高三数学第二轮专题讲座复习：数列的通项公式与求和的常用方法

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。

数列求和与求通项公式方法总结数列是数学中的一种重要概念，它是由一列按照一定规律排列的数字所组成的序列。

在数列中，求和与求通项公式是两个重要的问题，本文将对这两个问题的方法进行总结。

首先，我们来讨论数列的求和问题。

数列的求和是指对一个给定的数列中的所有元素进行求和的操作。

数列求和的方法主要有以下几种。

1.等差数列求和公式：对于一个等差数列，其通项公式为An=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

等差数列求和的公式为Sn=[(a1+an)n]/2，其中an为末项。

这个公式适用于等差数列的求和问题，可以更快地求得数列的和。

2.等差数列求和差法：对于一个等差数列，当项数为n时，可以通过求和的差法Sn=(a1+an)(n/2)来求得数列的和。

这个方法适用于项数较多且公差较小的等差数列。

3.等比数列求和公式：对于一个等比数列，其通项公式为An=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

等比数列求和的公式为Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)，其中r不等于1、这个公式适用于等比数列的求和问题，可以轻松地求得数列的和。

4.等比数列求和减法：对于一个等比数列，当公比r满足，r，<1时，可以通过求和的减法Sn=a1/(1-r)来求得数列的和。

这个方法适用于公比绝对值小于1的等比数列。

其次，我们来讨论数列的求通项公式问题。

数列的通项公式是指能够根据数列的位置n来快速计算出数列中相应位置上的数值的公式。

数列求通项公式的方法主要有以下几种。

1.等差数列通项公式：对于一个等差数列，其通项公式为An=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

通过这个公式，我们可以直接根据位置n来计算出数列中第n项的数值。

2.等比数列通项公式：对于一个等比数列，其通项公式为An=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

通过这个公式，我们可以直接根据位置n来计算出数列中第n项的数值。

数列的通项公式与求和公式数列是数学中非常重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数所组成。

在数列中，我们可以通过寻找规律，并找到数列的通项公式与求和公式。

本文将介绍数列的通项公式与求和公式的概念、推导方法以及实际应用。

一、数列的通项公式数列的通项公式是指可以通过一个通用的公式来表示数列中任意一项与项数之间的关系。

通项公式的推导方式因数列的特点而有所不同。

1.等差数列的通项公式等差数列是指数列中相邻两项之间的差是常数的数列，通常用字母a表示首项，d表示公差。

等差数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等差数列中相邻两项之间的差是常数d，可以表示为第n项与第n-1项之间的差：an - an-1 = d (1)又因为等差数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a + (n-1)d。

将第n项和第n-1项的表达式代入公式(1)，则有：an - (a + (n-1)d) = d整理后得到等差数列的通项公式：an = a + (n-1)d (2)其中，an表示等差数列中第n项的值。

等差数列的通项公式为一个关于n的一次函数，可以方便地计算出数列中任意一项的值。

2.等比数列的通项公式等比数列是指数列中相邻两项之间的比是常数的数列，通常用字母a表示首项，q表示公比。

等比数列的通项公式可以通过以下步骤推导得出：我们知道，等比数列中相邻两项之间的比是常数q，可以表示为第n项与第n-1项之间的比：an / an-1 = q (3)又因为等比数列的首项为a，所以可以推出第n-1项为a * q^(n-1)。

将第n项和第n-1项的表达式代入公式(3)，则有：an / (a * q^(n-1)) = q整理后得到等比数列的通项公式：an = a * q^(n-1) (4)其中，an表示等比数列中第n项的值。

等比数列的通项公式为一个关于n的指数函数，同样可以方便地计算数列中任意一项的值。

二、数列的求和公式数列的求和公式是指可以通过一个通用的公式来计算数列从第一项到第n项的和。

数列求通项公式与求和的常用方法求通项公式一.公式法：（高中重点学了等差数列和等比数列，当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比） 1、等差数列公式例1．已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8=-10，求数列{a n }的通项公式.2、等比数列公式例2.设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+，求{}n a 的通项公式.3、通用公式:(若已知数列的前n 项和n S 的表达式，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥-==-211n S S n S a n n n n 求解。

一般先求出a1=S1，若计算出的an 中当n=1适合时可以合并为一个关系式，若不适合则分段表达通项公式)例3．已知数列}{n a 的前n 项和12-=n s n ，求}{n a 的通项公式.二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：n a 和a n-1的关系时我们可以根据具体情况采用下列方法1、叠加法:(一般地，对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式，且)()2()1(n f f f +++ 的和比较好求，我们可以采用此方法来求n a )即：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥；例4．数列{}n a 的首项为3,{}n b 为等差数列且()*+∈-=N n a a b n n n 1．若则12,2103=-=b b ，则=8a ( )A ．0B ．3C ．8D ．11例5．已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n+==++，求数列{}n a 的通项公式.2、叠乘法：（一般地对于形如“已知a 1，且n1n a a +=f （n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。

