笑对失败作文-抗震救灾标语

..
1，数列通项公式的十种求法：
（1）公式法（构造公式法）
n
例1 已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
32
，
a
1
2
，求数列
{a
n}
的通项公式。
a
n1
a
n
3
a
n1
a
n
3
a
n
，则，故数列
{}
是< br>
2
n
2
n1
2
n
22
n 1
2
n
2
a
n
3
a
2
3
以
1
为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，
1(n1)
1
n
1
2
2
22
2
31
n< br>所以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
(n )2
。
22
n
解：
a
n1
2a
n
32
两边除以
2
n1
，得
n
评注：本题解题 的关键是把递推关系式
a
n1
2a
n
32
转化为< br>a
n1
a
n
3

，说明数列
2
n1
2
n
2
aa
n
3
是等差数列，再直接利用等 差数列的通项公式求出，进而求出数列
{
n
}
1(n1)
n< br>n
2
22
{a
n
}
的通项公式。
（2）累加法
，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。 例2 已知数列
{a
n
}
满足
an1
a
n
2n1
解：由
a
n1
a
n
2n1
得
a
n1
a
n
2n 1
则
a
n
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)(a
3
a
2
) (a
2
a
1
)a
1
[2(n1)1][2( n2)1](221)(211)1
2[(n1)(n2)21] (n1)1

(n1)n
2(n1)1
2
(n 1)(n1)1
n
2
2
所以数列
{a
n
}< br>的通项公式为
a
n
n
。
评注：本题解题的关键是把递推关 系式
a
n1
a
n
2n1
转化为
a
n1
a
n
2n1
，进而求
出
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)(a
3
a
2
)(a
2
a
1
)a
1< br>，即得数列
{a
n
}
的通项公式。
n
变式：已知数 列
{a
n
}
满足
a
n1
a
n
231，a
1
3
，求数列
{a
n
}
的通项 公式。
（3）累乘法
.. .

..
n
例3已知数列
{a
n
}
满足
a
n1< br>2(n1)5a
n
，a
1
3
，求数列
{a< br>n
}
的通项公式。
n
解：因为
a
n1
 2(n1)5a
n
，a
1
3
，所以
a
n0
，则
a
n1
2(n1)5
n
，故
a
n
a
n

a
n
a
n1
a
n1
a
n2

a
3
a
2
a
1
a
2
a
1
[2(21)5
2][2(11)5
1
]3

21
[2(n11 )5
n1
][2(n21)5
n2
]
2
n1
[n(n1)
32
n1
32]5
(n1)(n 2)
n!
n1
3
5
n(n1)
2
所 以数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
325< br>n(n1)
2
n!.

n
评注：本题解题的关键是把递推 关系
a
n1
2(n1)5a
n
转化为
a
n 1
2(n1)5
n
，进而求
a
n
出
a
n
a
n1

a
n1
a
n2
< br>a
3
a
2
a
1
，即得数列
{a
n
}
的通项公式。
a
2
a
1
(n1)an1
(n2)
，求
{a
n
}
的通
，an
a
1
2a
2
3a
3

变式： 已知数列
{a
n
}
满足
a
1
1
项公式。



（4）待定系数法
n
例4已知数列
{a< br>n
}
满足
a
n1
2a
n
35，a< br>1
6
，求数列

a
n

的通项公式。 < br>解：设
a
n1
x5
n1
2(a
n
x5
n
)
④
nnn1n
将
a
n1< br>2a
n
35
代入④式，得
2a
n
35x 52a
n
2x5
，等式两边消去
2a
n
，得
35
n
x5
n1
2x5
n
，两边除以
5
n
，得
35x2x,则x1,
代入④式得
a
n 1
5
n1
2(a
n
5
n
)
⑤
.. .

