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求通项公式和数列求和的常用方法


求递推数列通项公式的常用方法
公式法: 一 公式法 利用熟知的的公式求通项公式的方法称为公式法,常用的公式有 an = S n S n 1 ( n ≥ 2) ,等差数列或等比数列的通 项公式。 例一 已知无穷数列 {a n } 的前 n 项和为 Sn ,并且 an + S n = 1( n ∈ N ) ,求 {a n } 的通项公式?
*

【解析】 ∵ S n = 1 an ,∴ an +1 = S n +1 S n = an an +1 ,∴ an +1 = :

1 1 an ,又 a1 = , 2 2

1 ∴ an = . 2
反思:利用相关数列 {a n } 与 {S n } 的关系: a1 = S1 , an = S n S n 1 ( n ≥ 2) 与提设条件,建立递推关系,是本题 求解的关键. 跟踪训练 1.已知数列 {a n } 的前 n 项和 Sn ,满足关系 lg
( Sn +1)

n

= n (n = 1, 2 ) .试证数列 {an } 是等比数列.

归纳法: 二 归纳法 由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式,再利用数学归纳法证明其正确性,这种方法叫归纳法. 例二 已知数列 {a n } 中, a1 = 1 , an = 2an 1 + 1( n ≥ 2) ,求数列 {a n } 的通项公式. 【解析】 ∵ a1 = 1 , an = 2an 1 + 1( n ≥ 2) ,∴ a2 = 2a1 + 1 = 3 , a3 = 2a2 + 1 = 7 : 猜测 an = 2 1 ( n ∈ N * ) ,再用数学归纳法证明.(略)
n

反思:用归纳法求递推数列,首先要熟悉一般数列的通项公式,再就是一定要用数学归纳法证明其正确性. 跟踪训练 2.设 {a n } 是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn ,并且对于所有自然数 n , an 与 1 的等差中项等于 Sn 与 1 的等比中项,求数列 {a n } 的通项公式. 三 累加法: 累加法 利用 an = a1 + ( a2 a1 ) + ( an an 1 ) 求通项公式的方法称为累加法。 累加法是求型如 an +1 = an + f ( n) 的递推数列 通项公式的基本方法( f ( n) 可求前 n 项和).

1 例三 已知无穷数列 {a n } 的的通项公式是 an = ,若数列 {bn } 满足 b1 = 1 , (n ≥ 1) ,求数列 {bn } 的通项 2
公式.

n

1 1 【解析】 b1 = 1 , bn +1 bn = (n ≥ 1) ,∴ bn = b1 + (b2 b1 ) + (bn bn 1 ) =1+ + + : 2 2

n

1 2

n1

=2

1 2

n1

.

-1-

反思:用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为 an +1 = an + f ( n) . 跟踪训练 3.已知 a1 = 累乘法: 四 累乘法 利用恒等式 an = a1

1 1 , an +1 = an + ( n ∈ N * ) ,求数列 {a n } 通项公式. 2 2

n

a a2 a3 n (an ≠ 0, n ≥ 2) 求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: an +1 = g (n)a n 的 a1 a2 an 1

递推数列通项公式的基本方法(数列 g ( n) 可求前 n 项积). 例四 已知 a1 = 1 , an = n( an +1 an ) ( n ∈ N * ) ,求数列 {a n } 通项公式. 【解析】 ∵ an = n( an +1 an ) ,∴ : 1× × × ×

an +1 n + 1 a a a = ,又有 an = a1 2 3 n ( an ≠ 0, n ≥ 2) = an n a1 a2 an 1

2 3 1 2

n = n ,当 n = 1 时 a1 = 1 ,满足 an = n ,∴ an = n . n-1

反思: 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为 an +1 = g ( n)a n . 跟踪训练 4.已知数列 {a n } 满足 a1 = 1 , an = a1 + 2a2 + 3a3 + + ( n 1) an 1 ( n ≥ 2) .则 {a n } 的通项公式是. 五 构造新数列: 构造新数列
类型 1

a n+1 = an + f (n) a n = f (n) ,利用累加法(逐差相加法)求解。 1 ,求 a n 。 n +n
2

解法:把原递推公式转化为 a n +1 例 1:已知数列

{an } 满足 a1 = 1 , a n+1 = a n +
2 an =
2

解:由条件知: a n +1

1 1 1 1 = = n + n n(n + 1) n n + 1

分别令 n

= 1,2,3, , (n 1) , 代入上式得 ( n 1) 个等式累加之, ( a 2 a1 ) + ( a3 a 2 ) + ( a 4 a 3 ) + + ( a n a n 1 ) 即
所以 a n