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。

求数列通项公式与数列求和的几种方法数列是由一定规律形成的数的序列，通常可以用数学公式表示。

数列的通项公式是指能够表示数列中任意一项的公式。

数列的求和是指将数列中所有项相加的过程。

在数学中，有多种方法可以求解数列的通项公式和数列的求和问题。

下面将介绍一些常见的方法。

一、通过递推关系求解通项公式与求和递推关系是指数列中相邻项之间的数学关系。

通过观察数列中的规律，可以找到数列的递推关系，从而求解通项公式和数列的求和。

1.1等差数列等差数列是指数列中相邻项之间的差是一个常数。

设数列的第一项为a1，公差为d，则等差数列的递推关系可以表示为：an = a1 + (n-1)d。

通过该递推关系，可以求解等差数列的通项公式和求和。

1.2等比数列等比数列是指数列中相邻项之间的比是一个常数。

设数列的第一项为a1，公比为r，则等比数列的递推关系可以表示为：an = a1 * r^(n-1)。

通过该递推关系，可以求解等比数列的通项公式和求和。

1.3斐波那契数列斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项的和。

设数列的第一项为a1，第二项为a2，则斐波那契数列的递推关系可以表示为：an = an-1 + an-2、通过该递推关系，可以求解斐波那契数列的通项公式和求和。

二、通过数学工具求解通项公式与求和2.1代数方法对于一些特定的数列，可以使用代数方法求解通项公式和求和。

例如，对于等差数列和等比数列，可以使用代数方法推导出通项公式和求和公式。

2.2比较系数法比较系数法是一种常用的方法，适用于具体的数列。

通过对比数列中的系数和常数，可以列方程组求解通项公式和求和。

2.3拆分合并法对于一些数列，可以通过拆分合并法求解通项公式和求和。

该方法将数列分为不同的部分进行拆分和合并，从而得到整个数列的通项公式和求和。

三、通过数学工具和技巧求解通项公式与求和3.1差分法差分法是一种常见的求解通项公式和求和的方法。

对于一些特殊的数列，可以通过数列和数列之间的差值来推导出数列的特征，进而求解通项公式和求和。

数列求通项公式及求和的方法数列是指按照一定规律排列的一组数。

解决数列问题，首先需要找到数列的通项公式，然后可以利用通项公式求出数列的各项，再利用求和公式求出数列的和。

找到数列的通项公式的方法有多种，常见的方法包括等差数列的通项公式和等比数列的通项公式。

一、等差数列的通项公式及求和方法等差数列是指数列中的每一项与它前一项的差值相等的数列。

我们可以通过数列中的两项之间的关系来求出等差数列的通项公式。

设等差数列的第一项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则等差数列的通项公式为：aₙ=a₁+(n-1)d。

