1、 类型1数列通项公式的求法利用an与Sn的关系求通项公式【例1】设数列an的前n项和为Sn，点(nN)均在函数y3x2的图象上，求数列an的通项公式解依题意得，3n2，即Sn3n22n当n2时，anSnSn1(3n22n)3(n1)22(n1)6n5；当n1时，a1S1312211615所以an6n5(nN)数列an的前n项和Sn与通项an的关系是an该公式有两个作用：已知前n项和Sn，求通项an；将项与和的关系统一成项与项的关系或和与和的关系由Sn求an时，要分n1和n2两种情况讨论，然后验证两种情况可否用统一的解析式表示，若不能则用分段函数表示累加(乘)法求通项公式【例2】根据下列条件，确
2、定数列an的通项公式(1)a12，an1anln；(2)a11，nan1(n1)an解(1)an1anln，anan1lnln(n2)，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1lnlnlnln 222ln2ln n(n2)，又a12适合上式，故an2ln n(nN)(2)a11，nan1(n1)an，(n2)，ana11n(n2)，又a11适合上式，故ann1已知a1，且anan1f(n)，可用an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1求an2已知a1(a10)，且f(n)，可用ana1求an迭代法求通项公式【例3】已知数列an满足a12，an2an11(n2)，
3、求通项公式an解an2an112(2an21)122an22122(2an31)2123an322212n1a12n22n322212n(2n22n32221)2n2n2n112n11对于形如anf(an1)型的递推公式，采取逐次降低“下标”数值的反复迭代方式，最终使an与初始值a1(或a2)建立联系的方法就是迭代法构造法求通项公式【例4】已知数列an满足，a12，且an3an1(2n3)(n2)，求an解设an(xny)3an1x(n1)y，对应已知条件an3an1(2n3)，解得x1，y0ann3an1(n1)，数列ann为首项为a111，公比为3的等比数列ann13n1，得ann3n11
4、已知a1，且an1qanb，则an1kq(ank)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为ank为等比数列2形如an1(A，B，C为常数)的数列，将其变形为若AC，则是等差数列，且公差为若AC，则采用待定系数法构造新数列求解跟进训练1(1)在数列an中，若a13，an1an，则通项公式an_(2)已知a11，an12nan，则数列an的通项公式an_(3)已知数列an中，a11，且点Pn(an，an1)(nN)在直线4xy10上，则数列an的通项公式an_(4)已知数列an满足a11，an1(nN)，则数列an的通项公式an_(1)4(2)2(3)(4)原递推公式可化为an1an，则a2a11，
5、a3a2，a4a3，an1an2，anan1 ，累计相加得，ana11，又n1时也适合，故an4(2)因为an12nan，2n，当n2时，ana12n12n2212又a11也符合上式，所以an2(3)因为点Pn(an，an1)(nN)在直线4xy10上，所以4anan110所以an14因为a11，所以a1故数列是首项为，公比为4的等比数列所以an4n1，故数列an的通项公式为an(4)由an1，得1，所以12，故是首项为12，公比为2的等比数列，则12n，则an 类型2数列求和的方法公式法求和 【例5】数列an的前n项和Sn100nn2(nN)(1)求证：an是等差数列(2)设bn|an|，求
6、数列bn的前n项和解(1)证明：anSnSn1(100nn2)100(n1)(n1)21012n(n2)a1S11001129910121， 数列an的通项公式为an1012n(nN)又an1an2为常数， 数列an是首项为a199，公差d2的等差数列(2)令an1012n0，得n50.5， nN，n50(nN) 当1n50时，an0，此时bn|an|an， bn的前n项和Sn100nn2 当n51时，an0，此时bn|an|an，由b51b52bn(a51a52an)(SnS50)S50Sn，得数列bn的前n项和为 SnS50(S50Sn)2S50Sn22 500(100nn2)5 0001
7、00nn2由得数列bn的前n项和为Sn如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q1或q1 倒序相加法求和【例6】设函数yf(x)的定义域为R，其图象关于点成中心对称，令akf (n是常数且n2，nN)，k1，2，n1，求数列ak的前(n1)项的和解yf(x)的图象关于点成中心对称，所以f (x)f (1x)1令Sn1a1a2an1f f f ，又Sn1an1an2a1f f f ，两式相加，得2Sn1n1，Sn1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项和可用倒序相加法 错位相