1 1 1 1 1 1 1 = (1 ) + ( ) + ( ) + + ( ) 2 2 3 3 4 n 1 n 1 1 1 3 1 ∵ a1 = ,∴ a n = + 1 = 2 2 n 2 n
类型 2

a1 = 1

1 n

a n+1 = f (n)a n a n+1 = f (n) ,利用累乘法(逐商相乘法)求解。 an 3 n a n ,求 a n 。 n +1 n = 1,2,3, , (n 1)
, 代 入 上 式 得

解法:把原递推公式转化为

例 2:已知数列

{an } 满足 a1 = 2 , a n+1 =
a n+1 n = an n +1

解 : 由 条 件 知

, 分 别 令

(n 1)

个 等 式 累 乘 之 , 即

-2-

a a a 2 a3 a 4 1 2 3 n 1 1 n = × × × × n = a1 a 2 a3 a n1 2 3 4 n a1 n
又∵ a1

=

2 2 ,∴ a n = 3 3n

例 3:已知 a1

= 3 , a n+1 =

3n 1 a n (n ≥ 1) ,求 a n 。 3n + 2

解: a n

=

3(n 1) 1 3(n 2) 1 3× 2 1 3 1 a1 3(n 1) + 2 3(n 2) + 2 3× 2 + 2 3 + 2 3n 4 3n 7 5 2 6 3 = 3n 1 3n 4 8 5 3n 1 。 = a1 + 2a 2 + 3a3 + + (n 1)a n1
(n≥2), 则{an}的通项 a

=

变式: (2004, 全国 I,) 已知数列{an}, 满足 a1=1, n a

n

1 = ___

n =1 n≥2

解:由已知,得 a n +1 当n ≥

= a1 + 2a 2 + 3a3 + + (n 1)a n1 + na n ,用此式减去已知式,得

2 时, a n+1 a n = na n ,即 a n+1 = (n + 1)a n ,又 a 2 = a1 = 1 , a a a2 a n! = 1, 3 = 3, 4 = 4, , n = n ,将以上 n 个式子相乘,得 a n = (n ≥ 2) a1 a2 a3 a n1 2

∴ a1 = 1,
类型 3

a n+1 = pa n + q (其中 p,q 均为常数, ( pq ( p 1) ≠ 0) ) 。 t = p (a n t ) ,其中 t = q ,再利用换元法转化为等比数列求解。 1 p

解法(待定系数法) :把原递推公式转化为: a n +1

例 4:已知数列

{a n }中, a1 = 1 , a n+1 = 2a n + 3 ,求 an .
a n+1 = 2a n + 3
可 以 转 化 为

解 : 设 递 推 公 式

a n+1 t = 2(a n t )



a n+1 = 2a n t t = 3

. 故 递 推 公 式 为

a n+1 + 3 = 2(a n + 3) ,令 bn = a n + 3 ,则 b1 = a1 + 3 = 4 ,且
比数列,则 bn

bn +1 a n+1 + 3 = = 2 .所以 {bn } 是以 b1 = 4 为首项,2 为公比的等 bn an + 3

= 4 × 2 n1 = 2 n+1 ,所以 a n = 2 n+1 3 .

变式:(2006,重庆,文,14) 在数列

{an } 中,若 a1 = 1, an +1 = 2an + 3(n ≥ 1) ,则该数列的通项 an = _______________
= 2 n+1 3 )
(或 an +1