..
a
n1
5
n1
n
{a5}
是以由
a
1
56510
及⑤式得
a
n
50
，则，则数列
2
n
n
a
n
5
1n
a< br>1
5
1
1
为首项，以2为公比的等比数列，则
a
n
5
n
2
n1
，故
a
n
2
n1
5
n
。
nn1n
评注：本题解题的关键是把递推关系 式
a
n1
2a
n
35
转化为
a
n 1
52(a
n
5)
，
nn
从而可知数列
{ a
n
5}
是等比数列，进而求出数列
{a
n
5}
的通项公式，最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
变式： < br>n
①已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
3a
n
524，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
2
②已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
2a
n
3n4n5，a
1
1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。


（5）对数变换法
n5
例5已知数列
{a
n
}
满 足
a
n1
23a
n
，
a
1
7< br>，求数列
{a
n
}
的通项公式。
n5n5
解：因为
a
n1
23a
n
，a
1
7
，所 以
a
n
0，a
n1
0
。在
a
n1
23a
n
式两边取
常用对数得
lga
n1
5lga
n
nlg3lg2

设
lga
n1x(n1)y5(lga
n
xny)

⑩
11
○
将⑩式代入
○
11式，得
5lga
n
nlg3 lg2x(n1)y5(lga
n
xny)
，两边消去
5lg a
n
并整理，得
(lg3x)nxylg25xn5y
，则 < br>lg3

x


lg3x5x

4< br>，故


lg3lg2
xylg25y


y

164

代入
○
11式，得
lg a
n1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2
12
(n1)5(lga
n
n)

○
41644164
.. .

..
由
lga
1

得
lga
n

lg 3lg3lg2lg3lg3lg2
12式，
1lg710
及< br>○
41644164
lg3lg3lg2
n0
，
41 64
lga
n1

则
lg3lg3lg2
(n1)
4164
5
，
lg3lg3lg2
lga
n
 n
4164
lg3lg3lg2
lg3lg3lg2
为首项，以5为公比 的等

n}
是以
lg7
41644164
lg3l g3lg2lg3lg3lg2
n1
比数列，则
lga
n
n (lg7)5
，因此
41644164
所以数列
{lga
n

lga
n
(lg7
lg3lg3lg2
n1
lg3lg3lg2
)5n
4164464
1
4
16
1
4
n1
n
4
(lg7lg3lg3lg 2)5
[lg(7332)]5
1
4
1
16
14
1
4
1
16
1
4
n1
lg3 lg3lg2
1
16
1
4
n
4
1
16< br>1
4
lg(332)
n
4
1
16
1< br>4

lg(7332)5
n1
lg(332)
lg(7
5n1
3
lg(7
5n1
3
n1
5
n1
n
4
3
5
n1
1
16
2
)
5
n1
1
4
)
5n4 n1
16
2
5
n1
1
4
则
an
7
5
3
5n4n1
16
2
5n1
1
4
。
n5
评注：本题解题的关键是通过对数变换把 递推关系式
a
n1
23a
n
转化为
lg3lg3l g2lg3lg3lg2
(n1)5(lga
n
n)
，从而可 知数列
41644164
lg3lg3lg2lg3lg3lg2
{lga
n
n}
是等比数列，进而求出数列
{lga
n
n}
的通项
41644164
lga
n1

公式，最后再求出数列< br>{a
n
}
的通项公式。
（6）数学归纳法
例6已知数列< br>{a
n
}
满足
a
n1
a
n
< br>8(n1)8
，a
，求数列
{a
n
}
的通项公式 。
1
22
(2n1)(2n3)9
解：由
a
n1< br>a
n

8(n1)
8
a
及，得
1
(2n1)
2
(2n3)
2
9
.. .