求等差数列的和，我们可以利用求和公式。

设等差数列的第一项为a₁，公差为d，共有n项，其中首项为a₁，末项为aₙ，求和公式为：Sn=n/2*(a₁+aₙ)。

二、等比数列的通项公式及求和方法等比数列是指数列中的每一项与它前一项的比值相等的数列。

我们可以通过数列中的两项之间的关系来求出等比数列的通项公式。

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

求等比数列的和，我们可以利用求和公式。

设等比数列的第一项为a₁，公比为q，共有n项，其中首项为a₁，末项为aₙ，求和公式为：Sn=a₁(q^n-1)/(q-1)。

除了等差数列和等比数列之外，还有其他种类的数列，如等差数列与等比数列交替出现的数列、斐波那契数列等。

这些数列有着特定的规律，可以通过观察数列中的数字之间的关系来确定其通项公式和求和公式。

在实际应用中，数列的求通项公式和求和公式可以帮助我们计算数列的任意项和总和，进而解决与数列相关的问题。

在数学、物理、经济等领域中，数列经常被运用到，掌握数列的通项公式和求和公式对于解决实际问题非常重要。

总结起来，数列问题的解决方法主要包括找到数列的通项公式和求和公式。

通过运用这些公式，我们可以计算数列的任意项和总和，进而解决与数列相关的问题。

而在确定通项公式和求和公式时，我们可以通过观察数列中的数字之间的关系来推导，常见的数列类型包括等差数列、等比数列等。

1、等差数列求和公式： S = n (a + a ) 2 2⎪ 2、等比数列求和公式： S = ⎨ a (1 - q n ) a - a q ⎪⎩ 1 - q 3、 S = ∑ k = n (n + 1)24、 S = ∑ k 2 = n (n + 1)(2n + 1)65、 S = ∑ k 3 = [ n (n + 1)]22当 x 2 ≠ 1 ，即 x ≠ ±1 时，和为 . 数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧导语：数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和及数列的通项公式是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧.（一）数列求和一、利用常用求和公式求和.利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.n (n - 1)1 n = na + dn 1⎧n a1n 1 = 1 n 1 - q(q = 1)(q ≠ 1)n 1 nk =1n 1 nk =1 n 1 nk =1【例 1】求和：1 + x 2 + x 4 + ⋯ + x 2n + 2 + x 2n + 4 ( x ≠ 0)【解】∵x≠0∴该数列是首项为 1，公比为 x 2 的等比数列，而且有 n+3 项当 x 2＝1，即 x ＝±1 时，和为 n+3.1 - ( x2 )n +31 - x 2n +6 =1 - x 21 - x 2评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为 1 进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对 x 是否为 0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n项．二、错位相减法求和.错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容.需要我们的学生认真掌握好这种方法.这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a·b}的前n项和，其中{a}、{b}分别是等差数列和等比数列.求和时一般在n n n n已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.【例2】求和：S=1+3x+5x2+7x3+⋅⋅⋅+(2n-1)x n-1(x≠1)………………………①n【解】由题可知，{(2n-1)x n-1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{x n-1}的通项之积.设xS=1x+3x2+5x3+7x4+⋅⋅⋅+(2n-1)x n……………………….②（设置错位）n①－②得(1-x)S=1+2x+2x2+2x3+2x4+⋅⋅⋅+2x n-1-(2n-1)x n（错位相减）n再利用等比数列的求和公式得：(1-x)S=1+2x⋅n(2n-1)x n+1-(2n+1)x n+(1+x)∴S=(1-x)2n 1-x n-11-x-(2n-1)x n评注：（1）要考虑当公比x为值1时为特殊情况；（2）错位相减时要注意末项；（3）此类题的特点是所求数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘.三、反序相加法求和.这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a+a).1n【例3】求证：C0+3C1+5C2+⋅⋅⋅+(2n+1)C n=(n+1)2nn n n n【证明】设S=C0+3C1+5C2+⋅⋅⋅+(2n+1)C n…………………………..①n n n n n把①式右边倒转过来得【例 4】求数列1 ， 2 ， 3 ， 4 Λ 的前 n 项和；a a , b，而数列 {n }, ⎨ ⎬ 分别是等差数列、等比数列，求 2 2 4 8 2 n (n + 1) 2 n = n 2 + n - 1 + 11 S = (2n + 1)C n + (2n - 1)C n -1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 3C 1 + C 0 （反序）n n n n n又由 C m = C n -m 可得n nS = (2n + 1)C 0 + (2n - 1)C 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 3C n -1 + C n …………..……..②n nnnn①+②得 2S = (2n + 2)(C 0 + C 1 + ⋅ ⋅ ⋅ + C n -1 + C n ) = 2(n + 1) ⋅ 2 n （反序相加） n nnnn∴ S = (n + 1) ⋅ 2 nn四、分组法求和.有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.若数列 { }的通项公式为 c = a + b ，其中 { }{ }中一个是等差数列，另一 nnnnnn个是等比数列，求和时一般用分组结合法.1 1 1 12 4 8 16分析：数列的通项公式为 a = n +n和时一般用分组结合法；【解】因为 a = n + 1，所以n n1 ⎧ 1 ⎫2 n ⎩ 2 n ⎭1 1 1 1s = (1 + ) + (2 + ) + (3 + ) + Λ + (n + n n)1 1 1 1= (1 + 2 + 3 + Λ + n ) + ( + + +Λ + 2 4 8 2 n) （分组）前一个括号内是一个等比数列的和，后一个括号内是一个等差数列的和，因此1 1(1 - ) = + 22 2 2 n 1 -2五、裂项法求和.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.（3）a=1=-；n(n+1)n n+1=1+(-)；（5）a=111=[-].n(n+1)(n+2)2n(n+1)(n+1)(n+2)2+3,⋅⋅⋅,n+n+1,⋅⋅⋅的前n项和.1+2++⋅⋅⋅+（裂项求和）通项分解（裂项）如：（1）a=f(n+1)-f(n)；n（2）sin1οcos nοcos(n+1)ο=tan(n+1)ο-tan nο；11n（4）a=n(2n)2111 (2n-1)(2n+1)22n-12n+11n【例5】求数列11+2,11【解】设a=n1n+n+1=n+1-n（裂项）则S=1n12+31n+n+1＝(2-1)+(3-2)+⋅⋅⋅+(n+1-n)＝n+1-1小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了.只剩下有限的几项.注意：余下的项具有如下的特点1余下的项前后的位置前后是对称的.2余下的项前后的正负性是相反的.六、合并法求和.针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S.n【例6】在各项均为正数的等比数列中，若a a=9,求log a+log a+⋅⋅⋅+log a的值.563132310【解】设S=log a+log a+⋅⋅⋅+log an3132310由等比数列的性质m+n=p+q⇒a a=a a（找特殊性质项）m n p q和对数的运算性质log M+log N=log M⋅N得a a a故数列 { n } 是以 1 = = 1 为首项，以 为公差的等差数列.