(key: a n 类型 4 数) 。

a n+1 = pa n + q n (其中 p,q 均为常数, ( pq ( p 1)(q 1) ≠ 0) ) 。

= pan + rq n ,其中 p,q,

r 均为常

解法:一般地,要先在原递推公式两边同除以 q

n +1

,得:

a n+1 p a n 1 = + q n+1 q q n q
-3-

引入辅助数列

{bn } (其中 bn = ann
q

) ,得:

bn+1 =

1 p bn + 再待定系数法解决。 q q

例 5:已知数列 解:在 a n +1

{a n }中, a1 = 5 , a n+1 = 1 a n + ( 1 ) n+1 ,求 an 。
6 3 2

1 1 2 = a n + ( ) n+1 两边乘以 2 n+1 得: 2 n+1 a n +1 = (2 n a n ) + 1 3 2 3 2 2 n n 令 bn = 2 a n ,则 bn +1 = bn + 1 ,解之得: bn = 3 2( ) 3 3 bn 1 n 1 n 所以 a n = n = 3( ) 2( ) 2 3 2
类型 5 递推公式为 a n + 2

= pa n +1 + qa n (其中 p,q 均为常数) 。 = pa n +1 + qa n , 1 = α , a 2 = β 给出的数列 {a n } , x 2 px q = 0 , a 方程 叫做数列 {a n }

解 (特征根法): 对于由递推公式 a n + 2 的特征方程。 若 x1 , x 2 是特征方程的两个根, 当 x1

n ≠ x 2 时,数列 {a n } 的通项为 a n = Ax1n 1 + Bx 2 1 ,其中 A,B 由 a1 = α , a 2 = β 决定(即把 a1 , a 2 , x1 , x 2 和 n = 1,2 , n = Ax1n 1 + Bx 2 1 ,得到关于 A、B 的方程组) ;

代入 a n 当 x1 入 an

= x 2 时,数列 {a n } 的通项为 an = ( A + Bn) x1n 1 ,其中 A,B 由 a1 = α , a 2 = β 决定(即把 a1 , a 2 , x1 , x 2 和 n = 1,2 ,代
= ( A + Bn) x1n 1 ,得到关于 A、B 的方程组) 。

例 6: 数列

{a n }: 3a n+ 2 5a n+1 + 2a n
2

= 0(n ≥ 0, n ∈ N ) , a1 = a, a 2 = b ,求 an 2 , 3

解(特征根法) :的特征方程是: 3 x

5 x + 2 = 0 。∵ x1 = 1, x 2 =

2 n ∴ a n = Ax1n 1 + Bx 2 1 = A + B ( ) n 1 。又由 a1 = a, a 2 = b ,于是 3

a = A + B A = 3b 2a 2 B = 3(a b) b = A + 3 B
练习:已知数列

故 an

2 = 3b 2a + 3(a b)( ) n 1 3

{a n }中, a1 = 1 , a2 = 2 , a n+ 2 = 2 a n+1 + 1 an ,求 an 。
3 3

key : an =

7 3 1 n 1 ( ) 。 4 4 3

变式:(2006,福建,文,22) 已知数列

{an } 满足 a1 = 1, a2 = 3, an+ 2 = 3an +1 2an (n ∈ N * ). 求数列 {an } 的通项公式;
∴ an = (an an 1 ) + (an 1 an 2 ) + ... + (a2 a1 ) + a1

(I)解:

-4-

= 2n 1 + 2n 2 + ... + 2 + 1 = 2n 1(n ∈ N * ).
类型 6 递推公式为 S n 与 a n 的关系式。(或 S n 解 法 : 利 用

= f ( an ) )


S1 (n = 1) an = S n S n 1 (n ≥ 2)

a n = S n S n1 = f (a n ) f (a n 1 )

消 去

Sn

( n ≥ 2)

或 与

S n = f ( S n S n 1 ) (n ≥ 2) 消去 a n 进行求解。
例 7:数列

{a n }前 n 项和 S n = 4 an
= 4 an 1 2
n2

1 2 n2

.(1)求 a n +1 与 a n 的关系; (2)求通项公式 a n .

