高考数列通项与数列求和

§6.4数列的通项及数列求和基础知识自主学习要点梳理1 •若已知数列｛a｝W/£a n+1-a n=f (n),且f (1) + f (2) +…+f (n)可求，则可用—求数列的通项和累加法2•若已知数列｛a｝满足=f (n),且f⑴・f(2)・…・f (n)可求，则可用_求数列的通项a..©+1累积法推导方法:乘公比，错位相减法.■ % —jq\_q\_q3 •等差数列前n 项和S 产推导方法：— 等比数列前n 项和n(a x +a n )n(n-V). na x H d［到序相加法q#1.4 •常见数列的前n项和(1)(2)(3)；n(n + V) 2+4+6+…+2n= _____ ; 21+3+5+...+(2n-1)=_; n2+n*1+2+3+…+n=(4) 12+22+32+..+n2= ；n2(5) 13+23+33+.. +n3=«(n + l)(2n + l)⑷+ 1)]22j5. (1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(2)拆项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(4)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导.6 •常见的拆项公式有⑴1n(n +l)1 1n n + 1"2)(2M-1)(2〃 + 1) 2n +1⑶]Qn + Yn +1=、/ H +1—、ft ・基础自测1 •已知等比数^ij{a n},a1=3,>4a1> 2a2> 83成等差数列，则a34-a4+a5等于()A.33B.72C.84D.189解析由题意可设公比为q,贝!Ia2=a1q,a3=a1q2, •/4a2=4a14-a3,-，4a1q=4a14-a1q2,Xa1=3,/.q=2 ・ a3+a4+a5=a1q2(1+q4-q2)=3X4X(1+2+4)=84 ・2如蹈鶯肆严，…,ag…是首项为1,公比为3的等A. B. Cc.23〃+3 2解析时二先®)+ (a3-a2)3* ^(a^)2=a n=2lx(l_3")1一3 '_3〃一1 "" ■•2=n2f-F — 1 1 —i2 222〃 321, 1 164=5 +M，AA2~1 +23-已知数列6｝的通项公式是a 产,其中前侦柚卜A.13 劇64解析*-*a n = 则项数n 等于)C.9D.62"D1 戶， 1 心+前,.*/6n=n -4•若数列｛aj 的通项公式为a n =2n +2n-1,K>J 数列｛a ；｝的前n 项和为A.2n +n 2-1 C.2n+1+n 2-2解析S n =2(1_2") | 卅(1 + 2—1)B.2n+1+n 2-1 D.2n +n 2-2=2n+1-2+n 2.5擞列J_ _! _____ 5麺1项________ ! _______ A 2・5'5・8'8・11，© —1)・(3〃 + 2)‘和为()BA. B.n C・——.n 6n + 43n + 2解析餾数列通项公式71 + 16〃+ 4 n + 2得前n项和1 =1 _______________ 1(3〃一1)•⑶2 + 2) _ 3 3〃一1 _3n + 2c1Z1 1 1 1 1 1 1 1S =—( ------- 1 ------- 1 ---------nA H -------------------------- "3 2 5 5 8 8 11 3〃一1 3n + 2= 1(1__1 “ 〃 .32 3n + 2 6n + 4题型分类深度剖析题型一由递推公式求通项公式【例1】分别求满足下列条件的数列的通项公式.(1)设｛a」是首项为1的正项数列，且(n+1) +a n+1a n=O(n=1,2,3,...)；⑵已知数列代｝满足酩尸,a1=2.依据已知数列的递推关系适当地进行变形"+1 n的差百％或通项的商_2—匕La n + 2的规律融H-12 2%卄1 _ na n可寻找数列的通项解（1）方法一•・•数列｛aj是首项为1的正项数列,#0/.令=t,/.(n+1)t2+t-n=0, a n為+i・•・［伽(t+1)=0,・・t=。

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

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

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

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 )。

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

数列的综合应用【教学目标】：1、掌握常见的求数列通项的一般方法；2、用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题。

【教学重难点】：1、掌握常见的求数列通项的一般方法；2、用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题3、灵活应用等差数列、等比数列的定义，把非等差或等比数列的问题，转化成等差或等比数列问题来解决.4、用数列知识对数列应用题进行正确的建模。

【教学过程】知识要点梳理知识点一：求数列通项公式的一般求法1．公式法：①若数列是等差数列或等比数列，可利用等差数列或等比数列的通项公式求.②若已知数列的前n项和公式，则。

2．观察法：观察数列特征，找出各项共同的构成规律，归纳找出通项公式。

（1）根据所给数列的前几项求其通项时，常用观察分析法，先找相同的部分，再找出不同部分与序号n之间的关系。

（2）熟记以下数列的前几项：，，，，，，。

（3）项若正负相间，注意用或表示。

3．累加法：利用恒等式求通项公式的方法；形如（为可求和的等差或者等比数列）的递推数列求通项公式常用此法。

4．累乘法：利用恒等式求通项公式的方法；形如的递推数列求通项公式常用此法。

5．转化法：通过对递推关系式进行适当变形，将非等差（等比)数列转化为与等差数列或等比数列有关的数列形式，从而求得通项公式的方法。

常用转化途径：（1）把数列的每一项都取倒数，构成一个新的数列，看新数列是否为等差或者等比数列；（2）一般地，对递推式为，（为常数，）的数列,均可用待定系数法转化为一个新的等比数列来求通项公式。