由等差数列的通项公式，得 an = 1 + (n - 1) 所以数列 {a } 的通项公式为 a = ( n - )2n .2 2 ，说明数列{ n} 是S = (log a + log a ) + (log a + log a ) + ⋅ ⋅ ⋅ + (log a + log a ) （合并求和）n 3 1 3 10 3 2 3 9 3 5 3 6＝ (log a ⋅ a ) + (log a ⋅ a ) + ⋅ ⋅ ⋅ + (log a ⋅ a ) 3 110329356＝ log 9 + log 9 + ⋅ ⋅ ⋅ + log 9 3 33＝10（二）求数列通项公式一、构造等差或等比数列法【例 7】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3 ⨯ 2n ， a = 2 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】 an +1= 2a + 3 ⨯ 2n 两边除以 2 n +1 ，得na a 3n +1 = n + 2n +1 2n 2则 an +1 - 2n +1a n =2n 32a a2 3 2n 21 2 23 2n 2.3 1n n 评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 2a + 3 ⨯ 2n转化为 n a n +1 - 2n +1 a n = 2n 3 a 2 2n等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 a n = 1 + (n - 1) 2n 3 2，进而求出数列 {a } 的通项n公式.二、累加法.【例 8】已知数列 {a } 满足： ann +1= a + 2n + 1，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】由 a n +1= a + 2n + 1 得 ann +1- a = 2n + 1n则则a+，a=(a-a)+(a-a)+L+(a-a)+(a-a)+an n n-1n-1n-232211 =[2(n-1)+1]+[2(n-2)+1]+L+(2⨯2+1)+(2⨯1+1)+1=2[(n-1)+(n-2)+L+2+1]+(n-1)+1(n-1)n=2+(n-1)+12=(n-1)(n+1)+1=n2所以，数列{a}的通项公式为a=n2.n n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=a+2n+1转化为an n+1-a=2n+1，进而求出n(a-a)+(an n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a，即得数列{a}的通项公式.32211n【例9】已知数列{a}满足：an n+1=a+2⨯3n+1，a=3，求数列{a}的通项公式.n1n【解】由an+1=a+2⨯3n+1得an n+1-a=2⨯3n+1.则na=(a-a)+(a n n n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a32211=(2⨯3n-1+1)+(2⨯3n-2+1)+L+(2⨯32+1)+(2⨯31+1)+3 =2(3n-1+3n-2+L+32+31)+(n-1)+33(1-3n-1)=2+(n-1)+31-3=3n-3+n-1+3=3n+n-1所以a=3n+n-1.n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=a+2⨯3n+1转化为an n+1-a=2⨯3n+1，进而求出na=(a-a)+(a n n n-1n-1-an-2)+L+(a-a)+(a-a)+a，即得数列{a}的通项公式.32211n【例10】已知数列{a}满足：an n+1=3a+2⨯3n+1，a=3，求数列{a}的通项公式.n1n【解】an+1=3a+2⨯3n+1两边除以3n+1，得na a21n+1=n++3n+13n33n+1，a21n+1-n=3n+13n33n+1故n -3 ) + L + ( 2 - 1 ) + 1 ) + L + ( + + L + (1- 3n -1 ) 因此， n = + 3 则 a = ⨯ n ⨯ 3n + ⨯ 3n - .3 2 2 n -3 ) + L + ( 2 - 1 ) + 1 ，即得数列 ⎨ n ⎬ 的通项公式，最后 a⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ a a a a a a a a a a a a a a an = ( n - n -1 ) + ( n -1 - n -2 ) + ( n -2 -3n 3n a a 3n -2 3n -2 3n -3 32 31 3n -1 n -12 1 2 1 2 1 2 1 3= ( + ) + ( + ) + ( +) + 3 3n 3 3n -1 3 3n -2 3 32 32(n - 1) 1 1 1 1 1= + ( + + +3 3n 3n 3n -1 3n -2 32) + 1n评注：1a 2(n - 1) n 2n1 1 3n 3 1 - 3 32 2 ⨯ 3n2 1 1 + 1 = + -，本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 3a + 2 ⨯ 3n + 1 转化为 n a a 2 1n +1 - n = +3n+1 3n 3 3n +1，进而求出( a a a a a a a a a ⎧ a ⎫n - n -1 ) + ( n -1 - n -2 ) + ( n -2 - 3n 3n -1 3n -1 3n -2 3n -2 3n -3 32 31 3 ⎩ 3n ⎭再求数列 {a } 的通项公式.n三、累乘法.【例 11】已知数列 {a } 满足： a nn +1= 2(n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】因为 an +1= 2(n + 1)5n ⨯ a ，a = 3 .n 1所以， a ≠ 0 . n 则 an +1 = 2(n + 1)5n ，an故a = an n n -1a a an -2 2 11= [2(n - 1 + 1)5n -1 ][2(n - 2 + 1)5n -2 ] ⋅L ⋅[2(2 + 1)⨯ 52 ][2(1+ 1)⨯ 51] ⨯ 3 = 2n -1[n(n - 1)⋅L ⋅ 3 ⨯ 2]⨯ 5(n -1)+(n -2) +L +2+1 ⨯ 3n (n -1)= 3 ⨯ 2n -1 ⨯ 5⨯ n !2 所以数列 {a } 的通项公式为 a =3 ⨯ 2nnn -1⨯ 5n(n -1) 2⨯ n!.评注：本题解题的关键是把递推关系 an +1= 2(n + 1)5n ⨯ a 转化为an +1 = 2(n + 1)5n ，进而求出nn⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ a ，即得数列 {a } 的通项公式.a a a 所以 a = ③⋅ n -1 ⋅L ⋅ 3 ⋅ a = [n (n - 1)⋅L ⋅ 4 ⨯ 3]a = a .a a a 2 2a⋅ n -1⋅L ⋅ 3 ⋅ a ，从而可得当 n ≥ 2时，a 的表达式，最后再求出数列 {a } 的通项公式.aa a n a n -1a a a n -2 2 11 n【例 12】已知数列 {a } 满足： a = 1，a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2) ，求{a } 的n1n123n -1n通项公式.【解】因为 a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2)n123n -1 ①所以 an +1= a + 2a + 3a + L + (n - 1)a1 2 3n -1+ nan②用②式－①式得 an +1- a = na .n n则 an +1 = (n + 1)a (n ≥ 2)n故an +1= n + 1(n ≥ 2)a na a a n ! n n22n -1 n -2 2由 a = a + 2a + 3a + L + (n - 1)a (n ≥ 2) ，取n = 2得a = a + 2a ，则 a = a ，又知 a = 1 ，n 123n -1212211则 a = 1 ，代入③得 a = 1⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅L ⋅ n = 2 n n ! 