解: (1)由 S n 于是 S n +1 所以 a n +1

得: S n +1

= 4 a n+1 1

1 2 n1

S n = (a n a n +1 ) + ( = a n a n+1 + 1 2 n1

1 2
n2

a n +1

) 2 n 1 1 1 = an + n 2 2



.
n +1 ≠ 0) ) )的方法,上式两边同乘以 2 得:

(2)应用类型 4( a n +1

= pa n + q n (其中

p,q 均为常数, ( pq ( p 1)( q 1)

2 n+1 a n+1 = 2 n a n + 2


a1 = S1 = 4 a1

1 2
1 2

a1 = 1

. 于 是 数 列

{2 a } 是 以
n n

2

为 首 项 , 2 为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以

2 n a n = 2 + 2(n 1) = 2n a n =

n 2 n 1

-5-

数列求和的常用方法
数列求和是数列的重要内容之一,也是高考数学的重点考查对象。数列求和的基本思路是,抓通项,找规律, 数列求和是数列的重要内容之一,也是高考数学的重点考查对象。数列求和的基本思路是,抓通项,找规律, 套方法。下面介绍数列求和的几种常用方法: 套方法。下面介绍数列求和的几种常用方法:

一、直接(或转化)由等差、等比数列的求和公式求和 直接(或转化)由等差、
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. 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. 等差数列求和公式: 1、 等差数列求和公式: S n =

n(a1 + an ) n(n 1) = na1 + d 2 2

(q = 1) na1 n 等比数列求和公式: 2、等比数列求和公式: S n = a1 (1 q ) a1 a n q = (q ≠ 1) 1 q 1 q
3、 S n =

1 ∑ k = 2n(n + 1) k =1

n

4、 S n =

∑k
k =1

n

2

1 = n(n + 1)(2n + 1) 6

5、 S n =

∑k
k =1

n

3

1 = [ n(n + 1)]2 2

18) 的等比数列, 项和. 例 1 ( 07 高考山东文 18 ) 设 {an } 是公比大于 1 的等比数列 , S n 为数列 {an } 的前 n 项和 . 已知 S3 = 7 , 且

a1 + 3, 2,a3 + 4 构成等差数列. 3a 构成等差数列.
的等差数列. (1)求数列 {an } 的等差数列.

2, 求数列 {bn } 的前 n 项和 T . (2)令 bn = ln a3 n +1,n = 1, ,
a1 + a2 + a3 = 7, (1 解: 1)由已知得 : ( a1 + 3) + ( a3 + 4) ( 解得 a2 = 2 . = 3a2 . 2
设数列 {an } 的公比为 q ,由 a2 = 2 ,可得 a1 =

2 ,a3 = 2q . q

又 S3 = 7 ,可知

2 + 2 + 2 q = 7 ,即 2 q 2 5 q + 2 = 0 , q
1 ∴ .由题意得 q > 1, q = 2 . 2

解得 q1 = 2,q2 =

∴ a1 = 1 .故数列 {an } 的通项为 an = 2n 1 .
3n 2, 由 (2)由于 bn = ln a3 n +1,n = 1, , (1)得 a3n +1 = 2

∴ bn = ln 23n = 3n ln 2 ,

又 bn +1 bn = 3ln 2n
-6-

∴{bn } 是等差数列. 是等差数列. ∴Tn = b1 + b2 + + bn

n(b1 + bn ) 2 n(3ln 2 + 3ln 2) = 2 3n(n + 1) = ln 2. 2 =
故 Tn =

3n( n + 1) ln 2 . 2
*

* 练习: 1+2+3+…+n …+n, 练习:设 Sn=1+2+3+…+n,n∈N ,求 f ( n) =

Sn 的最大值. 的最大值. (n + 32) S n +1
1 1 n(n + 1) , S n = (n + 1)(n + 2) 2 2
(利用常用公式) 利用常用公式)

解:由等差数列求和公式得 S n = ∴ f ( n) =

Sn n = 2 (n + 32) S n +1 n + 34n + 64



1 n + 34 + 64 n



( n

1 8 n

) 2 + 50



1 50

∴ 当

n

1 8 ,即 n=8 时, f ( n) max = 50 8

二、错位相减法
的等比数列, 是等差数列, 求解,均可用错位相减法。 设数列 {a n } 的等比数列,数列 {bn } 是等差数列,则数列 {a n bn }的前 n 项和 S n 求解,均可用错位相减法。
n +1 n 21) 例 2(07 高考天津理 21)在数列 {an } 中, a1 = 2,an +1 = λ an + λ + (2 λ )2 ( n ∈ N ) ,其中 λ > 0 .

