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求数列的通项公式及前n项和


求数列的通项
1.定义法:①等差数列通项公式;②等比数列通项公式。 例 1.等差数列 ?a n ? 是递增数列,前 n 项和为 S n ,且 a1 , a3 , a9 成等比数列,
2 S 5 ? a5 .求数列 ?a n ? 的通项公式.

解:设数列 ?a n ? 公差为 d (d ? 0) ∵ a1 , a3 , a9 成等比数列,∴

a3 ? a1a9 ,
2

即 (a1 ? 2d ) ? a1 (a1 ? 8d ) ? d ? a1d
2 2

∵d ? 0, ∵ S 5 ? a5
2

∴ a1 ? d ………………………………① ∴ 5a1 ?

5? 4 ? d ? (a1 ? 4d ) 2 …………② 2

3 3 ,d ? 5 5 3 3 3 ∴ an ? ? (n ? 1) ? ? n 5 5 5
由①②得: a1 ? 点评:利用定义法求数列通项时要注意不用错定义,设法求出首项与公差(公比) 后再写出通项。

1 1 1 1 ,5 ,7 ,9 , ? 试写出其一个通项公式:__________; 4 8 16 32 S ,(n ? 1) 2.公式法: 已知 S n(即 a1 ? a2 ? ? ? an ? f (n) ) an , 求 用作差法:an ? 1 。 Sn ? Sn ?1 ,(n ? 2)
变式 1:已知数列 3 例 2.已知数列 ?a n ? 的前 n 项和 S n 满足 S n ? 2an ? (?1) , n ? 1 .求数列 ?a n ? 的通
n

?

项公式。 解:由 a1 ? S1 ? 2a1 ? 1 ? a1 ? 1 当 n ? 2 时,有

a n ? S n ? S n ?1 ? 2(a n ? a n ?1 ) ? 2 ? (?1) n ,

? an ? 2an ?1 ? 2 ? (?1) n ?1 , an?1 ? 2a n?2 ? 2 ? (?1) n?2 , ……, a2 ? 2a1 ? 2. ? an ? 2n?1 a1 ? 2n?1 ? (?1) ? 2n?2 ? (?1)2 ? ? ? 2 ? (?1) n?1

? 2 n ?1 ? (?1) n [( ?2) n ?1 ? (?2) n ? 2 ? ? ? (?2)] ? 2 n ?1 ? (?1) n 2[1 ? (?2) n ?1 ] 3

2 ? [2 n ? 2 ? (?1) n ?1 ]. 3
经验证 a1 ? 1 也满足上式,所以 an ? 点评:利用公式 a n ? ?

2 n?2 [2 ? (?1) n?1 ] 3

?S n ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?n ? 1 求解时,要注意对 n 分类讨论,但若 ?S n ? S n ?1 ? ? ? ? ? ? ? n ? 2

能合写时一定要合并. 变式 2:①已知 {an } 的前 n 项和满足 log 2 ( Sn ? 1) ? n ? 1 ,求 an ;

②数列 {an } 满足 a1 ? 4, Sn ? Sn ?1 ?

5 an ?1 ,求 an ; 3

a ?? 3.作商法:已知 a1 ? 2 ? an ? f (n) 求 an ,用作商法: an ? ? f (n) 。 , (n ? 2)

? f (1), (n ? 1) ?

? f (n ? 1) ? 2 例 3 如 数 列 {a n } 中 , a1 ? 1, 对 所 有 的 n ? 2 都 有 a1 a 2 a3 ? a n ? n , 则 ; a3 ? a5 ? ______

4.累加法: 若 an ?1 ? an ? f (n) 求 an : an ? (an ? an ?1 ) ? (an ?1 ? an ?2 ) ? ? ? (a2 ? a1 ) ? a1 (n ? 2) 。 例 4. 已知数列 ?a n ? 满足 a1 ?