2.所以， {a } 的通项公式为 a = n n评注：n ! 2.本题解题的关键是把递推关系式 an +1= (n + 1)a (n ≥ 2) 转化为 a n +1 = n + 1(n ≥ 2) ，进而求出nna na n -1a a 2 n nn -2 2四、待定系数法.【例 13】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3 ⨯ 5n，a = 6 ，求数列 {a n 1n }的通项公式.【解】设 a n +1+ x ⨯ 5n +1= 2(a + x ⨯ 5n ) ④n将 an +1= 2a + 3 ⨯ 5n 代入④式，得 2a + 3 ⨯ 5n + x ⨯ 5n +1 = 2a + 2 x ⨯ 5n ，n n n等式两边消去 2a ，得 3 ⋅ 5n + x ⋅ 5n +1 = 2 x ⋅ 5n ， n两边除以 5 n ，得 3 + 5x = 2 x , 则x = -1,代入④式得an +1- 5n +1 = 2(a - 5n ) ⑤n则 = 2 ， 令 ⎨，则 ⎨ ，代入⑥式得 4 + y = 3 y y = 2得 a + 5 ⨯ 2n + 2 ≠ 0 ，则 = 3 ， a + 5 ⨯ 2n + 2由 a - 51 = 6 - 5 = 1 ≠ 0 及⑤式得 a - 5n ≠ 0 .1na - 5n +1 n +1 a - 5nn则数列 {a - 5n }是以 a - 51 = 1 为首项，以 2 为公比的等比数列.n1则 a - 5n = 2n -1 .n故 a = 2n -1 + 5n .n评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 2a + 3 ⨯ 5n 转化为 ann +1- 5n +1 = 2(a - 5n ) ，从而可知n数列 {a - 5n }是等比数列，进而求出数列{a - 5n }的通项公式，最后再求出数列{a } 的通项公 nnn式.【例 14】已知数列 {a } 满足： ann +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公式.n 1 n【解】设 an +1+ x ⨯ 2n +1 + y = 3(a + x ⨯ 2n + y)n⑥将 an +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4 代入⑥式，得n3a + 5 ⨯ 2n + 4 + x ⨯ 2n +1 + y = 3(a + x ⨯ 2n + y)nn整理得 (5 + 2 x ) ⨯ 2n + 4 + y = 3x ⨯ 2n + 3 y .⎧5 + 2 x = 3x ⎧ x = 5 ⎩ ⎩an +1+ 5 ⨯ 2n +1 + 2 = 3(a + 5 ⨯ 2n + 2) ⑦n由 a + 5 ⨯ 21 + 2 = 1 + 12 = 13 ≠ 0 及⑦式，1a + 5 ⨯ 2n +1 + 2 n +1 n n故数列 {a + 5 ⨯ 2n + 2} 是以 a + 5 ⨯ 21 + 2 = 1 + 12 = 13 为首项，以 3 为公比的等比数列，因n1此 a + 5 ⨯ 2n + 2 = 13 ⨯ 3n -1 ，则 a = 13 ⨯ 3n -1 - 5 ⨯ 2n - 2 .nn评注：本题解题的关键是把递推关系式 an +1= 3a + 5 ⨯ 2n + 4 转化为na n +1+ 5 ⨯ 2n +1 + 2 = 3(a + 5 ⨯ 2n + 2) ，从而可知数列 {a + 5 ⨯ 2n + 2} 是等比数列，进而求出数列 n n{a + 5 ⨯ 2n + 2} 的通项公式，最后再求数列 {a } 的通项公式.nn【例 15】已知数列 {a } 满足： ann +1= 2a + 3n 2 + 4n + 5，a = 1 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n【解】设 an +1+ x(n + 1)2 + y(n + 1) + z = 2(a + xn 2 + yn + z ) ⑧n解方程组⎨2x+y+4=2y，则⎨y=10，代入⑧式，得⎪x+y+z+5=2z⎪z=18则=2，故数列{a+3n2+10n+18}为以a+3n2+10n+18○⎩x+y+lg2=5y ⎪⎪4⎩将an+1=2a+3n2+4n+5代入⑧式，得n2a+3n2+4n+5+x(n+1)2+y(n+1)+z=2(a+xn2+yn+z)，则n n2a+(3+x)n2+(2x+y+4)n+(x+y+z+5)=2a+2x n2+2yn+2z n n等式两边消去2a，得(3+x)n2+(2x+y+4)n+(x+y+z+5)=2x n2+2yn+2z，n⎧3+x=2x⎧x=3⎪⎪⎩⎩a n+1+3(n+1)2+10(n+1)+18=2(a+3n2+10n+18)⑨n由a+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32≠0及⑨式，得a+3n2+10n+18≠0 1na+3(n+1)2+10(n+1)+18n+1nna+3⨯12+10⨯1+18=1+31=32为首项，以2为公比的等比数列，因此1a+3n2+10n+18=32⨯2n-1，则a=2n+4-3n2-10n-18.n n评注：本题解题的关键是把递推关系式an+1=2a+3n2+4n+5转化为na n+1+3(n+1)2+10(n+1)+18=2(a+3n2+10n+18)，从而可知数列{a+3n2+10n+18}是等比n n数列，进而求出数列{a+3n2+10n+18}的通项公式，最后再求出数列{a}的通项公式.n n五、对数变换法.【例16】已知数列{a}满足：an n+1=2⨯3n⨯a5，a=7，求数列{a}的通项公式.n1n【解】因为an+1=2⨯3n⨯a5，a=7，所以a>0，an1n n+1>0.在an+1=2⨯3n⨯a5式两边取常用对数得lg an n+1=5lg a+n lg3+lg2⑩n设lg an+1+x(n+1)+y=5(lg a+xn+y)○11n将⑩式代入11式，得5lg a+n lg3+lg2+x(n+1)+y=5(lg a+xn+y)，两边消去5lg a并n n n整理，得(lg3+x)n+x+y+lg2=5xn+5y，则⎧lg3+x=5x ⎨⎧lg3x=，故⎨⎪y=lg3+lg2⎪164n +1 + (n + 1) + + = 5(lg a + n + + ) 1 ○2 416 4 4 16 4 ○ ⨯1 + + = lg 7 + ⨯1 + + ≠ 0 及1○2式， n + + ≠ 0 ，+lg34 16 4n + + }是以 lg 7 + + +n + + = (lg 7 + + + )5n -1， n +1+(n + 1) + + = 5(lg a + n + + ) ，从而可知数列4 16 4 4 16 4 n + + }是等比数列，进而求出数列 {lg a + n + + } 的通项公式，最4 16 4 4 16 4代入11式，得 lg a lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2n由 lg a +1得 lg a +n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 24 16 4 4 16 4lg3 lg3 lg 24 16 4则lg3 lg 2lg a (n + 1) + +4 16 4 =5 ， lg3 lg3 lg 2 lg a + n + +n所以数列 {lg a + n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2 4 16 4 4 16 4为首项，以 5 为公比的等比数列，则 lg a +n因此lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2 4 16 4 4 16 4lg a = (lg 7 + n lg 3 lg 3 lg 2 lg 3 lg 3 lg 2+ + )5n -1 - n - -4 16 4 4 6 41 1 1 n 1 1 = (lg 7 + lg 34 + lg 36 + lg2 4 )5n -1 - lg 34 - lg 316 - lg 241 1 1 n 1 1 = [lg(7 ⋅ 34 ⋅ 316 ⋅2 4 )]5n -1 - lg(34 ⋅ 316 ⋅ 2 4 )1 1 1 = lg(7 ⋅ 34 ⋅ 316 ⋅2 4)5n -1 n 1 1 - lg(34 ⋅ 316⋅ 2 4 )= lg(7 5n -1 ⋅ 35n -1 -n4⋅ 35n -1 -1 16⋅ 2 5n -1 -14)= lg(75n -1 ⋅ 35n -4n -1 16⋅ 25n -1 -14)则 a = 7 n5n -1 ⨯ 35n -4n -116⨯ 25n -1 -14.