的通项公式; (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)求数列 {an } 的前 n 项和 S n ;
n +1 n (Ⅰ)解:由 an +1 = λ an + λ + (2 λ )2 (n ∈ N ) , λ > 0 ,

可得

λ n +1

an +1

2 λ

n +1

2 = n +1, λ λ an

n

n an 2 n an 2 为等差数列, 所以 n 为等差数列 , 其公差为 1 , 首项为 0 , 故 = n 1 , 所以数列 {an } 的通项公式为 λn λ λ λ

an = ( n 1)λ n + 2 n .
-7-

(Ⅱ)解:设 Tn = λ 2 + 2λ 3 + 3λ 4 + + ( n 2)λ n 1 + ( n 1)λ n ,

① ②

λTn = λ 3 + 2λ 4 + 3λ 5 + + ( n 2)λ n + ( n 1)λ n +1
式减去② 当 λ ≠ 1 时,①式减去②式, 得 (1 λ )Tn = λ + λ + + λ ( n 1)λ
2 3 n n +1

=

λ 2 λ n+1 (n 1)λ n +1 , 1 λ

λ 2 λ n +1 (n 1)λ n+1 (n 1)λ n+ 2 nλ n+1 + λ 2 Tn = = . (1 λ ) 2 1 λ (1 λ ) 2
这时数列 {an } 的前 n 项和 Sn = 当 λ = 1 时, Tn =

(n 1)λ n+ 2 nλ n +1 + λ 2 + 2n+1 2 . 2 (1 λ )

n( n 1) n( n 1) + 2n +1 2 . .这时数列 {an } 的前 n 项和 S n = 2 2

高考全国Ⅱ 21) 是等差数列, 是各项都为正数的等比数列, 例 3(07 高考全国Ⅱ文 21)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 = 21 ,

a5 + b3 = 13
的通项公式; (Ⅰ)求 {an } , {bn } 的通项公式; (Ⅱ)求数列

an 的前 n 项和 S n . bn

1 + 2d + q 4 = 21, (Ⅰ 解: Ⅰ)设 {an } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,则依题意有 q > 0 且 ( 2 1 + 4d + q = 13,
解得 d = 2 , q = 2 . 所以 an = 1 + ( n 1) d = 2n 1 ,

bn = q n 1 = 2n 1 .
(Ⅱ)

an 2 n 1 = n 1 . bn 2

3 5 2n 3 2n 1 + 2 + + n 2 + n 1 ,① 1 2 2 2 2 5 2n 3 2 n 1 2 S n = 2 + 3 + + + n 3 + n 2 ,② 2 2 2 2 2 2 2n 1 ②-①得 S n = 2 + 2 + + 2 + + n 2 n 1 , 2 2 2 2 Sn = 1 + 1 2n 1 1 1 = 2 + 2 × 1 + + 2 + + n 2 n 1 2 2 2 2

-8-

1 n 1 2n 1 = 2 + 2 × 2 n 1 1 2 1 2 2n + 3 = 6 n 1 . 2 1

三、逆序相加法
把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广) 把数列正着写和倒着写再相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广)

2x 1 22.) 的图象上有两点 P1(x1, y1)、2(x2, y2), OP = (OP1 + OP2 ) , P 若 例 4 07 豫南五市二联理 22.) ( 设函数 f ( x) = x 2 2 + 2
且点 P 的横坐标为 定值, (I)求证:P 点的纵坐标为定值,并求出这个定值; 求证: 点的纵坐标为定值 并求出这个定值;
* (II)若 S n = f ( ) + f ( ) + f ( ) + … + f ( ), n ∈ N , 求S n ; II)

1 . 2

1 n

2 n

3 n

n n

(III)略 III) (I)∵ OP = ∴P 是

1 1 (OP1 + OP2 ) ,且点 P 的横坐标为 . 2 2
的中点, 的中点,且

PP
1

2

x +x
1

2

=1

y +y
1

2

=

2x

1

2 x1 + 2

+

2x 2x
2 2

2

+ 2
1

2x (2x =
1

2

+ 2 + 2x2

(2x +
2

)

(2x + 2 ) 2)
1

=

4+ 2 4 + 2 2 x 2 + 2 x1

(

)