..
8(11)88224

(211)
2
(213)
2
992525
8(21)248348
a
3
a< br>2


(221)
2
(223)
2< br>25254949
8(31)488480
a
4
a
3

(231)
2
(233)
2
49498 181
a
2
a
1

(2n1)
2
1
由此可猜测
a
n

，往下用数学归纳法证明这个结论。
2
(2n1)
(211)
2
18

，所以等式成立。 （1）当
n1
时，
a
1

(211)
29
(2k1)
2
1
（2）假设当
nk
时等式成立 ，即
a
k

，则当
nk1
时，
2
( 2k1)
a
k1
a
k

8(k1)
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2
18 (k1)

(2k1)
2
(2k1)
2
(2k3 )
2
[(2k1)
2
1](2k3)
2
8(k1 )

(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k3)
2
8(k1)
(2k1)
2
(2k3)
2

(2k1)(2k3) (2k1)
(2k1)
2
(2k3)
2
222
(2k3)
2
1

(2k3)
2
[2(k1) 1]
2
1

[2(k1)1]
2
由此可知，当nk1
时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何
nN
都成立。
评注：本题解题的关 键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项
公式，最后再用数学归纳法加以证 明。
（7）换元法
*
.. .

..
例7已知数列
{a
n
}
满足
a
n1
< br>1
(14a
n
124a
n
)，a
1
 1
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
16
1
2
(b
n
1)

24
解 ：令
b
n
124a
n
，则
a
n
故
a
n1

1
2
1
(b
n11)
，代入
a
n1
(14a
n
124a< br>n
)
得
2416
1
2
11
2
(b
n1
1)[14(b
n
1)b
n
]

241624
22
即
4b
n1
(b
n
3)

因为
b
n
124a
n
0
， 故
b
n1
124a
n1
0

则
2b
n1
b
n
3
，即
b
n1
< br>可化为
b
n1
3
13
b
n

，
22
1
(b
n
3)
，
2
1
为公比的等比数
2
所以
{b
n
3}
是以
b1
3124a
1
3124132
为首项，以
列，因此
b
n
32()
1
2
n1
111()
n2
，则
b
n
()
n2
3，即
124a
n
()
n2
3
，得
2
22
2111
a
n
()
n
()
n
。
3423
评注：本题解题的关键是通过将
124a
n< br>的换元为
b
n
，使得所给递推关系式转化
13
从而可知数列< br>{b
n
3}
为等比数列，进而求出数列
{b
n
3 }
的通项公式，
b
n1
b
n

形式，
22
最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
（8）不动点法
例8已知数列
{a
n
}
满足
a< br>n1

21a
n
24
，a
1
4
，求数列
{a
n
}
的通项公式。
4a
n
1< br>解：令
x
21x2421x24
2
，得
4x20x 240
，则
x
1
2，x
2
3
是函数
f(x)
的
4x14x1
两个不动点。因为
.. .

..
21a
n
24
2
a
n1
24a
n
121a
n
242(4a
n
1)13a
n
26
13
a
n
2
。所以数列

21a 24
a
n1
3
n
3
21a
n
24 3(4a
n
1)9a
n
279a
n
3
4a
n
1

a
n
2

a2
a< br>1
2
4213
13
2
为首项，以为公比的等比数列， 故
n
2()
n1
，

是以
9
a1
343a
n
39

a
n
3

则
a
n

1
13
2()
n1
1
9
3
。
评注：本题解题的关键是先求出函数
f(x)个根
x
1
2，x
2
3
，进而可推出
21x 2421x24
的不动点，即方程
x
的两
4x14x1

a2

a
n1
2
13
a
n
2

，从而可知数列

n

为等比数
a
n1
39a
n
3

a
n
3
< br>列，再求出数列


a
n
2


的通项公式，最后求出数列
{a
n
}
的通项公式。
a3

n

7a
n
2
，a
1
2
， 求数列
{a
n
}
的通项公式。
2a
n
3
例9已知数列
{a
n
}
满足
a
n1

解：令
x
7x2
3x1
2
，得
2x4x20< br>，则
x1
是函数
f(x)
的不动点。
2x3
4x7
7a
n
25a5
1
n
，所以
2 a
n
32a
n
3
因为
a
n1
1
2111
a
n
()
n
()
n

。
3423
评注：本题解题的关键是通过将
124a
n
的换元 为
b
n
，使得所给递推关系式转化
13
从而可知数列
{b< br>n
3}
为等比数列，进而求出数列
{b
n
3}
的 通项公式，
b
n1
b
n

形式，
22
最后再求出数列
{a
n
}
的通项公式。
课后习题：
22，11
1．数列
2，5，，
的一个通项公式是（ ）
A、
a
n
3n3
B、
a
n
3n1
C、
a
n
3n1
D、
a
n
3n3

.. .