评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式 an +1= 2 ⨯ 3n ⨯ a 5 转化为nlg a{lg a + n lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2nlg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2n后再求出数列 {a } 的通项公式.n六、迭代法.【例 17】已知数列 {a } 满足： ann +1= a 3(n +1)2n ，a = 5 ，求数列{a } 的通项公式.n 1 n= a= 5lg an -1 ⋅L ⋅ lg a lg a ，从而 a = 53 ⋅n!⋅2 2.，a = ，求数列{a } 的通项公 (2n + 1)2 (2n+ 3)2 9 及 a = (2n + 1)2 (2n + 3)2 9 (2 ⨯ 2 + 1)2 (2 ⨯ 2 + 3)2 25 25 ⨯ 49 49 (2 ⨯ 3 + 1)2 (2 ⨯ 3 + 3)2 49 49 ⨯ 81 81 由此可猜测 a = ，往下用数学归纳法证明这个结论.(2n + 1)2【解】因为 an +1= a 3( n +1)2n ，所以 a = a 3n ⋅2n -1 = [a 3( n -1)⋅2n -2 ]3n ⋅2n -1n n n -1 n -2= a 32 ( n -1)⋅n ⋅2( n -2) +( n -1) n -2= [a 3( n -2) ⋅2n -3 ]32 ( n -1)⋅n ⋅2( n -2) +( n -1)n -3= a 33 ( n -2)( n -1) n ⋅2( n -3) +( n -2) +( n -1) n -3= L= a3n -1 ⋅2⋅3L L ( n -2) ⋅( n -1)⋅n ⋅21+2+L L +( n -3)+( n -2) +( n -1) 1n ( n -1)3n -1 ⋅n!⋅2 2 1又 a 1 = 5 ，所以数列 {a n } 的通项公式为 a n评注：n ( n -1) 3n -1⋅n !⋅2 2.本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式.即先将等式 an +1= a 3( n +1)2n 两边n取常用对数得 lg an +1 = 3(n + 1)⨯ 2n ⨯ lg a ，即 lg an +1 = 3(n + 1)2n ，再由累乘法可推知n nlg a =n lg a n ⋅ lg a n -1lg a lg an -2lg a lg a n(n -1)3 ⋅ 2 ⋅ lg a = lg5 3n -1⋅n !⋅2 2 1 2 1nn -1 n(n -1)七、数学归纳法.【例 18】已知数列 {a } 满足： a n n +1= a +n8(n + 1)81 n式.【解】由 an +1= a +n8(n + 1) 8 1，得a = a + 2 1 8(1+ 1) 8 8 ⨯ 2 24= + = (2 ⨯1 + 1)2 (2 ⨯1 + 3)2 9 9 ⨯ 25 258(2 + 1) 24 8 ⨯ 3 48a = a + = + =3 28(3 + 1) 48 8 ⨯ 4 80a = a + = + =4 3(2n + 1)2 - 1 n= ，所以等式成立.（2）假设当 n = k 时等式成立，即 a = ，则当 n = k + 1 时，(2k + 1)2(2k + 1)2 (2k + 3)2n +1=n +1=(b 2- 1) ，代入 a n +1 = (1+ 4a + 1 + 24a ) 得2416 24 n +1 16 24 n（1）当 n = 1 时， a = 1 (2 ⨯1 + 1)2 - 1 8(2 ⨯1 + 1)2 9(2k + 1)2 - 1 kak +1 = a + 8(k + 1)k(2k + 1)2 - 1 8(k + 1) = +(2k + 1)2 (2k + 1)2 (2k + 3)2==[(2k + 1)2 - 1](2k + 3)2 + 8(k + 1) (2k + 1)2 (2k + 3)2(2k + 1)2 (2k + 3)2 - (2k + 3)2 + 8(k + 1) (2k + 1)2 (2k + 3)2= (2k + 1)2 (2k + 3)2 - (2k + 1)2(2k + 1)2 (2k + 3)2 ==(2k + 3)2 - 1 (2k + 3)2[2(k + 1) + 1]2 -1 [2(k + 1) + 1]2由此可知，当 n = k + 1 时等式也成立.根据（1），（2）可知，等式对任何 n ∈ N * 都成立.评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.八、换元法.【例 19】已知数列 {a } 满足： an1 16(1+ 4a + 1 + 24a )，a = 1 ，求数列 {a } 的通项公n n 1 n式.【解】令 b = 1 + 24a ，则 a = n n n 1(b 2 - 1)24 n故 a1 1 n +1 n n1 1 1(b 2 - 1) = [1+ 4 (b2 - 1) + b ] n 即 4b 2 = (b + 3)2n +1n= b + ， - 3 = (b - 3) ，所以 {b - 3}是以 b - 3 = 1 + 24a - 3 = 1 + 24 ⨯1 - 3 = 2 为首项，以 为公比的等比数列，2因此 b - 3 = 2( )n -1 = ( )n -2 ，则 b = ( )n -2 + 3 ，即 1 + 24a = ( )n -2 + 3 ，得2 2 2 2 a = ( )n + ( )n + .3 4 2 3n +1== = = = . 21a - 24- 3 21a - 24 - 3(4a + 1) 9a - 27 n n n n 所以数列 ⎨ n ⎧ a - 2 ⎫ a - 2 4 - 2 13是以 1 = = 2 为首项，以 为公比的等比数列， a - 3 ⎭ a - 3 4 - 3 ⎩ n 故 a - 2 = 2( )n -1，则 a =a - 3 9因为 b = 1 + 24a ≥ 0 ，故 bnnn +1= 1 + 24an +1≥ 0则 2bn +1= b + 3 ，即 bn n +11 32 n 2可化为 b n +1 12 n1 n 111 1 1 1n n n2 1 1 1n 评注：本题解题的关键是通过将 1 + 24a 的换元为 b ，使得所给递推关系式转化 b n n n +1 1 3= b +2 n 2形式，从而可知数列{b - 3}为等比数列，进而求出数列{b - 3}的通项公式，最后再求出数列 n n{a } 的通项公式.n九、不动点法.【例 20】已知数列 {a } 满足： a n21a - 24 n4a + 1n，a = 4 ，求数列 {a } 的通项公式. 1 n【解】令 x =21x - 24 4 x + 1，得 4 x 2 - 20 x + 24 = 0 ，则 x = 2，x = 3 是函数 f ( x ) =1 2因为21x - 24 4 x + 1的两个不动点.a n +1a n +121a - 24n - 2- 2 4a + 1 21a - 24 - 2(4a + 1) 13a - 26 13 a - 2n n n n n - 3 9 a - 3 n 4a + 1n⎬ 9 1 n n评注：13 n1132( )n -1 - 19+ 3 .本题解题的关键是先求出函数 f ( x ) =21x - 24 的不动点，即方程 x = 的两个根 x = 2，x = 3 ，进而可推出 = ⋅ n，从而可知数列 ⎨ n ⎬ 为等比数列，再求出 - 3 9 a - 3a - 3 ⎭ a ⎩数列 ⎨ n ⎬ 的通项公式，最后求出数列 {a n } 的通项公式. a = ( )n + ( )n + . 3 4 2 321x - 24 4 x + 1 4 x + 1a - 2 13 a - 2 ⎧ a - 2 ⎫n +1 1 2 n +1 nn⎧ a - 2 ⎫ ⎩ a n - 3 ⎭【例 21】已知数列 {a } 满足： a n n +1 = 7a - 2 n 2a + 3 n，a = 2 ，求数列 {a } 的通项公式.1 n【解】令 x =7 x - 2 2 x + 3，得 2 x 2 - 4 x + 2 = 0 ，则 x = 1 是函数 f ( x ) = 3x - 1 4 x + 7的不动点.因为 an +1- 1 = 7a - 2 5a - 5 n - 1 = n2a + 3 2a + 3n n，所以2 1 1 1n。