1 1 , a n?1 ? a n ? 2 ,求 a n 。 2 n ?n
1 1 1 1 ? ? ? n ? n n(n ? 1) n n ? 1
2

解:由条件知: a n ?1 ? a n ?

分 别 令 n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) , 代 入 上式 得 (n ? 1) 个 等 式 累 加之 , 即

(a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? (a4 ? a3 ) ? ? ? ? ? ? ? ?(an ? an?1 )

1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? ? ? ?( ? ) 2 2 3 3 4 n ?1 n 1 所以 a n ? a1 ? 1 ? n 1 1 1 3 1 ? a1 ? ,? an ? ? 1 ? ? ? 2 2 n 2 n
变式 3 已知数列 {an } 满足 a1 ? 1 , a n ? a n ?1 ?

(n ? 2) ,则 a n =________ n ?1 ? n a a a a 5.累乘法:已知 n ?1 ? f ( n) 求 an ,用累乘法: an ? n ? n ?1 ? ? ? 2 ? a1 (n ? 2) 。 an an ?1 an ? 2 a1 2 n 例 5. 已知数列 ?a n ? 满足 a1 ? , a n ?1 ? a n ,求 a n 。 3 n ?1
解:由条件知

1



a n ?1 n ? ,分别令 n ? 1,2,3,? ? ? ? ??, (n ? 1) ,代入上式得 an n ?1

(n ? 1) 个等式累乘之,即
a a a 2 a3 a 4 1 1 2 3 n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n ? ? ? ? ??????? ? n ? a1 a2 a3 an?1 2 3 4 a1 n n

又? a1 ?

2 2 ,? an ? 3 3n
2

变式 4 已知数列 {a n } 中, a1 ? 2 ,前 n 项和 S n ,若 S n ? n a n ,求 a n

6.已知递推关系求 an ,用构造法(构造等差、等比数列) 。 (1)形如 an ? kan ?1 ? b 、 an ? kan ?1 ? b ( k , b 为常数)的递推数列都可以用待定系数法
n

转化为公比为 k 的等比数列后,再求 an 。

a ① an ? kan ?1 ? b 解法: 把原递推公式转化为: n?1 ? t ? p(an ? t ) , 其中 t ?
再利用换元法转化为等比数列求解。 例 6. 已知数列 ?a n ?中, a1 ? 1 , a n ?1 ? 2a n ? 3 ,求 a n .

q , 1? p

解 : 设 递 推 公 式 a n ?1 ? 2a n ? 3 可 以 转 化 为 an?1 ? t ? 2(an ? t ) 即

an?1 ? 2an ? t ? t ? ?3 . 故 递 推 公 式 为 an?1 ? 3 ? 2(an ? 3) , 令 bn ? a n ? 3 ,则 b1 ? a1 ? 3 ? 4 ,且

bn?1 a n?1 ? 3 ? ?2 bn an ? 3
n ?1

所以 ?bn ? 是以 b1 ? 4 为首项,2 为公比的等比数列,则 bn ? 4 ? 2

? 2 n?1 ,所以

an ? 2 n?1 ? 3 .
② an ? kan ?1 ? b 解法:该类型较类型 3 要复杂一些。一般地,要先在原递推公式
n

两边同除以 q

n ?1

, 得:

a n?1 p a n 1 a ? ? n ? 引入辅助数列 ?bn ?(其中 bn ? n ) 得: , n ?1 q q q q qn

bn ?1 ?

p 1 bn ? 再应用 an ? kan?1 ? b 的方法解决.。 q q

例 7. 已知数列 ?a n ?中, a1 ?