具体步骤：设得，利用已知得即，从而将数列转化为求等比数列的通项。

6．数列通项与的关系法：如果已知条件是关于、的关系式，可利用，将条件转化为仅含或的关系式再根据关系式想法求通项公式。

注意分n=1和n≥2两种情况讨论，若能统一，则应统一，否则，分段表示。

知识点二：数列应用题在我们生活中经常遇到利息、分期付款和优化等实际问题.1.复利的概念：银行按规定在一定时间结算利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算方法叫做复利.2.分期付款采用分期付款，可以提供几种付款方案，供顾客选择，对于每一种分期付款方案应明确以下几点：(1)规定多少时间内付清全部款额；(2)在规定时间内分几期付款，选择什么还款方式；(3)规定多长时间段结算一次利息，并且在规定时间段内利息按复利计算.在选择分期付款方案时，必须计算各种方案中每期应付款多少，总共应付款多少，这样才便于比较，优化选择方案.规律方法指导求数列通项公式的常用方法总结：1．公式法：①若数列是等差数列或等比数列，可利用等差数列或等比数列的通项公式求.②若已知数列的前n项和公式，则。

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

而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。

本文给出了求数列通项公式的常用方法。

一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。

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

求出用n 和b 表示的a n 的关系式。

解析：递推公式一定可表示为)(1λλ-=--n n c b c 的形式。

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

一、数列通项公式的求法（1）已知数列的前n 项和n S ,求通项n a ； （2）数学归纳法：先猜后证;（3）叠加法(迭加法)：112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+L ；叠乘法(迭乘法)：1223322111a a a a a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅=-----ΛΛ. 【叠加法主要应用于数列{}n a 满足1()n n a a f n +=+，其中()f n 是等差数列或等比数列的条件下，可把这个式子变成1()n n a a f n +-=，代入各项，得到一系列式子，把所有的式子加到一起，经过整理，可求出n a ，从而求出n s 】（4）构造法(待定系数法):形如1n n a ka b -=+、1nn n a ka b -=+（,k b 为常数）的递推数列；【用构造法求数列的通项或前n 项和：所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的通项或前n 项和.】 （5）涉及递推公式的问题，常借助于“迭代法”解决.【根据递推公式求通项公式的常见类型】 ①1+1=,()n n a a a a f n =+型，其中()f n 是可以和数列，用累加法求通项公式，即1思路（叠加法）1(1)n n a a f n --=-，依次类推有：12(2)n n a a f n ---=-、23(3)n n a a f n ---=-、…、21(1)a a f -=，将各式叠加并整理得111()n n i a a f n -=-=∑，即111()n n i a a f n -==+∑例题1：已知11a =，1n n a a n -=+，求n a解：∵1n n a a n -=+ ∴1n n a a n --=，依次类推有：122321122n n n n a a n a a n a a -----=--=--=、、…∴将各式叠加并整理得12n n i a a n =-=∑，121(1)2n nn i i n n a a n n ==+=+==∑∑ 思路（转化法）1(1)n n a pa f n -=+-，递推式两边同时除以np 得11(1)n n n n na a f n p p p ---=+，我们令n n n a b p =，那么问题就可以转化为类型一进行求解了.例题： 已知12a =，1142n n n a a ++=+，求n a解：∵1142n n n a a ++=+ ∴142nn n a a -=+，则111442nn n nn a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∵令4n n na b =，则112nn n b b -⎛⎫-= ⎪⎝⎭，依此类推有11212n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、22312n n n b b ---⎛⎫-= ⎪⎝⎭、…、22112b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭∴各式叠加得1212nnn i b b =⎛⎫-= ⎪⎝⎭∑，即122111*********n n n n n n n n i i i b b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ ∴1441422n nnn n n n a b ⎡⎤⎛⎫=⋅=⋅-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦②1+1=,()n n a a a a f n =⋅型，其中()f n 是可以求积数列，用累乘法求通项公式，即1(2)(1)f f a思路（叠乘法）：1(1)n n a f n a -=-，依次类推有：12(2)n n a f n a --=-、23(3)n n a f n a --=-、…、21(1)af a =， 将各式叠乘并整理得1(1)(2)(3)na f f f a =⋅⋅⋅…(2)(1)f n f n ⋅-⋅-，即(1)(2)(3)n a f f f =⋅⋅⋅…1(2)(1)f n f n a ⋅-⋅-⋅例题：已知11a =，111n n n a a n --=+，求n a . 解：∵111n n n a a n --=+ ∴111n n a n a n --=+，依次类推有：122n n a n a n ---=、2331n n a n a n ---=-、…、3224a a =、2113a a = ∵11a =∴将各式叠乘并整理得112311n a n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+-…2143⋅⋅，即12311n n n n a n n n ---=⋅⋅⋅+- (212)43(1)n n ⋅⋅=+ ③1+1=,n n a a a pa q =+型（其中p q 、是常数），可以采用待定系数法、换元法求通项公式，即1()11n n q q a p a p p +-=---，设1n n qba p=--，则1n n b pb +=.利用②的方法求出n b 进而求出n a 当1p =时，数列{}n a 是等差数列；当0,0p q ≠=时，数列{}n a 是等比数列； 当0p ≠且1,0p q ≠≠时，可以将递推关系转化为111n n q q a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭,则数列1nq a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以11qa p +-为首项，p 为公比的等比数列.思路（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，即1111n nq qa a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭ 例题：已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式 解：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=∵11a =∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列∴113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-④1+1=,n n n a a a pa q =+型,其中p q 、是常数且0,1q q ≠≠，111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,设n n n a b q =，则11n np b b q q+=⋅+思路（构造法）：11n n n a pa rq --=+，设11n n n n a a q q μλμ--⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，则()11n n q p q rq λμλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，从而解得p q r p q λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪-⎩那么n na r qp q ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以1a r q p q +-为首项，p q 为公比的等比数列 例题：已知11a =，112n n n a a --=-+，求n a 。