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。

数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧导语：数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和及数列的通项公式是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学来谈谈数列求和及数列通项公式的基本方法和技巧.（一）数列求和一、利用常用求和公式求和.利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、)1(211+==∑=n n k S nk n4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S nk n5、213)]1(21[+==∑=n n k S n k n【例1】求和：)0(1422242≠++⋯+++++x x x x x n n 【解】∵x≠0∴该数列是首项为1，公比为x 2的等比数列，而且有n+3项 当x 2＝1，即x ＝±1时，和为n+3.当12≠x ，即1±≠x 时，和为262232111)(1x x x x n n --=--++.评注：(1)利用等比数列求和公式．当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论，如本题若为“等比”的形式而并未指明其为等比数列，还应对x 是否为0进行讨论．(2)要弄清数列共有多少项，末项不一定是第n 项． 二、错位相减法求和.错位相减法求和在高考中占有相当重要的位置，近几年来的高考题其中的数列方面都出了这方面的内容.需要我们的学生认真掌握好这种方法.这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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.求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.【例2】求和：)1()12(7531132≠-+⋅⋅⋅++++=-x x n x x x S n n ………………………① 【解】由题可知，{1)12(--n x n }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x }的通项之积.设n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=……………………….②（设置错位） ①－②得n n n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n x x x S x )12(1121)1(1----⋅+=-- ∴21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 评注：（1）要考虑当公比x 为值1时为特殊情况； （2）错位相减时要注意末项；（3）此类题的特点是所求数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘.三、反序相加法求和.这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.【例3】求证：n nn n n nn C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++ 【证明】设n n n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=…………………………..①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-（反序）又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..……..②①+②得n nn n n n nn n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=-（反序相加） ∴n n n S 2)1(⋅+=四、分组法求和.有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.若数列{}n a 的通项公式为n n n b a c +=，其中{}{}n n b a ,中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般用分组结合法.【例4】求数列Λ1614813412211，，，的前n 项和；分析：数列的通项公式为n n n a 21+=，而数列{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n 21,分别是等差数列、等比数列，求和时一般用分组结合法；【解】因为nn n a 21+=，所以 )21()813()412()211(n n n s ++++++++=Λ)21814121()321(n n +++++++++=ΛΛ（分组）前一个括号内是一个等比数列的和，后一个括号内是一个等差数列的和，因此1212211)211(212)1(2+-+=--++=n n n n n n五、裂项法求和.这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+=；（2）οοοοοn n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+；（3）111)1(1+-=+=n n n n a n ；（4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n ； （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++=n n n n n n n a n .【例5】求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.【解】设n n n n a n -+=++=111（裂项）则11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了.只剩下有限的几项.注意：余下的项具有如下的特点 1余下的项前后的位置前后是对称的. 2余下的项前后的正负性是相反的.六、合并法求和.针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n .【例6】在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值. 【解】设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质q p n m a a a a q p n m =⇒+=+（找特殊性质项） 和对数的运算性质N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++=（合并求和）＝)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ ＝9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ ＝10（二）求数列通项公式一、构造等差或等比数列法【例7】已知数列{}n a 满足：1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式. 【解】1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+ 则113222n n n n a a ++-= 故数列{}2n na 是以122211==a 为首项，以23为公差的等差数列. 由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-. 所以数列{}n a 的通项公式为31()222n n a n =-.评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2nna 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式.二、累加法.【例8】已知数列{}n a 满足：11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+ 则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=L L L 所以，数列{}n a 的通项公式为2n a n =. 评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+L ，即得数列{}n a 的通项公式.【例9】已知数列{}n a 满足：112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】由1231n n n a a +=+⨯+得1231n n n a a +-=⨯+.则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n 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 --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-L L L所以3 1.n n a n =+- 评注：本题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231n n n a a +-=⨯+，进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+L ，即得数列{}n a 的通项公式.【例10】已知数列{}n a 满足：1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++， 则111213333n n n n n a a +++-=+， 故112232112232111122122()()()()33333333212121213()()()()3333333332(1)11111()1333333n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n --------------=-+-+-++-+=+++++++++-=+++++++L L L因此，11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯， 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯-评注：本题解题的关键是把递推关系式13231n n n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+，进而求出112232*********()()()()333333333n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -----------+-+-++-+L ，即得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式.三、累乘法.【例11】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1321122112211(1)(2)21(1)12[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 -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯L L L L 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5n n n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+，进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅L ，即得数列{}n a 的通项公式. 【例12】已知数列{}n a 满足：11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥L ，，求{}n a 的通项公式.【解】因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥L ①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+L ②用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥ 故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=L L ③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥L ，21222n a a a ==+取得，则21a a =，又知11a =，则21a =，代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=L . 所以，{}n a 的通项公式为!.2n n a = 评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥，进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅L ，从而可得当2n n a ≥时，的表达式，最后再求出数列{}n a 的通项公式. 四、待定系数法.【例13】已知数列{}n a 满足：112356n n n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式，得12355225n n n n n a x a x ++⨯+⨯=+⨯， 等式两边消去2n a ，得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅， 两边除以5n ，得352,1,x x x +==-则 代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-⑤由1156510a -=-=≠及⑤式得50n n a -≠.则11525n n nn a a ++-=-，则数列{5}n n a -是以1151a -=为首项，以2为公比的等比数列. 则152n n n a --=. 