5 1 1 n?1 , an?1 ? an ? ( ) ,求 a n 。 6 3 2 1 1 n?1 2 n n ?1 n?1 解:在 an?1 ? an ? ( ) 两边乘以 2 得: 2 ? a n ?1 ? (2 ? a n ) ? 1 3 2 3 2 2 n n 令 bn ? 2 ? a n ,则 bn ?1 ? bn ? 1 ,应用例 7 解法得: bn ? 3 ? 2( ) 3 3 b 1 n 1 n 所以 an ? n ? 3( ) ? 2( ) n 2 3 2

变式 5①已知 a1 ? 1, an ? 3an ?1 ? 2 ,求 an ;

②已知 a1 ? 1, an ? 3an ?1 ? 2 ,求 an ;
n

7;形如 an ? 例 7: a n ?

an ?1 的递推数列都可以用倒数法求通项。 kan ?1 ? b
a n?1 , a1 ? 1 求 an 3 ? a n?1 ? 1
1 3 ? an?1 ? 1 1 ? ? 3? an an?1 an?1

解:取倒数:

?1? 1 1 1 ? ? ? 是等差数列, ? ? (n ? 1) ? 3 ? 1 ? (n ? 1) ? 3 ? an ? an a1 3n ? 2 ? an ?
变式 6:已知数列满足 a1 =1, an ?1 ? an ?

an an ?1 ,求 an ;

数列求和
1.公式法 n?n+1??2n+1? (1)12+22+32+?+n2= ; 6 1.等差数列的前 n 项和公式: S n ? 的前 n 项和公式: 当 q ? 1 时, S n ?

n(a1 ? a n ) n(n ? 1)d , S n ? na1 ? 2.等比数列 2 2
a1 ? a n q 1? q
②当 q=1 时, S n ? na1

a1 (1 ? q n ) ① 1? q

或 Sn ?

2.倒序相加法 如果一个数列{an},首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个 数列的前 n 项和即可用倒序相加法,如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的. 3.错位相减法 错位相减法主要适用于求由一个等差数列和一个等比数列相应项的乘积所构成的数列 的前 n 项和.做法是先将和的形式写出,再给式子两边同乘或同除以公比 q,然后将两式相 减,相减后以“qn”为同类项进行合并,得到一个可求和的数列,注意合并后有两项不能构成 等比数列中的项. 4.裂项相消法

裂项相消法中,“裂项”是手段,“相消”是目的,所以应将每一项都“分裂”成两项 之差,或“裂”成一个常因子与两项差的积,例如分子为某一常数,分母是由等差数列的相 邻项乘积形成的分数数列的求和一般选用裂项相消法. 常用的裂项技巧有: 1 1 1 1 (1) = ?n-n+k?; ? n?n+k? k? 1 (3) =________; ?2n-1??2n+1? 5.分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成, 则求和时可用分组求 和法,分别求和而后相加减. 6.并项求和法 一个数列的前 n 项和中, 可两两结合求解, 则称之为并项求和. 形如 an=(-1)nf(n)类型, 可采用两项合并求解. 例如:Sn=1002-992+982-972+?+22-12=(100+99)+(98+97)+?+(2+1)=5 050. ●一种思路 一般数列求和,应从通项入手,若无通项,先求通项,然后通过对通项变形,转化为与特殊 数列有关或具备某种方法适用特点的形式,从而选择合适的方法求和. ●两个注意 裂项相消法求和时应注意:①在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差;②在正 负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,或有时前面剩下两项,后面也剩下两项. 基 础 自 测 1.已知数列{an}的通项公式是 an= A.13 解析:∵an= B.10 2n-1 1 =1- n, 2n 2 2n-1 321 ,其前 n 项和 Sn= ,则项数 n 等于( 2n 64 D.6 ) (2) 1 1 = ( n+k- n); n+k+ n k

(4)

1 1 1 1 =. ?n?n+1?-?n+1??n+2?? ? n?n+1??n+2? 2?

C.9

1 1 1 1 ∴Sn=n-?2+22+?+2n?=n-1+ n. ? ? 2 而 321 1 1 1 =5+ ,∴n-1+ n=5+ .∴n=6. 64 64 2 64 1 (n∈N*),其前 n 项和为 Sn,则 Sn 等于( n?n+2? )

2.已知数列{an}中,an= n A. 2?n+1? 2n+3 3 C. - 4 2?n+1??n+2?

