数列专题训练包括通项公式求法和前n项和求法(史上最全的方法和习题)

数列专题1、数列的通项公式与前n项的和的关系11,1,2nnnsnassn(数列{}na的前n项的和为12nnsaaa).2、等差数列的通项公式*11(1)()naanddnadnN；3、等差数列其前n项和公式为1()2nnnaas1(1)2nnnad211()22dnadn.4、等比数列的通项公式1*11()nnnaaaqqnNq；5、等比数列前n项的和公式为11(1),11,1nnaqqsqnaq或11,11,1nnaaqqqsnaq.常用数列不等式证明中的裂项形式:（1）(1111nnn(n+1)1111()1knkn(n+k);(2)211111()1211kkk2k(3)211111111(1)(1)1kkkkkkkkk(4)1111(1)(2)2(1)(1)(2)nnnnnnn;(5)111!!1!nnnn(6)212212(1)11nnnnnnnnn11(1)2nnn)一.数列的通项公式的求法1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。例．等差数列na是递增数列，前n项和为nS，且931,,aaa成等比数列，255aS．求数列na的通项公式.解：设数列na公差为)0(dd∵931,,aaa成等比数列，∴9123aaa，即)8()2(1121daadadad12∵0d，∴da1………………………………①∵255aS∴211)4(2455dada…………②由①②得：531a，53d∴nnan5353)1(532.公式法：已知nS（即12()naaafn）求na，用作差法：11,(1),(2)nnnSnaSSn。例．已知数列na的前n项和nS满足1,)1(2naSnnn．求数列na的通项公式。解：由1121111aaSa当2n时，有,)1(2)(211nnnnnnaaSSa1122(1),nnnaa,)1(22221nnnaa……，.2212aa11221122(1)2(1)2(1)nnnnnaa].)1(2[323])2(1[2)1(2)]2()2()2[()1(21211211nnnnnnnnn经验证11a也满足上式，所以])1(2[3212nnna3.作商法：已知12()naaafn求na，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)nfnfnanfn。如数列}{na中，,11a对所有的2n都有2321naaaan，则53aa______；4.累加法：若1()nnaafn求na：11221()()()nnnnnaaaaaaa1a(2)n。例.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例：已知数列，且a1=2，an+1=an+n，求an.解：naann1∴11naann，221naann，332naann，···，112aa将以上各式相加得13211naan2)1(22)1)(11(1nnnnaan又因为当n=1，22)11(121a成立，∴2)1(2nnan)(*Nn5.累乘法：已知1()nnafna求na，用累乘法：121121nnnnnaaaaaaaa(2)n。例.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例：已知nnnaaa3,311,求通项an.解：∵nnnaa31∴113nnnaa，2213nnnaa，…，312aa把以上各项式子相乘得2)1(132113211333333nnnnnaa∴12)1(3nnna又当n=1时，33121)11(1a成立∴12)1(3nnna6.已知递推关系求na，用构造法（构造等差、等比数列）。（1）形如nfpaann1只需构造数列nb，消去nf带来的差异．其中nf有多种不同形式①nf为常数，即递推公式为qpaann1（其中p，q均为常数，)0)1((ppq）。解法：转化为：)(1taptann，其中pqt1，再利用换元法转化为等比数列求解。例.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.②nf为一次多项式，即递推公式为srnpaann1例．设数列na：)2(,123,411nnaaann，求na.解：设BAnbaB，Anabnnnn则，将1,nnaa代入递推式，得12)1(31nBnAbBAnbnn)133()23(31ABnAbn13323ABBAA11BA1nabnn取…（１）则13nnbb,又61b，故nnnb32361代入（１）得132nann备注：本题也可由1231naann,1)1(2321naann（3n）两式相减得2)(3211nnnnaaaa转化为qpbbnn1求之.③)(nf为n的二次式，则可设CBnAnabnn2;（2）递推公式为nnnqpaa1（其中p，q均为常数，)0)1)(1((qppq）。（或1nnnaparq,其中p，q,r均为常数）解法：该类型复杂一些。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再应用类型（1）的方法解决。例.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,应用例7解法得：nnb)32(23所以nnnnnba)31(2)21(32（3）递推公式为nnnqapaa12（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为)(112nnnnsaatsaa其中s，t满足qstpts，再应用前面类型（2）的方法求解。例.已知数列na中，11a,22a,nnnaaa313212，求na。解：由nnnaaa313212可转化为)(112nnnnsaatsaa即nnnstaatsa12)(3132stts311ts或131ts这里不妨选用311ts（当然也可选用131ts，大家可以试一试），则)(31112nnnnaaaannaa1是以首项为112aa，公比为31的等比数列,所以11)31(nnnaa,应用类型1的方法，分别令)1(,,3,2,1nn，代入上式得)1(n个等式累加之，即2101)31()31()31(nnaa311)31(11n又11a，所以1)31(4347nna。7.形如11nnnaakab或11nnnnabakaa-=的递推数列都可以用倒数法求通项。例：1,13111aaaannn解：取倒数：11113131nnnnaaaana1是等差数列，3)1(111naan3)1(1n231nan8、rnnapa1型该类型是等式两边取对数后转化为前边的类型，然后再用递推法或待定系法构造等比数列求出通项。两边取对数得)lg(lg1rnnapannarpalglglg1设nnablg∴原等式变为prbbnnlg1即变为基本型。例．已知3,2211nnaaa，求其通项公式。解：由3,2211nnaaa知0na且3na，将等式两边取对数得3lglg2lg1nnaa，即)3lg(lg23lglg1nnaa，∴3lglgna为等比数列，其首项为32lg3lglg1a，公比为2∴32lg23lglg1nna，∴3lg32lg2lg1nna。通项公式为12)32(3nna二.数列的前n项求和的求法1.公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式，特别声明：运用等比数列求和公式，务必检查其公比与1的关系，必要时需分类讨论.；③常用公式：1123(1)2nnn，222112(1)(21)6nnnn，33332(1)123[]2nnn.例、已知3log1log23x，求nxxxx32的前n项和.解：由212loglog3log1log3323xxx由等比数列求和公式得nnxxxxS32（利用常用公式）＝xxxn1)1(＝211)211(21n＝1－n212.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.例2、求数列的前n项和：231,,71,41,1112naaan，…解：设)231()71()41()11(12naaaSnn将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12naaaSnn（分组）当a＝1时，2)13(nnnSn＝2)13(nn（分组求和）当1a时，2)13(1111nnaaSnn＝2)13(11nnaaan3.倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前n和公式的推导方法）.例3、求89sin88sin3sin2sin1sin22222的值解：设89sin88sin3sin2sin1sin22222S………….①将①式右边反序得1sin2sin3sin88