..
2．已知等差数列

a
n

的通项公式为
a
n
32n
, 则它的公差为（ ）
A 、2 B 、3 C、
2
D、
3

3．在等比数列
{a
n
}
中,

a
1
16,a
4
8,
则
a
7

（ ）

A、
4

B、
4

C、
2

D、
2

4．若等比数列

a
n
的前项和为
S
n
，且
S
10
10
，
S
20
30
，则
S
30

2
5．已知数列

a
n

通项公式
a
n
n10n3
，则该数列的最小的一个数是
6．在数列{
a
n
}中，
a
1

于 ．

1

na
n
1
nN


，则数列

的前99项和等且
a
n1

n1a
n
2

a
n

7．已知
{ a
n
}
是等差数列，其中
a
1
31
，公差
d8
。
（1）求数列
{a
n
}
的通项公式；
（2）数列
{a
n
}
从哪一项开始小于0？
（3）求数列
{a
n
}
前
n
项和的最大值，并求出对应
n
的值．




8．已
知数列

a< br>n

的前项和为
S
n
n
2
3n1，
（1）求
a
1
、
a
2
、
a
3
的值；
（2）求通项公式
a
n
。





9．等差数列

a
n

中 ，前三项分别为
x,2x,5x4
，前
n
项和为
S
n，且
S
k
2550
。
（1）、求
x
和
k
的值；
（2）、求
T
n
=
1111

;
S
1
S
2
S
3
S
n
.. .

..


数列

等差数列与等比数列的有关知识比较一览表
等 差 数 列
*
①
a
n1
a
n
a
2
a
1
（
nN
）
等 比 数 列
①
递
推
*
②
a
n1
a
n
d
（
nN
）
a
n1
a
2

（
nN
*
）
a
n
a
1
a
n1
q
（
q0,nN
*
）
a
n
a
n1
a

n
（
n2,nN
*
）
a
n
a
n1
关
③
a
n1
a
n
a
n
a
n 1
（
n2
）
系
②
③
*
通
①
a
n
a
1
(n1)d
（
nN
）
n1
*
①
a
n
a
1
q
（
nN
）
n
*
②
a
n
pq
（
p,q是常数,q0,p0,nN
）
项
②
apnq
（
p,q为常数,nN
*
）
n
*
①
2S
n
n(a
1
a
n
)
（
nN
）
求
和
②
Sna
n(n1)
d
(
nN
*
)
n1
公
式

n

*
n
①求积公式

a


i


(a
1
a
n
)
(
nN
)

i1


na1
,q1

*
②
S
n


a
1
(1q
n
)
(
nN
)

1q
,q1

③
S
n


2
2

2
*
③
S
n
AnBn
(
A,B是常数,nN
)

na
1
,q1
n

AAq,q1
(
nN
，
A0
)
*




主



要
①若p+q=s+r, p、q、s、r

N,则
*
*
①若p+q=s+r, p、q、s 、r

N,则
a
p
a
q
a
s
a
r
.
a
p
a
q
a
s
a
r
.
②对任意c>0,c

1,
c

*
③
a< br>n1
a
n1
2a
n
,nN,n2
.
②对任意c>0,c

1, 若a
n
恒大于0，则

log
c
a
n

为等差
a
n

为等比数列.
列.
2
③
a
n1
a
n1
a
n
,nN,n2
.
④若

a
n

、

b
n

为两等比数列，则

a
n
b
n

为等比数列.
④若

an

、

b
n

分别为两等差数列，则

a
n
b
n

为等差数列.


⑤若a
n
恒大于0，则数列

n




a

i

为等比数列.

i1< br>
n
⑥若

b
n

为正项等差自然数列，则
a
b
n
为等比数列.

