1、数列的通项题型归纳题型一：观察法已知数列前几项求通项公式例1.写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：例2.观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：题型二：公式法（定义法）根据等差数列、等比数列的定义求通项例、数列满足=8， （），求数列的通项公式；总结：有时，通项直接，整体代换。题型三:叠加法 型数列，其中不是常值函数。此类数列解决的办法是累加法，具体做法是将通项变形为，从而就有将上述个式子累加，变成，进而求解。例. 已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以数列的通项公式为。注：在运用累加法时,要特别注意项数,计算时项数容易出错.题型四 ：叠乘法型数列，（其中不
2、是常值函数)此类数列解决的办法是累积法，具体做法是将通项变形为，从而就有将上述个式子累乘，变成，进而求解。例. 已知数列中，求数列的通项公式。解：当时，将这个式子累乘，得到，从而，当时，所以。注：在运用累乘法时,还是要特别注意项数,计算时项数容易出错题型五：递推公式为与的关系式。(或)解法：这种类型一般利用与消去 或与消去进行求解。有时要有整体的思想。例1、 在数列中，a=0，+=n+2n（nN+）求数列的通项公式解：由于+=n+2n ，则+，即= n+2n例2数列前项之和满足：（1） 求证：数列是等比数列；（2） 若数列的公比为,数列满足：，求数列的通项公式；解：（1）由得：两式相减得：即,
3、 数列是等比数列。 （2） ，则有 。 题型六.形如型（取倒数法）例1. 已知数列中，求通项公式 解：取倒数： 题型七形如,其中)型（构造新的等比数列）（1）若c=1时，数列为等差数列;（2）若d=0时，数列为等比数列;（3）若时，数列为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.方法如下：设,利用待定系数法求出A例1已知数列中，求通项.分析：待定系数法构造构造新的等比数列。解：由设,解出A=-1,则所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列所以,即 . 题型八.形如型（构造新的等比数列）(1)若一次函数(k,b是常数，且)，则后面待定系数法也用一次函数。例题. 在数列中，,求通项.解
4、：原递推式可化为比较系数可得：k=-6,b=9,上式即为所以是一个等比数列，首项,公比为. 即：，故.题型九. 形如(其中p,r为常数)型（1）p0， 用对数法.例1. 设正项数列满足，（n2）.求数列的通项公式.解：两边取对数得：，设，则 是以2为公比的等比数列， ，题型十.形如(其中p,q为常数)型（1）当p+q=1时 用转化法例1.数列中，若,且满足,求.解：把变形为.则数列是以为首项，3为公比的等比数列，则 利用类型6的方法可得 .（2）当时 用待定系数法.例2. 已知数列满足，且,且满足,求.解：令,即,与已知比较，则有,故或由来运算，即有,则数列是以为首项，3为公比的等比数列，故,
5、即 由来运算，即有,则数列是以为首项，2为公比的等比数列，故,即 由可得. 评注：形如的递推数列,我们通常采用两次类型(5)的方法来求解,但这种方法比较复杂,我们采用特征根的方法:设方程的二根为,设,再利用的值求得p,q的值即可.课堂达标检测题：1.写出下面数列的一个通项公式：2. 数列中，求的通项公式 3.已知数列满足，求4.已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以5.已知， ，求。解：6. 已知数列an的前n项和Sn，求通项 Sn3n2 Snn23n1解 anSnSn1 (n2) a1S1 解得：an an7、已知数列an的前n项和为Sn，且anSn1(nN*)求数列an的通项公式；
6、解：(1)由anSn1，得an1Sn11，两式相减得an1anSn1Sn0，2an1an，即an1an.又n1时，a1S11，a1.又an1an，数列an是首项为，公比为的等比数列ana1qn1()n1()n.8.设数列的前项和为，满足，且，成等差数列。（1） 求的值；（2） 求数列的通项公式。【解答】（1）；（2） ；9.设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记。 求数列与数列的通项公式；解：（I）当时， 又数列是首项为，公比为的等比数列，10.若数列中，,求通项公式.答案：11.若数列中，,求通项公式。答案：12.已知数列中，求通项公式答案：13. 数列中，（n2），求数列的通项公式
7、. 答案：14.若数列中，,，求通项公式答案： 题型1：利用常用求和公式求和1、 等差数列求和公式： 2、等比数列求和公式： 例1、已知数列，（x0），数列的前n项和，求。解：当x=1时， 当x1时，为等比数列，公比为x由等比数列求和公式得 （利用常用公式） 例2已知等差数列的首项为1，前10项的和为145，求解：首先由则题型2：分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，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，再将其合并即可.形如：的形式，其中 an 、 bn 是等差数列、等比数列或常见的数列.例3、 求数列的前n项和：，解：设将其每一项拆开再重新组合
