题型分类教案：数列求和与求通项技巧（高三复习）

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题型分类：数列性质求通项，求和技巧
【数列性质以及递推公式求法】
1．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)(或an＝f(an－1，an－2)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
2．Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn，则
an＝这个关系式对任意数列均成立．
3.由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an.
(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．
例1.已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝②an＝，③an＝，④an＝.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(　　)
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①③④
解析：选A　检验知①②③都是所给数列的通项公式．
【变式1】已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
解析：∵对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，
∴an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ.
又∵{an}是递增数列，
∴an＋1－an>0，且当n＝1时，an＋1－an最小，
∴an＋1－an≥a2－a1＝3＋λ>0，∴λ>－3.
答案：(－3，＋∞)
【变式2】数列 {an}满足 an＋1＝ , a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
答案：
【变式3】设数列是首项为0的递增数列，，满足：对于任意的总有两个不同的根，则的通项公式为___________．
答案：；
例2.数列求通项的技巧
【裂项化简法】已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，则an＝________；
　(1)由条件知an＋1－an＝＝＝－，
则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
＝＋＋＋…＋－，
即an－a1＝1－，又∵a1＝，
∴an＝1－＋＝－.
【倒数化简法】若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
(4)∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，
∴＝＋，
即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝.
【同除化简法】设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
∵Sn≠0，∴－＝1，即－＝－1.
又＝－1，
∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
答案：－
【因式分解化简法】设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，则它的通项公式an＝________.
解析：∵(n＋1)a＋an＋1·an－na＝0，
∴(an＋1＋an)[(n＋1)an＋1－nan]＝0，
又an＋1＋an>0，∴(n＋1)an＋1－nan＝0，即＝，
∴····…·＝××××…×，∵a1＝1，∴an＝.
答案：
【取对数化简法】已知 求通项
分析：由知在的两边同取常用对数得 即 数列是以为首项，以为公比的等比数列
故
【累加法】设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1，求数列{an}的通项公式．
解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，
∴an＝(n∈N*)．
【累乘法】若数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，则通项an＝________；
(2)由an＋1＝an(an≠0)，得＝，
故an＝··…··a1
＝··…··
＝.
【待定系数构造法】若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________；
(3)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.
故an＋1＋3＝2(an＋3)．
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，bn≠0，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，
即an＝2n＋1－3.
【型】数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
解：

构成了一个首项这，公差为3的等差数列，

所以选B。
【构造通项关系法】已知数列中，，且，求
解：
设，则，且
为公差是4的等差数列


【变式1】设数列的前项和为，已知，求通项.
解：
两式相减得 即
上式两边同除以得 （这一步是关键）
令得
（想想这步是怎么得来的）
数列从第项起，是以为首项，以为公比的等比数列
故
又，所以
不适合上式
【变式2】已知数列的前项和为，且满足：，，，则__________.
【答案】
【解析】，则，化为：．由，，可得，因此对都成立．∴数列是等比数列，首项为2，公比为2．∴，即，故答案为.
【变式3】已知数列满足，，设，则数列是（ ）
A．常数列 B．摆动数列 C．递增数列 D．递减数列
【数列求和技巧】
1.错位相减法求和
（1）这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·　bn}的前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.
的前n项和为____
答案：
2.反序相加法求和
（2）求的值
解：设…………. ①
将①式右边反序得
…………..② （反序）
又因为
①+②得 （反序相加）
＝89
∴ S＝44.5
3.裂项法求和
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）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. 通项分解（裂项）如：
（1） （2）
（3） （4）
（5）
(6)
（7）
（8）
（3）
答案：.
（4）求证：
解：设
∵ （裂项）
∴ （裂项求和）
＝
＝＝＝
∴　原等式成立
4.分奇偶求和法
（5）若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于 ( )
A.1 B.-1 C.0 D .2
解：对前n项和要分奇偶分别解决，即： Sn= 答案：A
（6）设，则＝___
答案：2.
（7）已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；（等差罗列，易）
（2）若数列满足，求数列的前项和.
【课后练习】
一、选择题
1．(2017·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选D　由an＝＝1－得Sn＝n－＋＋…＋＝n－，则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.
2．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4＋，a11成等比数列．若p－q＝10，则ap－aq＝(　　)
A．14 B．15 C．16 D．17
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由题意分析知d>0，因为a3，a4＋，a11成等比数列，所以2＝a3a11，即2＝(1＋2d)·(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0，所以d＝，所以an＝.所以ap－aq＝(p－q)＝15.
3．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800
解析：选B　当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝于是S100＝50＋＝2 600.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 017的值为(　　)
A．2 017 B．2 016 C．1 009 D．1 007
解析：选C　因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009，故选C.
5．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为(　　)
A．0 B．－9 C．9 D．1
解析：选C　由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cos x＋1，∴f＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cos(π－x)＋1＝－sin 2x－cos x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
6．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列的前n项和Tn＝(　　)
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C　设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a1－，S1，S2，S4成等比数列，所以2＝a1，整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；当a1＝－时，公差d＝＝－1，所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，所以＝－＝－－，所以其前n项和Tn＝－1－＋－＋…＋－＝－＝－，故选C.
二、填空题
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，∴＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，∴S5＝121.
答案：1　121
8．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于________．
解析：因为a1＝，又an＋1＝＋，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×＝1 512.
答案：1 512
9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
10．(2017·福建泉州五中模拟)已知lg x＋lg y＝1，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，则Sn＝________.
解析：因为lg x＋lg y＝1，
所以lg(xy)＝1.
因为Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，
所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lg xn，
两式相加得2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋[lg(xn－1y)＋lg(xyn－1)]＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n[lg(xy)＋lg(xy)＋…＋lg(xy)]＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝.
答案：
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