3 1 B. + 4 2?n+1??n+2? D.以上都不对

解析:∵an=

1 1 1 1 = ?n-n+2?, 2? ? n?n+2?

1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn= ?1-3+2-4+3-5+?+n-2-n+ 2? 1 1 1 1 ? 1? 1 1 1 ? 3 2n+3 - + - 1+ - - n-1 n+1 n n+2?=2? 2 n+1 n+2?=4-2?n+1??n+2?. 3.数列{(-1)n· n}的前 2 010 项的和 S2 010 为( A.-2 010 B.-1 005 C.2 010 ) D.1 005

解析:方法一:S2 010=-1+2-3+4-?-2 007+2 008-2 009+2 010=-(1+3+5 1 005×2 010 1 005×2 012 +?+2 009)+(2+4+6+?+2 010)=- + =1 005. 2 2 方法二:S2 010=-1+2-3+4-5+6-?-2 009+2 010=(-1+2)+(-3+4)+(-5+

6)+?+(-2 009+2 010)= 1 1 1 4.数列 1 ,3 ,5 的前 10 项和 S10=__________ 2 4 8 解析:使用分组求和法. 1 1 1 原式=1+ +3+ +?+19+ 10 2 4 2 1 1 1 =(1+3+5+?+19)+?2+4+?+210? ? ? 1 =101- 10. 2

=1 005.

5.在数列{an}中,a1=1,a2=2 且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则 S100=__________. 解析:用“奇偶分拆法”. 由已知,得 a3-a1=0,a4-a2=2,a5-a3=0,a6-a4=2, 所以数列{an}的奇数项是常数 1,偶数项成等差数列,公差为 2, 50×49 ∴S100=50+50a2+ ×2 2 =50+50×2+50×49 =2 600. 考点一 公式法求和 例 1 已知数列{an}是首项 a1=4,公比 q≠1 的等比数列,Sn 是其前 n 项和,且 4a1,a5, -2a3 成等差数列. (1)求公比 q 的值; (2)求 Tn=a2+a4+a6+?+a2n 的值.

解析:(1)由题意得 2a5=4a1-2a3. ∵{an}是等比数列且 a1=4,公比 q1≠1,

∴2a1q4=4a1-2a1q2,∴q4+q2-2=0, 解得 q2=-2(舍去)或 q2=1,∴q=-1. (2)∵a2,a4,a6,?,a2n 是首项为 a2=4×(-1)=-4,公比为 q2=1 的等比数列,∴Tn =na2=-4n. 方法点睛 应用公式法求和时,要保证公式使用的正确性,尤其要区分好等差数列、等 比数列的通项公式及前 n 项和公式. 变式训练 1 在等比数列{an}中,a3=9,a6=243,求数列{an}的通项公式 an 及前 n 项和 公式 Sn,并求 a9 和 S8 的值. a6 243 解析:在等比数列{an}中,设首项为 a1,公比为 q,由 a3=9,a6=243,得 q3= = a3 9 =27,∴q=3. 由 a1q2=a3,得 9a1=9,∴a1=1. 于是,数列{an}的通项公式为 an=1×3n 1=3n 1, 前 n 项和公式为 Sn=
- - -

1×?1-3n? 3n-1 = . 2 1-3 38-1 =3 280. 2

由此得 a9=39 1=6 561,S8= 考点二 分组转化求和

1 1 1 1 ? 4 , 2 ? 7 , 3 ? 10 , ??, n?1 ? (3n ? 2) ,?? 的前 n 项和。 a a a a 1 1 1 1 a n ? n ?1 ? (3n ? 2) ? S n ? (1 ? ? 2 ? ?? ? n?1 ) ? [1 ? 4 ? 7 ? ?? ? (3n ? 2)] a a a a
例 2.求数列 1 ? 1 , 当 a ? 1 时, S n ? n ?