数列求通项公式及求和9种方法数列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。

专题20数列的通项公式及数列求和大题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1等差数列的通项公式及前n项和（10年5考）2023·全国乙卷、2023·全国新Ⅰ卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷、2018·全国卷、2016·全国卷1.掌握数列的有关概念和表示方法，能利用与的关系以及递推关系求数列的通项公式，理解数列是一种特殊的函数,能利用数列的周期性、单调性解决简单的问题该内容是新高考卷的必考内容，常考查利用与关系求通项或项及通项公式构造的相关应用，需综合复习2.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等差关系并能用等差数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等差数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等差数列，或通过构造为等差数列，求通项公式及前n项和，需综合复习3.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系并能用等比数列的有关知识解决相应的问题，考点2等比数列的通项公式及前n项和（10年4考）2020·全国卷、2019·全国卷2018·全国卷、2017·全国卷考点3等差等比综合（10年6考）2022·全国新Ⅱ卷、2020·全国卷、2019·北京卷2017·北京卷、2017·全国卷、2016·北京卷2015·天津卷考点4数列通项公式的构造（10年9考）2024·全国甲卷、2024·全国甲卷、2023·全国甲卷2022·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·天津卷2021·浙江卷、2021·全国乙卷、2021·全国卷2020·全国卷、2019·全国卷、2018·全国卷2016·山东卷、2016·天津卷、2016·天津卷2016·全国卷、2016·全国卷、2016·全国卷2015·重庆卷、2015·全国卷考点5数列求和（10年10考）2024·天津卷、2024·全国甲卷、2024·全国甲卷2023·全国甲卷、2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷2020·天津卷、2020·全国卷、2020·全国卷2019·天津卷、2019·天津卷、2018·天津卷2017·天津卷、2017·山东卷、2016·浙江卷2016·山东卷、2016·天津卷、2016·北京卷2015·浙江卷、2015·全国卷、2015·天津卷熟练掌握等比数列通项公式与前n 项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等比数列，或通过构造为等比数列，求通项公式及前n 项和。

高中数学~~数列的通项及求和的几种方法1/求数列通项公式∙[ 高一数学]∙题型:简答题a1=1 an+1=an+(2n-1) 求an问题症结：不会做考查知识点：∙已知和与项的关系求通项难度:中解析过程：规律方法：递推为an+1=an+f（n）形式的数列，可用累加法求数列通项公式2、求通项公式∙[ 高二数学]∙题型:填空题问题症结：找不到突破口，请老师帮我理一下思路考查知识点：∙已知递推关系求通项难度:中解析过程：11111113(),32,34, 2.223(2),3,{2}2=3322=3333 2.n n n n n n n n n n n n n n n n a M a M a a M a a M a a a a a a a a ------+=+∴=+=+∴=+∴+=+∴=∴++++⨯=∴=- 以为首项，为公比的等比数列，规律方法：利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.①递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）.把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pq t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. ②对于1M n n a a -=，可构造对数式：111lg lg lg lg M n n n n n n a a a a M a M a ---=⇒=⇒=. ③递推公式为n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）:引入辅助数列{}n b （其中n nn q a b =），得：qb q p b n n 11+=+再应用①的方法解决. ④递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）:先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++ 其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+qst p t s ，再应用①求解.⑤递推公式为1n n n c a a pa d +⋅=+（0c p d ⋅⋅≠）解法：两边取倒数得11n n d p a ca c +-=，然后构造新数列{}n b ，使1n nb a =，转化为1n n d p b bc c +-=，再应用①求解.德智答疑/shuxue本题知识点：数列的通项及求和的几种方法概述所属知识点：[数列]包含次级知识点：等差等比数列求通项、已知递推关系求通项、已知和与项的关系求通项、等差等比数列求和、非等差等比数列求和知识点总结本节主要包括利用猜想法、公式法、构造法、累差、累乘求数列的通项和利用公式法、分组求和、裂项求和、错位相减和倒序相加求和等知识点。