.. .

..



性



⑤数列


S
n


为等差数列. n

⑦
S
n
,S
2n
S
n
,S
3n
S
2n
,
为等比数列.

⑥若< br>
b
n

为正项等差自然数列，则
a
b
n< br>为等差
⑧
n
数列.
⑦
S
n
,S
2 n
S
n
,S
3n
S
2n
,
为等差数 列.
⑧


a
i

n2m
i1< br>n
im1
*
N
，n>2m，m、n，
a
ap
0,pN

i
nm
mn
⑨
S
mn
S
m
qS
n
S
n
qS
m< br>.
S
n
S
nm
S
m
*
，n> 2m，m、n
N
.

nn2m
⑩若
a
1a
2
a
m
a
1
a
2
a
n
,mn,

则
质
⑨
S
mn
S
m
S
n
mnd
.
⑩若
S
m
S
n
,mn,
则
S
mn
0
.

a
i1
mn
i
1
.
重
要
性
质

*
①若
a
p
q,a
q
p,
p、q
N
，且
pq
,
①
S
mn
S
m
(1q
m
q
2m
q
(n1)m
)

则
a
pq
0
.
②若
S
p
 q,S
q
p,
且
pq
,则
n2n(m1)n
)
. =
S
n
(1qqq
②若|q|<1 ,则
limS
n

S
n
a
1
.
1q
S
pq
(pq),
p、q
N
*
.
求数列{a
n
}通项公式的方法
.. .

..
2．
a
n1
=
p
a
n
+
q
型（
p
、
q
为常数）
方法：（1）
a
n 1
+
1．
a
n1
=
a
n
+
累 加法：
f(n)
型
q
q
)
， 再根 据等比=
p(a
n

p1
p1
p(a
n
a
n1
)

a
n
=（
a
n
－
a
n1
）+（
a
n1
－
a
n2< br>）+…+（
a
2
－
a
1
）+
a
1< br>
=
列的相关知识求
a
n
.
（2）
a
n1
－
a
n
=
再用累加法求
a
n
.
f(n1)
+
f(n2)
+…+
f(1)
+
a
1

n
例1.已知数列{< br>a
n
}满足
a
1
=1，
a
n1
=
a
n
+
2
（n∈N
+
），
求
a< br>n
.
[解]
a
n
=
a
n
－a
n1
+
a
n1
－
a
n2
+… +
a
2
－
a
1
+
a
1

=
2
n1
a
n1
a
n
a
n
q
=+，先用累加法求再求
a
n
.
n1nn1n
ppp p
例3.已知{
a
n
}的首项
a
1
=a（a为常数 ），
a
n
=2
a
n1
+1（n∈N，n≥
（3）
+
求
a
n
.
[解] 设
a
n
－λ=2（
a
n1
－λ），则λ=－1
∴
a
n
+1=2（
a
n1
+1）
+
2
n
n2
+…+
2
+1
1
∴{
a
n
1
}为公比为2的等比数列.
n1
=
12
12
n
∴
an
+1=（a+1）·
2
=
2
－1
n

∴
a
n
=（a+1）·
2
n1
－1
∴
a
n
=
2
－1 （n∈N
+
）
a
n1
g(n)
型 3．
a
n
累乘法：
a
n
=
4．
a
n1
=
p
a
n
+
f(n)
型（
p
为常数）
方法：变形得
a
n1
p
n1
=
a
n
p
n
+
f(n)
，
p
n1
a
n
a
n1·
a
n1
a
n2
…
a
2
a
1
·
a
1

则{
a
n
p
n}可用累加法求出，由此求
a
n
.
n1
例2.已知数列{< br>a
n
}满足
a
n1
n
（n∈N），
a< br>1
=1，求
a
n
.
a
n
+
例4. 已知{
a
n
}满足
a
1
=2，
a
n1< br>=2
a
n
+
2
[解]
.求
a
n
.
[解]
a
n
=
a
n
a
n1
·
a
n1
a
n2
…
a
2
a
1
·
a
1

=（n－1）·（n－2）…1·1=（n－1）！
∴
a
n
=（n－1）！ （n∈N
+
）
a
n1
a
n
=
n
+1
n1
22
a
n
∴{
n
}为等差数列.
2
a
n
a
1
=
n1n

2
n
2
n
∴
a
n
=n·
2

.. .