(1 ? 3n ? 2)n 3n 2 ? n ? 2 2

1 n a n ? (1 ? 3n ? 2)n ? a ? 1 ? (3n ? 1)n 当 a ? 1 时, S n ? 1 2 2 a n ? a n ?1 1? a 1?
例 3 已知数列{xn}的首项 x1=3,通项 xn=2np+nq(n∈N*,p,q 为常数),且 x1,x4, x5 成等差数列.求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}前 n 项和 Sn 的公式. 解析:(1)由 x1=3,得 2p+q=3,又因为 x4=24p+4q,x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4, 得 3+25p+5q=25p+8q,解得 p=1,q=1. (2)由(1),知 xn=2n+n,所以 Sn=(2+22+?+2n)+(1+2+?+n)=2n 1-2+


n?n+1? . 2

方法点睛 对于不能由等差数列、 等比数列的前 n 项和公式直接求和的问题, 一般需要

将数列通项的结构进行合理的拆分,转化成若干个等差数列、等比数列的求和. 1 1 1 1 1 1 变式训练 2 求和 Sn=1+?1+2?+?1+2+4?+?+?1+2+4+?+2n-1?. ? ? ? ?

?

?

解析:和式中第 k 项为 1 1-?2?k ? ? 1 1 1 1 ak=1+ + +?+ k-1= =2?1-2k?. ? ? 2 4 1 2 1- 2 1 1 1 ∴Sn=2??1-2?+?1-22?+?+?1-2n?? ?? ? ? ? ? ??

考点三

裂项相消法求和

例 4.求数列

6 6 6 6 , , ,??, ,?? 前 n 项和 1? 2 2 ? 3 3 ? 4 n(n ? 1) ? 1 1 ? 6( ? ) n(n ? 1) n n ?1

解:设数列的通项为 bn,则 bn ?

1 1 1 1 1 ? S n ? b1 ? b2 ? ?? ? bn ? 6[(1 ? ) ? ( ? ) ? ?? ? ( ? )] 2 2 3 n n ?1 ? 6(1 ? 1 6n )? n ?1 n ?1

1 例 5 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S2=an?Sn-2?. n ? ? (1)求 Sn 的表达式; (2)设 bn= Sn ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n+1

1 解析:(1)∵S2=an?Sn-2?,an=Sn-Sn-1(n≥2), n ? ? 1 ∴S2=(Sn-Sn-1)?Sn-2?,即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn① n ? ? 由题意 Sn-1· n≠0,①式两边同除以 Sn-1·n,得 S S 1 1 - =2, Sn Sn-1
?1? 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. S1 a1 ? n?

1 1 ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . Sn 2n-1 (2)又 bn= 1 Sn 1 1 1 = = ?2n-1-2n+1?, ? 2n+1 ?2n-1??2n+1? 2?

∴Tn=b1+b2+?+bn 1 1 1 1 1 1 = ??1-3?+?3-5?+?+?2n-1-2n+1?? ? ? ? 2?? ? ?? 1 1 = ?1-2n+1? 2? ? = n . 2n+1

方法点睛 使用裂项法求和时,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,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, 实质上造成正负相消是此法的根源与 目的. 变式训练 3 (1).求数列

1 1 1 , ,??, ,?? 前 n 项和 1? 2 1? 2 ? 3 1 ? 2 ? ?? ? (n ? 1)

解:? a n ?