故125n n n a -=+. 评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+⨯转化为1152(5)n n n n a a ++-=-，从而可知数列{5}n n a -是等比数列，进而求出数列{5}n n a -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.【例14】已知数列{}n a 满足：1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+ ⑥将13524n n n a a +=+⨯+代入⑥式，得1352423(2)n n n n n a x y a x y ++⨯++⨯+=+⨯+整理得(52)24323n n x y x y +⨯++=⨯+.令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩，则52x y =⎧⎨=⎩，代入⑥式得115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+⑦由11522112130a +⨯+=+=≠及⑦式，得5220nn a +⨯+≠，则115223522n n nn a a +++⨯+=+⨯+， 故数列{522}n n a +⨯+是以1152211213a +⨯+=+=为首项，以3为公比的等比数列，因此1522133n n n a -+⨯+=⨯，则1133522n n n a -=⨯-⨯-.评注：本题解题的关键是把递推关系式13524n n n a a +=+⨯+转化为115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+，从而可知数列{522}n n a +⨯+是等比数列，进而求出数列{522}n n a +⨯+的通项公式，最后再求数列{}n a 的通项公式.【例15】已知数列{}n a 满足：21123451n n a a n n a +=+++=，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++⑧将212345n n a a n n +=+++代入⑧式，得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++，则 222(3)(24)(5)2222n n a x n x y n x y z a xn yn z +++++++++=+++等式两边消去2n a ，得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++，解方程组3224252x x x y y x y z z +=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩，则31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，代入⑧式，得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++⑨由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠及⑨式，得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++，故数列2{31018}n a n n +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322n n a n n -+++=⨯，则42231018n n a n n +=---.评注：本题解题的关键是把递推关系式212345n n a a n n +=+++转化为2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++，从而可知数列2{31018}n a n n +++是等比数列，进而求出数列2{31018}n a n n +++的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.五、对数变换法.【例16】已知数列{}n a 满足：5123n n n a a +=⨯⨯，17a =，求数列{}n a 的通项公式. 【解】因为511237n n na a a +=⨯⨯=，，所以100n n a a +>>，. 在5123n n n a a +=⨯⨯式两边取常用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++⑩设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++ ○11 将⑩式代入○11式，得5lg lg 3lg 2(1)5(lg )n n a n x n y a xn y +++++=++，两边消去5lg n a 并整理，得(lg3)lg 255x n x y xn y ++++=+，则lg35lg 25x x x y y +=⎧⎨++=⎩，故lg 34lg 3lg 2164x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入○11式，得1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++○12 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠及○12式， 得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠， 则1lg3lg3lg 2lg (1)41645lg3lg3lg 2lg 4164n n a n a n +++++=+++， 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是以lg3lg3lg 2lg 74164+++为首项，以5为公比的等比数列，则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++， 因此1111111116164444111111161644441111111616444455514lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464(lg 7lg 3lg 3lg 2)5lg 3lg 3lg 2[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)5lg(332)lg(733n n n n n n n n n n n n a n ---------=+++---=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅1115116454151511642)lg(732)n n n n n -------⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯.评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5123n n n a a +=⨯⨯转化为1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++，从而可知数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是等比数列，进而求出数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.六、迭代法.【例17】已知数列{}n a 满足：3(1)2115nn n n a a a ++==，，求数列{}n a 的通项公式.【解】因为3(1)21n n n n a a ++=，所以121323(1)23212[]n n n n n n n n n a a a ---⋅-⋅⋅--== 2(2)(1)32(2)(1)3(3)(2)(1)112(3)(2)(1)(1)123(1)223(2)23(1)233(2)(1)23323(2)(1)213!21[]n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n aa a a a -+---+--+-+--+++-+-+----⋅⋅--⋅-⋅⋅---⋅-⋅⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅======L L L L L又15a =，所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n na --⋅⋅=.评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式.即先将等式3(1)21nn n n a a ++=两边取常用对数得1lg 3(1)2lg n n n a n a +=+⨯⨯，即1lg 3(1)2lg n n na n a +=+，再由累乘法可推知(1)123!213211221lg lg lg lg lg lg lg5lg lg lg lg n n n n n n n n n a a a a a a a a a a --⋅⋅---=⋅⋅⋅⋅⋅=L ，从而1(1)3!225n n n n n a --⋅⋅=.七、数学归纳法.【例18】已知数列{}n a 满足：11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，，求数列{}n a 的通项公式.【解】由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =，得 2122322243228(11)88224(211)(213)9925258(21)248348(221)(223)252549498(31)488480(231)(233)49498181a a a a a a +⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯ 由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+，往下用数学归纳法证明这个结论.（1）当1n =时，212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+，所以等式成立. （2）假设当n k =时等式成立，即22(21)1(21)k k a k +-=+，则当1n k =+时，1228(1)(21)(23)k k k a a k k ++=+++222222222222222222222(21)18(1)(21)(21)(23)[(21)1](23)8(1)(21)(23)(21)(23)(23)8(1)(21)(23)(21)(23)(21)(21)(23)(23)1(23)[2(1)1]1[2(1)1]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 +-+=+++++-+++=++++-+++=++++-+=+++-=+++-=++2由此可知，当1n k =+时等式也成立.根据（1），（2）可知，等式对任何*n N ∈都成立. 评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n 项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.八、换元法.【例19】已知数列{}n a满足：111(14116n n a a a +=+=，，求数列{}n a 的通项公式.【解】令n b =21(1)24n n a b =- 故2111(1)24n n a b ++=-，代入11(1416n n a a +=++得 221111(1)[14(1)]241624n n n b b b +-=+-+ 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥，故10n b +=≥则123n n b b +=+，即11322n n b b +=+，可化为113(3)2n n b b +-=-，所以{3}n b -是以13332b -==为首项，以21为公比的等比数列，因此121132()()22n n n b ---==，则21()32n n b -=+21()32n -=+，得2111()()3423n n n a =++.评注：本题解题的关键是通过将n b ，使得所给递推关系式转化11322n n b b +=+形式，从而可知数列{3}n b -为等比数列，进而求出数列{3}n b -的通项公式，最后再求出数列{}n a 的通项公式.九、不动点法.【例20】已知数列{}n a 满足：112124441n n n a a a a +-==+，，求数列{}n a 的通项公式.【解】令212441x x x -=+，得2420240x x -+=，则1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为112124224121242(41)13262132124321243(41)92793341n n n n n n n nn n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ++---+--+--====----+---+. 所以数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是以112422343a a --==--为首项，以913为公比的等比数列， 故12132()39n n n a a --=-，则113132()19n n a -=+-.评注：本题解题的关键是先求出函数2124()41x f x x -=+的不动点，即方程212441x x x -=+的两个根1223x x ==，，进而可推出112213393n n n n a a a a ++--=⋅--，从而可知数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列，再求出数列23n n a a ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭的通项公式，最后求出数列{}n a 的通项公式.【例21】已知数列{}n a 满足：1172223n n n a a a a +-==+，，求数列{}n a 的通项公式. 【解】令7223x x x -=+，得22420x x -+=， 则1x =是函数31()47x f x x -=+的不动点. 因为17255112323n n n n n a a a a a +---=-=++，所以2111()()3423n n n a =++.。