8、减法求和 【例7】设C1，C2，Cn，是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线yx相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知rn为递增数列(1)证明：rn为等比数列；(2)设r11，求数列的前n项和解(1)将直线yx的倾斜角记为，则有tan ，sin ，设Cn的圆心为(n，0)，则由题意得知，得n2rn同理n12rn1，从而n1nrnrn12rn1，将n2rn代入，解得rn13rn，故rn是公比q3的等比数列(2)由于r11，q3，故rn3n1，从而n31n，记Sn，则有Sn1231332n31n，131232(n1)31nn3n，得1
9、313231nn3nn3n3n，Sn31n一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法裂项相消法求和 【例8】在数1和100之间插入n个实数，使得这(n2)个数构成递增的等比数列，将这(n2)个数的乘积记作Tn，再令anlg Tn，n1(1)求数列an的通项公式；(2)设bntan antan an1，求数列bn的前n项和Sn解(1)t1，t2，tn2构成递增的等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1，并利用等比数列性质得tn2t1tn1t2t1tn2102得T(tn2t1)(tn1t2)(t1tn
10、2)102(n2)，anlg Tnlg 10n2n2，n1(2)由(1)知bntan antan an1tan(n2)tan(n3)，n1，又tan(n3)(n2)tan 1，tan(n2)tan(n3)1，所以数列bn的前n项和为Sntan(12)tan(13)tan(22)tan(23)tan(n2)tan(n3)nn把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和分组法 【例9】求和：Sn解(1)当x1时，Sn4n(2)当x1时，Sn(x2x4x2n)2n2n2n，Sn1若数列cn的通项公式为cnanbn，且an，bn为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列cn
11、的前n项和2若数列cn的通项公式为cn 其中数列an，bn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求cn的前n项和跟进训练2(1)已知数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，且an0，6Sna3an，bn若kTn恒成立，则k的最小值为()ABC49D(2)已知数列nan的前n项和为Sn，且an2n，且使得Snnan1500，所以anan130，即anan13(n2)，故an是首项为3，公差为3的等差数列，所以an3n则bn故Tnb1b2bn，由于Tn是单调递增数列，所以k故k的最小值为，故选B(2)Sn121222n2n，则2Sn122223n2n1，两式相减得Sn2222nn2n1n2n1，
12、故Sn2(n1)2n1又an2n，Snnan1502(n1)2n1n2n150522n1，依题意522n10，故最小正整数n的值为5(3)设数列an是公差为d的等差数列，a1cos a2cos a3cos a4cos a5cos a6cos 2(a1a2)(a5a4)a3a6a3a6由S2 0175 710，S2 0184 030，可得5 710(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)a2 017，4 030(a3a9a2 013)(a6a12a2 010a2 016)a2 017a2 018，两式相减可得a2 0183 360，由5 7101 008d(3 360d)，
13、解得d4，则ana2 018(n2 018)44n4 712，可得S2 0194 030a2 0194 030(42 0194 712)666【例】等差数列an各项均为正整数，a13，前n项和为Sn，等比数列bn中，b11且b2S264，b是公比为64的等比数列，求an，bn的通项公式解设an的公差为d，bn的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1依题意有 由q(6d)64知q为正有理数，又由q2知d为6的因子1，2，3，6之一，解得d2，q8，故an2n1，bn8n1在等差数列和等比数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量：a1，an，n，d(q)，Sn，其中首项a1
14、和公差d(公比q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件建立关于a1，an，n，d(q)，Sn的方程组，通过解方程求出需要的量，这是求解该类问题的基本方法，其根据是方程思想素养提升练设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和已知S37，且a13，3a2，a34构成等差数列(1)求数列an的通项；(2)令bnln a3n1，n1，2，求数列bn的前n项和Tn解(1)由已知得解得a22设数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q，又S37，可知22q7，即2q25q20解得q12，q2由题意得q1，q2，a11故数列an的通项为an2n1(2)由于bnln a3n1，n1，2，由(1)得a3n123n，bnln 23n3nln 2又bn1bn3ln 2，bn是等差数列，Tnb1b2bnln 2故Tnln 2