1 2 1 1 ? ? 2( ? ) 1 ? 2 ? ?? ? (n ? 1) (n ? 1)( n ? 2) n ?1 n ? 2

1 1 1 1 1 1 1 1 n ? S n ? 2[( ? ) ? ( ? ) ? ?? ? ( ? )] ? 2( ? )? 2 3 3 4 n ?1 n ? 2 2 n?2 n?2
(2)在数列{an}中,an= Sn. 解析:an= 1+2+?+n n?n+1? n 1 2 n + +?+ = = = . n+1 n+1 n+1 n+1 2?n+1? 2 1 2 n 2 + +?+ ,又 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 n+1 n+1 n+1 an·n+1 a

1 1 1 1 1 ∴Sn=8??1-2?+?2-3?+?+?n-n+1?? ? ? ? ?

?

?

??

1 =8?1-n+1?

?

?



8n . n+1 1 1 ? 2 2 8 = = =8? - . an·n+1 n n+1 n?n+1? ?n n+1? a · 2 2 错位相减法求和

∴bn=

考点四

例 6.求数列 {n ?

1 } 前 n 项和 2n 1 1 1 1 解: S n ? 1 ? ? 2 ? ? 3 ? ? ???? ? n ? n ① 2 4 8 2 1 1 1 1 1 1 S n ? 1 ? ? 2 ? ? 3 ? ? ? ? (n ? 1) ? n ? n ? n?1 ② 2 4 8 16 2 2

1 1 (1 ? n ) 1 1 1 1 1 1 2 ? n 两式相减: S n ? ? ? ? ?? ? n ? n ? n ?1 ? 2 1 2 2 4 8 2 2 2 n ?1 1? 2 1 n 1 n ? S n ? 2(1 ? n ? n?1 ) ? 2 ? n?1 ? n 2 2 2 2
例 7 已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式;
? an ? (2)求数列?2n-1?的前 n 项和. ? ? ?a1+d=0, ? 解析:(1)设等差数列{an}的公差为 d,由已知条件可得? 解得 ? ?2a1+12d=-10, ? ?a1=1, ? ? ?d=-1.

故数列{an}的通项公式为 an=2-n.
? an ? (2)设数列?2n-1?的前 n 项和为 Sn, ? ?



an 2-n 1 n n-1= n-1 = n-2- n-1, 2 2 2 2

1 1 1 2 3 n ∴Sn=?2+1+2+22+?+2n-2?-?1+2+22+?+2n-1?.

?

? ?

?

2 3 n 记 Tn=1+ + 2+?+ n-1,① 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn= + 2+ 3+?+ n,② 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n ①-②得: Tn=1+ + 2+?+ n-1- n, 2 2 2 2 2 1 ∴ Tn= 2 1- 1 2n n 1 n - .即 Tn=4?1-2n?- n-1. ? ? 2 1 2n 1- 2

1 2?1-?2?n? ? ? ? ? ? 1? n ∴Sn= -4?1-2n?+ n-1 1 2 1- 2 1 1 n =4?1-2n?-4?1-2n?+ n-1 ? ? ? ? 2 = 2
n-1.

n

方法点睛 用错位相减法求和时应注意: ①要善于识别题目类型, 特别是等比数列公比 为负数的情形;②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一

步准确写出“Sn-qSn”的表达式. 变式训练 4 [1]已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(4-an)qn 1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 正解:(1)设{an}的公差为 d,则由已知得
? ? ?a1+a2+a3=6, ?3a1+3d=6, ? 即? ?a1+a2+?+a8=-4, ?8a1+28d=-4, ? ?


解得 a1=3,d=-1,故 an=3-(n-1)=4-n. (2)由(1)知,bn=n·n 1, q 于是 Sn=1·0+2·1+3·2+?+n·n 1, q q q q 若 q≠1,上式两边同乘以 q. qSn=1·1+2·2+?+(n-1)·n 1+n·n, q q q q 两式相减得:(1-q)Sn=1+q1+q2+?+qn 1-n·n q 1-qn = -n·n. q 1-q ∴Sn=
n 1-qn qn 1 n·n n· -?n+1?q +1 q - = . ?1-q?2 1-q ?1-q?2
+ - - - -

