }.而数32n =(4－1)2n =42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1.(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++n n n n n D r r r r ，89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T ●锦囊妙计1.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.2.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3.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：a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1. ③归纳、猜想法.4.数列前n 项和常用求法 ①重要公式1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n .③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =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：等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④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. ●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)设z n =(21i -)n，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________.2.(★★★★★)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_________.二、解答题3.(★★★★)数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1.(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ； (2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由.4.(★★★★)数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ;(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由. 5.(★★★★★)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =(m +1)－ma n .对任意正整数n 都成立，其中m 为常数，且m ＜－1.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比q =f (m )，数列{b n }满足：b 1=31a 1,b n =f (b n －1)(n ≥2,n ∈N *).试问当m为何值时，)(3lim )lg (lim 13221n n n n n n b b b b b b a b -∞→∞→+++=⋅ 成立？6.(★★★★★)已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145. (1)求数列{b n }的通项b n ； (2)设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a ＞0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a b n +1的大小，并证明你的结论. 7.(★★★★★)设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1.参考答案难点磁场解析：(1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2.当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6.当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10.故该数列的前3项为2，6，10.(2）解法一：由(1）猜想数列{a n }.有通项公式a n =4n －2.下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）.①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立.②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2.代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +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.解法二：由题意知n n S a 222=+，(n ∈N *).整理得，S n =81(a n +2)2,由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］.整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n≠0，∴a n +1－a n =4，即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4.∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2.解法三：由已知得n n S a 222=+,(n ∈N *)①，所以有11222++=+n n S a ②，由②式得11222++=+-n n n S S S ，整理得S n +1－22·1+n S +2－S n =0，解得n n S S ±=+21，由于数列{a n }为正项数列，而2,211>+∴=+n n S S S ，因而n n S S +=+21，即{S n }是以21=S 为首项，以2为公差的等差数列.所以n S =2+(n －1)2=2n ,S n =2n 2，故a n =⎩⎨⎧≥-=-=-)2(,24)1(,21n n S S n n n 即a n =4n －2(n ∈N *).(3)令c n =b n －1，则c n =)2(2111-+++n n n n a a a a.1)1211(lim )(lim ,1211)121121()5131()311(,121121)]11212()11212[(21212121=+-=-+++∴+-=+--++-+-=+++=-++++--=-+-+--+=∞→∞→n n b b b n n n c c c n b b b n n n n n n n n n nn 歼灭难点训练一、,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 答案：1+222.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a ，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,∴这些圆的周长之和c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2， 面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 答案：周长之和233πa ，面积之和9πa 2二、3.解：(1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1.(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6.猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）.4.解：(1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n . (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951 922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ；要使T n ＞32m总成立，需32m ＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7.5.解：(1）由已知S n +1=(m +1)－ma n +1S n =(m +1)－ma n ②,由①－②，得a n +1=ma n －ma n +1，即(m +1)a n +1=ma n 对任意正整数n 都成立.∵m 为常数，且m ＜－1∴11+=+m ma a n n ，即{1+n n a a }为等比数列. (2)当n =1时，a 1=m +1－ma 1，∴a 1=1，从而b 1=31. 由(1)知q =f (m )=1+m m，∴b n =f (b n －1)=111+--n n b b (n ∈N *,且n ≥2)∴1111-+=n n b b ，即1111=--n n b b ，∴{n b 1}为等差数列.∴nb 1=3+(n －1)=n +2，21+=∴n b n (n ∈N *). 910,101,11lg 1)211151414131(3lim )(3lim ,1lg ]1lg 21[lim )lg (lim ,)1(132211-=∴=+∴=+=+-+++-+-=++++=++-=⋅∴+=∞→-∞→∞→∞→-m m m m m n n b b b b b b m mm m n n a b m m a n n n n n n n n n n 由题意知而 6.解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1452)110(1010111d b b 解得b 1=1,d =3, ∴b n =3n －2.(2)由b n =3n －2,知S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］，31log a b n +1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n +1的大小，可先比较(1+1)(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小，取n =1时，有(1+1)＞3113+⋅取n =2时，有(1+1)(1+41)＞3123+⋅… 由此推测(1+1)(1+41)…(1+231-n )＞313+n①若①式成立，则由对数函数性质可判定：当a ＞1时，S n ＞31log a b n +1，② 当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1，③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：313)2311()411)(11(+>-+++k k .那么当n =k +1时，333322223323331)1(3)1311)(2311()411)(11(1)1(343)23(1313,0)13(49)13()13)(43()23(]43[)]23(1313[).23(1313)1311(13)2)1(311)(2311()411)(11(++>++-+++++=+>+++∴>++=+++-+=+-++++++=+++>-++-+++k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 因而这就是说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，S n ＞31log a b n +1；当0＜a ＜1时，S n ＜31log a b n +1.7.解：(1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+. 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，① 3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1.可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ; (3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n ,∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1 =b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1)=－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94 (2n 2+3n )。