..
5．
a
n2
=
p
a
n1
＋
q
a
n

型（
p
、
q
为常数）
特征根法：
x
（1 ）
x
1
（2）
x
1
2
6．“已知
S
n
，求
a
n
”型
方法：
a
n
=
S
n
－
S
n1
（注意
a
1
是否符合）
pxq

n
1

n
x
2
时 ，
a
n
=
C
1
·
x
1
n
+
C
2
·
x
2

x
2
时，a
n
=（
C
1
+
C
2
·n）·
x
例6.设
S
n
为{
a
n
}的前n项和，
S
n
=
[解] ∵
S
n
=
3
（
a
n
－1），求
a
n
（n∈N
2
+
例5. 数列{
a
n
}中，
a
1
=2，
a
2
=3，且2
a
n
=
a
n1
+
a
n1
（n
∈N
+
，n≥2），求
a
n
.
[解]
a
n1
=2
a
n
－
a
n1

∴
x2x1
∴
x
1
x
2
1

n
∴
an
=（
C
1
+
C
2
·n）·
1
=
C
1
+
C
2
·n
2
3
（
a
n
－1） （n∈N）
2
3< br>∴当n=1时，
a
1
=（
a
1
－1）
2
∴
a
1
=3
+
当n≥2时，
C
1
C
2
2

C
1
1
∴

∴


C2C3
C1
2

1

2
∴
a
n
n1(nN

)

a
n
=
S
n
－
S
n1

33
=（
a
n
－1）－（
a
n1
－1）
22
n
∴
a
n
=3
a
n1
∴
a
n
=
3
（n∈N）
+









求数列{a
n
}的前n项和的方法
（1）倒序相加法
此种方法主要针对类似等差数列中
（2）公式法
此种方法是针对于有公式可套的数列，如等 差、等
a
n
a
1
a
n1
a
2
例：等差数列求和
,具有这样特点的数列．
比数列，关键是观察数列的特点，找出对应的公式．
公式：
①等差数列：
S
n
a
1
a
2
a
n

.. .

..
a
1
(a
1
d)[a
1
(n1)d ]
①
把项的次序反过来，则：
n(a
1
a
n
)
n(n1)
na
1
d

22
n(n1)

na
n
d

2
S
n


S
mn
S
m
S
n
mnd


S
n
a
n
(a
n
d)
①+②得：
[a
n
(n1)d]
②
n个
S
n
S
nm
S
m
(n2m,m,nN
*
)

nn2m
2S
n


a
1
a
n

(a
1
a
n
)
n(a
1a
n
)

(a
1
a
n
)

②等比数列：
a
1
(1q
n
)
a
1
a
n
q< br>S
n

；
(q1)

1q1q
n

S
mn
S
n
S
m
q

S
n


n(a
1
a
n
)

2
③1+2+3+……+n =

123
222
n(n1)
；
2
n
2

1
n(n1)(2n1)
6
1
3
2
3
3
3

(12 3
n
3

n)
2


（3）错位相减法
此种方法主要用于数列< br>{a
n
b
n
}
的求和，其中
1
2
n (n1)
2

4
（4）分组化归法
此方法主要用于无法整体求和 的数列，可将其通项
{a
n
}
为等差数列，
{b
n
}
是公比为q的等比数列，
只需用
S
n
qS
n
便 可转化为等比数列的求和，但要
注意讨论q=1和q≠1两种情况．

例：试化简下列和式：
写成等比、等差等我们熟悉的数列分别进行求和，再综
合求出所有项的和．
S
n
12x3x
2
nx
n1
(x0)

解：①若x=1，则S
n
=1+2+3+…+n =
n(n1)

2
111
，
1
，……，
224
111
1
+……+
n1
的和.
242
111
解：∵
a
n
1
n1

242
例：求数列1，
1
.. .