(2x + 2x ) = 1
( x ) + f ( x ) = 1, 且f (1) = 2
1 2

∴ y =1
p

由 ( I) 知 ,

x +x
1

2

=1 f

2

1 2 n 1 n 又S n = f + f + + f + f (1) n n n n (1 , 1) +( 2) 得 : ( n n 1 2 1 S n = f n + f n + + f n + f n ( 2)
1 n n 1 2 n 2 1 2 S n = f (1) + f + f + f + f + + f + f + f (1) n n n n n n = 2 f (1) + 1 + 1 + + 1 = n + 3 2 2 ∴S n = n +3 2 2 2

四、裂项求和法
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 分解, 然后重新组合, 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) (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. 裂项) 使之能消去一些项,最终达到求和的目的. 通项分解(裂项)如:
-9-

( 1) a n =

1 1 1 = n ( n + 1) n n + 1
( 2n ) 2 1 1 1 = 1+ ( ) (2n 1)(2n + 1) 2 2n 1 2n + 1

( 2) a n =

( 3) a n =

1 1 1 1 = [ ] 等。 n(n 1)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) 1 1+ 2 , 1 2+ 3 1 n + n +1 1 1+ 2 + , , 1 n + n +1 , 的前 n 项和. 项和.

例 5 求数列

解:设 a n =

= n +1 n 1

(裂项) 裂项)

则 Sn =

1 2+ 3

+ +

n + n +1

(裂项求和) 裂项求和)

= ( 2 1) + ( 3 = n + 1 1

2) + + ( n + 1 n)

' 17) 的图像经过坐标原点, 例 6 06 高考湖北卷理 17) ( 已知二次函数 y = f ( x ) 的图像经过坐标原点, 其导函数为 f ( x ) = 6 x 2 , 数列 {an } 的
的图像上。 前 n 项和为 S n ,点 ( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x ) 的图像上。

的通项公式; (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式;

(Ⅱ)设 bn =

m 1 项和, , Tn 是数列 {bn } 的前 n 项和,求使得 Tn < 对所有 n ∈ N 都成立的最小正整数 m; 20 an an +1
2

(a≠ ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2,得 (Ⅰ f(x)= 2 解: Ⅰ)设这二次函数 f(x)=ax +bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于 f`(x)=6x-2,得 ( b=- f(x)= 2 a=3 , b=-2, 所以 f(x)=3x -2x.
2 的图像上, 又因为点 ( n, S n )( n ∈ N ) 均在函数 y = f ( x ) 的图像上,所以 S n =3n -2n. 2 2

2 =(3n2 2n)- 3 6n- 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n -2n)- (n 1) 2( n 1) =6n-5.
2

[

]

2 6×1- 所以, 6n- 当 n=1 时,a1=S1=3×1 -2=6×1-5,所以,an=6n-5 ( n ∈ N ) 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)得知 bn =

3 1 1 1 3 ), = = ( a n a n +1 (6n 5)[6( n 1) 5] 2 6n 5 6n + 1

- 10 -

故 T n=

∑ b = 2 (1 7 ) + ( 7 13 ) + ... + ( 6n 5 6n + 1) = 2 (1- 6n + 1 ).
i =1 i

n

1

1

1

1

1

1



1

1

因此, 因此,要使

1 1 m 1 m 10, ,即 m≥10,所以满足要求的最 ( 1- )< ( n ∈ N )成立的 m,必须且仅须满足 ≤ 2 6n + 1 20 2 20

小正整数 m 为 10. 评析 : 一般地 , 若数列 {a n } 为等差数列 , 且公差不为 0 , 首项也不为 0 , 则求和 :
n

∑aa
i =1 i

n

1
i +1

首先考虑

n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1 =∑ ( ) 则∑ 下列求和: )= = ( 。下列求和: ∑ ∑ a a i =1 d a a d a1 a n +1 a1 a n +1 a i + a i +1 i =1 i i +1 i =1 a i a i +1 i =1 i i +1

也可用裂项求

和法。 和法。

五、分组求和法 五、分组求和法
所谓分组法求和就是:对一类既不是等差数列,也不是等比数列的数列,若将这类数列适当拆开, 所谓分组法求和就是:对一类既不是等差数列,也不是等比数列的数列,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。 个等差、等比或常见的数列,然后分别求和,再将其合并。
数列{ 数列{ 例 7 数列{an}的前 n 项和 S n = 2a n 1 ,数列{bn}满 b1 = 3, bn +1 = a n + bn ( n ∈ N ) .