n?n+1? 若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= , 2

? 2 ??q=1?, ∴S =? nq -?n+1?q +1 ? ?1-q? ??q≠1?.
n?n+1?
n n+1 n 2

n - [2]设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+?+3n 1an= ,n∈N*. 3 (1)求数列{an}的通项公式; n (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an n - 解析:(1)a1+3a2+32a3+?+3n 1an= ,① 3 ∴当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+?+3n 2an-1= n n-1 1 1 - ①-②得:3n 1an= - = ,∴an= n. 3 3 3 3 1 1 当 n=1 时,a1= 也适合上式,∴an= n. 3 3


n-1 ,② 3

n (2)bn= =n·n, 3 an ∴Sn=1×3+2×32+3×33+?+n·n,③ 3 则 3Sn=32+2×33+3×34+?+n·n 1,④ 3 ∴③-④得:-2Sn=3+32+33+?+3n-n·n 1= 3 3 n·3 n ∴Sn= (1-3 )+ 4 2 练习二 1 1. 等差数列{an}的通项公式 an=2n-1, 数列( ), 其前 n 项和为 Sn, Sn 等于( 则 anan+1 2n A. 2n+1 解析:∵an=2n-1, ∴ 1 ? 1 1 1 1 - = = ? . anan+1 ?2n+1??2n-1? 2?2n-1 2n+1? n B. 2n+1 C. n 2n-1 D.以上都不对 )
n+1 + +

3?1-3n? 3 + + -n·n 1=- (1-3n)-n·n 1. 3 3 2 1-3

3 ?2n-1?·3 = + 4 4

n+1

.

1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn= ?1-3+3-5+5-7+?+2n-1-2n+1? 2? ? 1 1 = ?1-2n+1? 2? ? = n . 2n+1

答案:B a1+a2+?+an 2.若数列{an}的通项为 an=4n-1,bn= ,n∈N*,则数列{bn}的前 n 项 n 和是( )A.n2 B.n(n+1) C.n(n+2) D.n(2n+1)

解析: 1+a2+?+an=(4×1-1)+(4×2-1)+?+(4n-1)=4(1+2+?+n)-n=2n(n a +1)-n =2n2+n, ∴bn=2n+1, b1+b2+?+bn=(2×1+1)+(2×2+1)+?+(2n+1) =n2+2n =n(n+2). 答案:C 3.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-4n+2,则|a1|+|a2|+?+|a10|=( A.66 B.65 C.61 D.56 )

解析:当 n=1 时,a1=S1=-1; 当 n≥2 时,

an=Sn-Sn-1 =n2-4n+2-[(n-1)2-4(n-1)+2] =2n-5. ∴a2=-1,a3=1,a4=3,?,a10=15 . 8?1+15? ∴|a1|+|a2|+?+|a10|=1+1+ =2+64=66. 2 答案:A 4.若 Sn=1-2+3-4+?+(-1)n 1· n,则 S17+S33+S50 等于( A.1 B.-1 C.0 D.2


)

?n+1 ?n为奇数?, 2 解析:S =? n ?-2 ?n为偶数?.
n

故 S17=9,S33=17,S50=-25,S17+S33+S50=1. 答案:A 5.数列{an}的通项公式 an= 1 n+ n+2 (n∈N*),若前 n 项和为 Sn,则 Sn 为( )

1 1 A. n+2-1 B. n+2+ n+1- 2-1 C. ( n+2-1 ) D. ( n+2+ n+1- 2-1) 2 2 解析:∵an= 1 = ( n+2- n), n+ n+2 2 1

1 ∴Sn= ( 3-1+ 4- 2+ 5- 3+ 6- 4+?+ n- n-2+ n+1- n-1+ 2 1 1 n+2- n)= (-1- 2+ n+1+ n+2)= ( n+2+ n+1- 2-1). 2 2 答案:D 6.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2 -6n,则{|an|}的前 n 项和 Tn=( A.6n-n2 B.n2-6n+18 )

2 2 ? ? ?1≤n≤3?, ?1≤n≤3?, ?6n-n ?6n-n C.? 2 D.? 2 ?n -6n+18 ?n>3? ?n -6n ?n>3? ? ?