..
2
②若x≠1,则
S
n
12x3x
23

xS
n
x2x3x
nx
n1

nx
n

两式相减得：
(1x)S
n
1 xx
2
+…+
x
n1
nx
n

1x
n
nx
n


1x
1x
n
nx
n

∴
S
n


2
(1x)1x

（5）奇偶求和法
此种方法是针对于奇、偶数项，要考虑符号的
数列，要求S
n
，就必须分奇偶来讨论，最后进行综
合．
1
1()
n
2
2
1


n 1
1
2
1
2
111
∴
S
n
 1(1)(1)

224
111
(1
n1
)

242
11
(21)(2)(2
2
)

22
1
(2
n1
)

2
111
2n(1
n1
)

242
1
2n2
n1

2
（6）裂项相消法
此方法主要针对
11

a
1
a
2
a
2
a
3
数列．

1
a
n1
a
n
这样的求和，其中{a
n
}是等差< br>例：求和 例：{a
n
}为首项为a
1
,公差为d的等差数列，求S
n
1357(1)
n1
(2n1)
S
n

111

a
1
a
2
a
2
a
3
a
3
a
4

1
a
n1
a
n

解：当n = 2k (k

N
+
)时,
解：
S
n
S
2k
(13)(57)

[(4k3)(4k1)]

∵
111
a
k
da
k


a
k
a
k1
a
k
(a
k
d)dak
(a
k
d)
111111
()()

da
k
a
k
dda
k
a
k1
2 kn






当
n2k1(kN

)时
，
∴
S
n

111111
()()

da
1
a
2
da
2
a
3
.. .

..
S
n
S
2k1
S
2k
a
2k2k[(4k1)]



111
()

da
n1
a
n
(
11
)]

a
n1
a
n
2k1

n


n1
综合得：
S
n
(1)n

1 1111
[()()
da
1
a
2
a
2a
3
111
()

da
1
a
n
n1

a
1
[a
1
(n1)d]








(7)分类讨论
此方法是针对数 列{
a
n
}的其中几项符号与另外的项不
同，而求各项绝对值的和的问题，主 要是要分段求.
（8）归纳—猜想—证明
此种方法是针对无法求出通项或无法根据通项求出各项之和的数列，先用不完全归纳法猜出
S
n
的表达式，然后用数学归纳法证 明之.
例：已知等比数列{
a
n
}中，
a
1
=6 4，q=
求数列{|
b
n
|}的前n项和
S
n
.
解：
a
n
=
a
1
1
2
22
2
，设
b
n
=log
2
a
n
，例：求和
S
n
=
1
+
3
+
5
+…+
(2n1)

2
解：
S
1
1
，
S< br>2
10
，
S
3
35
，
q
n1
=
2
7n

S
4
84
，
S
5
165
，…
∴
b
n
=
log
2
a
n
=
7n

（1）当
n
≤7时，
b
n
≥0
此时，
S
n
=－
1
2
13
n
+
n

22
（2）当
n
＞7时，
b
n
<0
此时 ，
S
n
=
1
S
n
=
n(4n
2< br>1)
（待定系数法）
3
1
2
证明：（1）当
n< br>=1时，
n(4n1)
=1=
S
1

3
∴
n
=1时成立.
1
2
（2）假设当
n
=k时，
S
k
=
k(4k1)

3
则
n
=k+1时，
S
k1
=
S
k
+
(2k1)
2

=
1
2
13
n
－
n
+42（
n
≥8）
22
1
2
13
n
+
n
（
n
≤7
）
－
22
k1
[2(k1)1][2(k1)1]

3
*
∴
S
n
=
n
=k+1时，成立.
由（1）、（2）知，对一切
n∈N
，
.. .

..

1
2
13
n
－
n
+42（< br>n
≥8）
22
1
S
n
=
n(4n
2
1)
.

3



.. .