求数列通项公式和前n项和的常用方法(含高考题精选)

一、求数列通项公式的常用方法

1.公式法：等差数列或等比数列的通项公式。

2.归纳法：由数列前几项猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性。

aa2a3n(an0,n2)型如: an1g(n)an a1a2an14.构造新数列: 类型1累加法 an1anf(n) 类型2 累乘法 an1f(n)an

3.累乘法:利用ana1类型3 an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法（待定系数法）：把原递

q，转化为等比数列求解。 1pnn类型4 an1panq（其中p，q均为常数，。 （或an1panrq,(pq(p1)(q1)0)）

a1pan1n1•n引入其中p，q, r均为常数） 解法：先在原递推公式两边同除以q，得：nn1qqqqap1bb辅助数列bn（其中bnn），得：再待定系数法解决。 n1nqnqq类型5 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))

推公式转化为：an1tp(ant)，其中t解法：1.利用anS1(n1) 2.升降标相减法

SnSn1(n2)二、数列求和的常用方法

1.直接或转化等差、等比数列的求和公式求和 （1）等差数列求和公式：Snn(a1an)n(n1)na1d 22(q1)na1n（2）等比数列求和公式：Sna1(1q)a1anq

(q1)1q1q2.错位相减法 设数列an的等比数列，数列bn是等差数列，则求数列anbn的前n项和Sn。

(2n)21111113.裂项求和法 （1）an（2）an1()等。(2n1)(2n1)22n12n1n(n1)nn14.分组求和法：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。

5.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）

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三、数列高考题

1.(2011年高考辽宁卷理科17)（本小题满分12分）

已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8= -10

（I）求数列{an}的通项公式； （II）求数列an的前n项和. n12aS12... (2014全国1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，a，其中为常数. nn1na（Ⅰ）证明：a；（Ⅱ）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由. n2n

2

3..（2016年全国III高考）已知数列{an}的前n项和Sn1an，其中0．

（I）证明{an}是等比数列，并求其通项公式； （II）若S5

4..（2016年山东高考）已知数列an 的前n项和Sn=3n2+8n，bn是等差数列，且anbnbn1.

31 ，求． 32(an1)n1（Ⅰ）求数列bn的通项公式；（Ⅱ）令cn. 求数列cn的前n项和Tn. n(bn2)

3

5. (2011年高考全国新课标卷理科17)（本小题满分12分）

2等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a39a2a6. (1)求数列an的通项公式.

(2)设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列

1的前项和. bn6.(2015全国1) Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，错误!未找到引用源。

(Ⅰ)求{an}的通项公式：(Ⅱ)设错误!未找到引用源。 ，求数列错误!未找到引用源。}的前n项和

求数列通项公式和前n项和的常用方法答案

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a1d0,a11,1.（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得解得

2a12d10,d1.1故数列{an}的通项公式为an2n. ………………5分 （II）设数列{ana2，即}的前n项和为SSann122n1an.所以，当n1时， n2an,故S11， 2n1Sna1a2224Snaaaaa1a12nn1n1n2222n1112n1(n1n)

242212n1(1n1)n22=

annnn 所以综上，数列{}的前n项和S. S..nn2n12n12n12naSa1,aS12.解（Ⅰ）由题设，a nn1nn12nn1(aa)aaa两式相减得a，而an10， n1n2nn1n2naS1a11，又{an} （Ⅱ）a，而a11，解得 a12112aaa1,,a,aa4令2 213，解得4。此时aa12335n2n{an}是首项为1，公差为2的等差数列。 即存在4，使得{an}为等差数列。 3.解

 5

24.解(Ⅰ)因为数列an的前n项和Sn3n8n， 所以a111，当n2时，

anSnSn13n28n3(n1)28(n1)6n5，又an6n5对n1也成立，所以

an6n5．又因为bn是等差数列，设公差为d，则anbnbn12bnd．

当n1时，2b111d；当n2时，2b217d，解得d3，所以数列bn的通项公式为

bnand3n1． 2(an1)n1(6n6)n1(Ⅱ)由cn(3n3)2n1，于是nn(bn2)(3n3)Tn6229231224(3n3)2n1，两边同乘以２，得 2Tn623924(3n)2n1(3n3)2n2，两式相减，得Tn62232332432n1(3n3)2n2

322(12n)32(3n3)2n2122 6

Tn12322(12n)(3n3)2n23n2n2．

25.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a39a2a6得a39a4所以q1。 911由条件可知a>0,故q。由2a13a21得2a13a2q1，所以a1。

331故数列{an}的通项式为an=n。

3232（Ⅱ ）bnlog3a1log3a2...log3an

(12...n)n(n1)2故

12112() bnn(n1)nn1111111112n...2((1)()...()) b1b2bn223nn1n1所以数列{12n}的前n项和为 bnn1226.解：（I）由an2an4Sn3，可知an12an14Sn13.

2222可得an1an2(an1a)4an1 即2(an1an)an1an(an1a)(an1a)

由于an0可得an1an2.又a122a14a13，解得a11(舍去)，a13 所以an是首相为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1. （II）由an2n1 bn11111(). ana1(2n1)(2n3)22n12n3bn

设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b211111()()23557n.3(2n3)(11)()2n12n3

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