8、得 （分组）当a1时， （分组求和）当时，例4、若Sn1234(1)n1n，则S17S33S50等于()A1 B1 C0 D2解析：Sn故S179，S3317，S5025，S17S33S501. 答案：A练习1、数列1,1+2,1+2+4,的前n项和 020,那么n的最小值是( ) A.7B.8 C.9 D.10 【答案】 D 【解析】 若 020,则 020,. 2、求数列的前n项和。解：设数列的前n项和为，则 当时，当时，说明：在运用等比数列的前n项和公式时，应对q1与的情况进行讨论。题型3：错位相减法求和对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前n项和，常用错项相消法。, 其中是
9、等差数列， 是等比数列，记，则，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anbn的前n项和，其中 an 、 bn 分别是等差数列和等比数列.例5. 求数列的前n项和。解：设当时，当时，式两边同时乘以公比a，得两式相减得例6、求和：（）解： 当x=1时，当x1时， . 式两边同乘以x得 （设制错位）得 （错位相减）再利用等比数列的求和公式得： 题型4：裂项法求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加抵消掉中间的许多项，这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。 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，
10、最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如： （1） （2）（3）(4)例7、求数列的前n项和.解：设 （裂项）则 （裂项求和） 例8、解：， 一、 知识收获1、 数列求通项公式有哪些方法？2、 这些方法所解的类型是什么形式的？3、 解题过程中注意哪些？哪些容易遗忘？二、 方法总结 1、求通项公式的方法比较多主要有观察法、公式法、叠加法、叠乘法、递推公式为与的关系式、倒数法、构造法等 2、数列求和的主要方法：（1）公式法：能直接用等差或等比数列的求和公式的方法。（2）分组求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（等差、等比、常数列）然后分别求和的方法。（3）裂项相消法：将数列的通项分成二项的差的形式
11、，相加消去中间项，剩下有限项再求和的方法。常用裂项技巧有：； （）； ； （4）错位相减法：若为等差、为等比数列，则求数列的前项和可用此法。三、 技巧提炼 根据条件的形式进行选做题方法1、根据数列的前几项，写出它的一个通项公式（1）3，33，333，（2）解：（1）（2）观察各项的符号是“+”“”号相间，用表示各项符号。2、在数列中，且有：，共线，求数列的通项 【思路分析】根据共线，得：，然后利用累积法求通项。 解：由已知得： 。3、已知数列的各项都是正数，且，求数列的通项公式。【思路分析】根据已知条件：求出与n的关系式，再根据，求出数列的通项。解：由-（1）得：-（2）把代入（2）得：整理得
12、：，易求得，由此可知：数列是以为首项，1为公差的等差数列。故，即而且n=1时，也满足上式。对一切的，都有。4、已知数列满足，求的通项公式。解：因为所以用式式得则故所以由，则，又知，则，代入得。所以，的通项公式为5、 已知数列满足，求数列的通项公式。解：设将代入式，得整理得。令，则，代入式得由及式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。6、 已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，则故，代入得即因为，故则，即，可化为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得。7、已知数列满足 a11，an (n2) ，求。 an8、已知数列，求此数列的前项和答案：9、求数列1，3
13、，32，3n的各项的和.解析：其和为：(133n)()=(3n1-3-n)10、求和：. 解析：当a=0时，；当b=0时，；当且时，；当且时，.11、设a为常数，求数列：, ,的前项和.解析：当a=0时，Sn=0当时，当时， 则 由-可得：， .12、已知数列an的前n项和Snkcnk(其中c，k为常数)，且a24，a68a3.(1)求an；(2)求数列nan的前n项和Tn.解：(1)由Snkcnk，得anSnSn1kcnkcn1(n2)，(3分)由a24，a68a3，得kc(c1)4，kc5(c1)8kc2(c1)，.(5分)解得所以a1S12，ankcnkcn12n(n2)，于是an2n.
14、(7分)(2) Tn12222323424n2n，.(9分)Tn2TnTn22223242nn2n+12n+12n2n+1(n1)2n+12。.(12分)13、已知数列an的各项均是正数，其前n项和为Sn，满足Sn4an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(nN*)，数列bnbn+2的前n项和为Tn，求证：Tn.解：(1)由题设知S14a1，a12，(1分)由题意得Sn+14an+1.两式相减，得Sn+1Snanan+1(2分)所以an+1anan+1，2an+1an，即.(3分)可见，数列an是首项为2，公比为的等比数列所以an2n-1n-2.(5分)(2)证明：bn，(7分)bnbn+2，Tnb1b3b2b4b3b5bnbn+2.(12分)