(Ⅰ)证明数列{an}为等比数列;(Ⅱ)求数列{bn}的前 n 项和 Tn。 )证明数列{ 为等比数列;(Ⅱ)求数列{

解析: (Ⅰ 解析: Ⅰ)由 S n = 2a n 1, n ∈ N ,∴ S n +1 = 2 a n +1 1 , ( 两式相减得: 两式相减得: a n +1 = 2a n +1 2a n , ∴ a n +1 = 2a n , n ∈ N .同a1 = 1知a n ≠ 0 ,



a n +1 的等比数列. = 2, 同定义知 {a n } 是首项为 1,公比为 2 的等比数列. an b n +1 b n = 2 n 1 ,

(Ⅱ) a n = 2 n 1 , b n +1 = 2 n 1 + b n

b 2 b1 = 2 0 , b 3 b 2 = 2 1 , b 4 b 3 = 2 2 ,
等式左、右两边分别相加得: bn bn 1 = 2 n 2 , 等式左、右两边分别相加得:
bn = b1 + 2 0 + 21 + + 2 n 2 = 3 + 1 2 n 1 = 2 n 1 + 2, 1 2

∴ Tn = ( 2 0 + 2) + ( 21 + 2) + ( 2 2 + 2) + + ( 2 n 1 + 2) = ( 2 0 + 21 + 2 2 + + 2 n 1 ) + 2 n
1 2n + 2n = 2 n + 2n 1. 1 2 2 2 2 2 n 1 2 例 8 求 S = 1 2 + 3 4 + + (1) n ( n ∈ N + ) 为偶数时, 解:⑴ 当 n 为偶数时,
=
- 11 -

S = (12 22 ) + (32 42 ) + + [(n 1)2 n2 ] = (1 + 2 + + n) =
为奇数时, ⑵ 当 n 为奇数时,

n(1 + n) ; 2
n(n 1) 1 + n 2 = ( n 2 + n) 综 上 所 述 , 2 2

S = (12 22 ) + (32 42 ) + + [(n 2)2 (n 1)2 ] + n 2 = [1 + 2 + + (n 1)] + n 2 =

1 S = (1)n +1 n( n + 1) . 2 点评:分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和. 点评:分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和.

六、利用数列的通项求和
先根据数列的结构及特征进行分析, 然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的 先根据数列的结构及特征进行分析, 据数列的结构及特征进行分析 找出数列的通项及其特征, 找出数列的通项及其特征, 项和,是一个重要的方法. 前 n 项和,是一个重要的方法. 之和. 例 9 求 1 + 11 + 111 + + 111 1 之和.
n个1

解:由于 111 1 =
k个1

1 1 × 999 9 = (10 k 1) 9 9 k个1
n个1

(找通项及特征) 找通项及特征)

∴ 1 + 11 + 111 + + 111 1 = =

1 1 1 1 1 (10 1) + (10 2 1) + (10 3 1) + + (10 n 1) 9 9 9 9

(分组求和) 分组求和)

1 1 1 (10 + 10 2 + 103 + + 10 n ) (1 + 1 + 1 + + 1) 9 9 n个1
1 10(10 n 1) n 9 10 1 9 1 (10 n +1 10 9n) 81
∞ 8 的值. , 求∑ (n + 1)(a n a n +1 ) 的值. (n + 1)(n + 3) n =1





已知数列{ 例 10 已知数列{an}: a n =

解:∵ ( n + 1)(a n a n +1 ) = 8( n + 1)[

1 1 ] (n + 1)(n + 3) (n + 2)(n + 4)
(设制分组) 设制分组)

(找通项及特征) 找通项及特征)

= 8 [ =4 (


1 1 + ] (n + 2)(n + 4) (n + 3)(n + 4)
1 1 1 1 ) + 8( ) n + 2 n + 4 n +3 n + 4


(裂项) 裂项)



∑ (n + 1)(an an+1 ) = 4∑ (
n =1 n =1

∞ 1 1 1 1 ) + 8∑ ( ) n+2 n+4 n+4 n =1 n + 3

(分组、裂项求和) 分组、裂项求和)

=4( + =

1 3

1 1 ) +8 4 4

13 3
- 12 -

- 13 -


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