数列求通项与求和常用方法归纳+针对性练习题

第1页共10页数列通项与求和常见方法归纳一、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an；(2)利用前n项和与通项的关系an＝S1Sn－Sn－1n＝，n；(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；(4)累加法：如an＋1－an＝f(n)，累积法，如an＋1an＝f(n)；(5)转化法：an＋1＝Aan＋B(A≠0，且A≠1)．2、求和常用的方法：(1)公式法：①dnnnaaanSnn2)1(2)(11②)1(1)1()1(11qqqaqnaSnn(2)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)1nnnn②1111()()nnkknnk③222111111111111();12111(1)(1)1kkkkkkkkkkkkk④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn⑤2122(1)2(1)11nnnnnnnnn(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、知能运用典型例题第2页共10页考点1：求数列的通项[题型1])(1nfaann解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累加法(逐差相加法)求解。【例1】已知数列na满足211a，nnaann211，求na。解：由条件知：111)1(1121nnnnnnaann分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即)()()()(1342312nnaaaaaaaa)111()4131()3121()211(nn所以naan111211a，nnan1231121[题型2]nnanfa)(1解法：把原递推公式转化为)(1nfaann，利用累乘法(逐商相乘法)求解。【例2】已知数列na满足321a，nnanna11，求na。解：由条件知11nnaann，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累乘之，即1342312nnaaaaaaaann1433221naan11又321a，nan32[题型3]qpaann1(其中p，q均为常数，且0)1(ppq)。解法(待定系数法)：转化为：)(1taptann，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na中，11a，321nnaa，求na。解：设递推公式321nnaa可以转化为)(21tatann即321ttaann.故递推公式为)3(231nnaa,令3nnab，则4311ab,且23311nnnnaabb.所以nb是以41b为首项，2为公比的等比数列，则11224nnnb,所以321nna.[题型4]nnnqpaa1(其中p，q均为常数，且0)1)(1(qppq)。(或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数)。第3页共10页解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1nq，得：qqaqpqannnn111引入辅助数列nb(其中nnnqab)，得：qbqpbnn11再待定系数法解决。【例4】已知数列na中，651a,11)21(31nnnaa，求na。解：在11)21(31nnnaa两边乘以12n得：1)2(32211nnnnaa令nnnab2，则1321nnbb,解之得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32[题型5]递推公式为nS与na的关系式。(或()nnSfa)解法：这种类型一般利用)2()1(11nSSnSannn与)()(11nnnnnafafSSa消去nS)2(n或与)(1nnnSSfS)2(n消去na进行求解。【例5】已知数列na前n项和2214nnnaS.(1)求1na与na的关系；(2)求通项公式na.解：(1)由2214nnnaS得：111214nnnaS于是)2121()(1211nnnnnnaaSS所以11121nnnnaaannnaa21211.(2)应用题型4(nnnqpaa1，其中p，q均为常数，且0)1)(1(qppq)的方法，上式两边同乘以12n得：22211nnnnaa由1214121111aaSa.于是数列nna2是以2为首项，2为公差的等差数列，所以nnann2)1(22212nnna[题型6]rnnpaa1)0,0(nap解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为qpaann1，再利用待定系数法求解。【例6】已知数列}{na中，2111,1nnaaaa)0(a，求数列}{na的通项公式。第4页共10页解：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg，则abbnn1lg21，再利用待定系数法解得：12)1(nnaaa。考点2：数列求和[题型1]公式法【例7】已知na是公差为3的等差数列，数列nb满足.,31,11121nnnnnbbbabb(1)求na的通项公式；(2)求nb的前n项和.解：(1)依题a1b2+b2=b1，b1=1，b2=31，解得a1=2…2分通项公式为an=2+3(n-1)=3n-1…6分(2)由(Ⅰ)知3nbn+1=nbn，bn+1=31bn，所以{bn}是公比为31的等比数列…9分所以{bn}的前n项和Sn=111()313122313nn…12分[题型2]裂项求和【例8】nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，3422nnnSaa.(1)求{na}的通项公式；(2)设11nnnbaa错误!未找到引用源。,求数列{nb}的前n项和.解析：(1)na=21n；(2)由(1)知，nb=1111()(21)(23)22123nnnn，所以数列{nb}前n项和为12nbbb=1111111[()()()]235572123nn=11646n.[题型3]错位相减求和【例9】已知数列{}na和{}nb满足，*1112,1,2(nN),nnabaa*12311111(nN)23nnbbbbbn.(1)求na与nb；第5页共10页(2)记数列{}nnab的前n项和为nT，求nT.解析：(1)由112,2nnaaa，得2nna.当1n时，121bb，故22b.当2n时，11nnnbbbn，整理得11nnbnbn，所以nbn.(2)由(1)知，2nnnabn所以23222322nnTn2341222232(1)22nnnTnn所以2311222222(1)22nnnnnnTTTnn所以1(1)22nnTn.[题型4]分组求和【例10】已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.三、知能运用训练题1、(1)已知数列na中，)2(12,211nnaaann，求数列na的通项公式；(2)已知nS为数列na的前n项和，11a，nnanS2，求数列na的通项公式.【解】(1))2(12,211nnaaann，121naann11232211)()()()(aaaaaaaaaannnnnnn第6页共10页135)52()32()12(nnn22)112(nnn(2)11a，nnanS2，当2n时，121)1(nnanS11)1(11221nnaaananSSannnnnnn.1122332211aaaaaaaaaaaannnnnnn.)1(21314213211nnnnnnnn2、已知数列na中，32,111nnaaa，求数列na的通项公式.【解】321nnaa，)3(231nnaa3na是以2为公比的等比数列，其首项为431a.3224311nnnnaa3、已知数列na中，nnnaaa32,111，求数列na的通项公式.【解】nnnaa321，nnnnnaa)23(2211，令nnnba12则nnnbb)23(1，112211)()()(bbbbbbbbnnnnn123)23()23()23()23(2321nnn2)23(2nnnna234、已知nS为数列na的前n项和，)2,(23nNnaSnn，求数列na的通项公式.【解析】当1n时，1231111aaSa，当2n时，)23()23(11nnnnnaaSSa.233211nnnnaaaana是以23为公比的等比数列，其首项为11a，.)23(11nna5、已知数列na中，nnnaaa33,111，求数列na的通项公式.【解析】nnnaa331，13311nnnnaa，令nnnba13数列nb是等差数列，nnbn)1(11，13nnna.6、已知数列na中，)3(3231,2,12121naaaaannn，求数列na的通项公式.第7页共10页【解】由213231nnnaaa得)3)((32211naaaannnn又0112aa，所以数列nnaa1是以1为首项，公比为23的等比数列，11)32(nnnaa11232211)()()()(aaaaaaaaaannnnnnn11)32(