解析:由 Sn=n2-6n,得{an}是等差数列,且首项为-5,公差为 2. ∴an=-5+(n-1)×2=2n-7. ∴n≤3 时,an<0;n>3 时 an>0.
?6n-n2 ?1≤n≤3?, ? ∴Tn=? 2 ? ?n -6n+18 ?n>3?.

7.设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且 a1=b1=1,a3+b5=19,a5 +b3=9,则数列{anbn}的前 n 项和 Sn=__________. 解析:由条件易求出 an=n,bn=2n 1(n∈N*).


∴Sn=1×1+2×21+3×22+?+n×2n 1,① 2Sn=1×2+2×22+?+(n-1)×2n 1+n×2n.② 由①-②,得 -Sn=1+21+22+?+2n 1-n×2n, ∴Sn=(n-1)·n+1. 2 答案:(n-1)·n+1 2 1 2 n 2 8.在数列{an}中,an= + +?+ ,又 bn= ,则数列{bn}的前 n 项和 n+1 n+1 n+1 anan+1 为__________. n?n+1? 1 1 2 n 8 解析:∵an= = ,∴bn= =8?n-n+1? . 2 ? n+1 n?n+1? ? 1 1 1 1 1 8n ∴b1+b2+?+bn=8?1-2+2-3+?+n-n+1?= ? ? n+1. 答案: 8n n+1
- - -



9.设数列{an}满足 a1=2,an+1-an=3·2n 1. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解析:(1)由已知,当 n≥1 时,an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+?+(a2-a1)]+a1=3(22n
1


+22n 3+?+2)+2=22(n



+1)-1

.

∴当 n≥2 时 an=22n 1, 而 a1=2,符合上式,于是数列{an}的通项公式为 an=22n 1. (2)由 bn=nan=n·2n 1,知 2 Sn=1· 2+2·3+3·5+?+n·2n 1.① 2 2 2 从而 22·n=1·3+2·5+3·7+?+n·2n 1.②[来源:Z.xx.k.Com] S 2 2 2 2 ①-②,得(1-22)Sn=2+23+25+?+22n 1-n·2n 1. 2 1 + 即 Sn= [(3n-1)22n 1+2]. 9 1 1 10.已知数列{an}是首项为 a1= ,公比 q= 的等比数列,设 bn+2=3log1 an(n∈N*), 4 4 4 数列{cn}满足 cn=an·n. b (1)求数列{bn}的通项公式; (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 1 1 解析:(1)由题意,知 a n=?4?n(n∈N*) ,又 bn=3log an-2,故 bn=3n-2(n∈N*). ? ? 4
- + + - - -



1 (2)由(1),知 an=?4?n,bn=3n-2(n∈N*), ? ? 1 ∴cn=(3n-2)×?4?n(n∈N*). ? ? 1 1 1 - 1 1 ∴Sn=1× +4×?4?2+7×?4?3+?+(3n-5)×?4?n 1+(3n-2)×?4?n, ? ? ? ? ? ? ? ? 4 1 1 1 1 1 + 1 于是 Sn=1×?4?2+4×?4?3+7×?4?4+?+(3n-5)×?4?n+(3n-2)×?4?n 1, ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 4 1 1 3 1 两式相减,得 Sn= +3??4?2+?4?3+? ?? ? ? ? 4 4 1 1 + 1 1 + +?4?n?-(3n-2)×?4?n 1= -(3n+2)×?4?n 1, ? ?? ? ? ? ? 2 2 3n+2 ?1?n ∴Sn= - ×?4? (n∈N*). 3 3


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