不动点法

不动点法

呼吸功能锻炼方法-缎子花棉袄吧

2023年2月23日发(作者：林桂英)

数列的通项与求和计算方法

总结

-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

2

数列的通项与求和计算方法总结

第一章数列通项公式的十种求法

一、公式法

例1已知数列{}

n

a满足

1

232n

nn

aa



，

1

2a，求数列{}

n

a的通项公式。

解：

1

232n

nn

aa



两边除以12n，得1

1

3

222

nn

nn

aa







，则1

1

3

222

nn

nn

aa







，故数列

{}

2

n

n

a

是以1

2

2

2

a

1

1为

首项，以

2

3

为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得

3

1(1)

22

n

n

a

n

，所以数列{}

n

a的通项公

式为

31

()2

22

n

n

an

。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

232n

nn

aa



转化为1

1

3

222

nn

nn

aa







，说明数列

{}

2

n

n

a

是等差

数列，再直接利用等差数列的通项公式求出

3

1(1)

22

n

n

a

n

，进而求出数列{}

n

a的通项公式。

二、累加法

例2已知数列{}

n

a满足

11

211

nn

aana



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：由

1

21

nn

aan



得

1

21

nn

aan



则

11232211

2

()()()()

[2(1)1][2(2)1](221)(211)1

2[(1)(2)21](1)1

(1)

2(1)1

2

(1)(1)1

nnnnn

aaaaaaaaaa

nn

nnn

nn

n

nn

n

















所以数列{}

n

a的通项公式为2

n

an。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

21

nn

aan



转化为

1

21

nn

aan



，进而求出

11232211

()()()()

nnnn

aaaaaaaaa



，即得数列{}

n

a的通项公式。

例3已知数列{}

n

a满足

11

2313n

nn

aaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

3

解：由

1

231n

nn

aa



得

1

231n

nn

aa



则

11232211

1221

1221

1

()()()()

(231)(231)(231)(231)3

2(3333)(1)3

3(13)

2(1)3

13

3313

31

nnnnn

nn

nn

n

n

n

aaaaaaaaaa

n

n

n

n

























所以31.n

n

an

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

231n

nn

aa



转化为

1

231n

nn

aa



，进而求出

11232211

()()()()

nnnnn

aaaaaaaaaa



，即得数列{}

n

a的通项公式。

例4已知数列{}

n

a满足

11

32313n

nn

aaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：

1

3231n

nn

aa



两边除以13n，得1

11

21

3333

nn

nnn

aa







，

则1

11

21

3333

nn

nnn

aa







，故

11223

211

22321

11

122

122

()()()()

33333333

212121213

()()()()

333333333

2(1)11111

()1

333333

nnnnnnn

nnnnn

nn

nnn

nnnn

aaaaaaa

aaa

aa

n



















因此

1

1

(13)

2(1)211

3

1

33133223

n

n

n

nn

a

nn









，

则

211

33.

322

nn

n

an

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

3231n

nn

aa



转化为1

11

21

3333

nn

nnn

aa







，进而求出

11223

211

1122321

()()()()

333333333

nnnnnn

nnnnnn

aaaaaa

aaa





，即得数列

3

n

n

a







的通项公式，最后再求数

列{}

n

a的通项公式。

4

三、累乘法

例5已知数列{}

n

a满足

11

2(1)53n

nn

anaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：因为

11

2(1)53n

nn

anaa



，，所以0

n

a，则12(1)5n

n

n

a

n

a

，故

13

2

1

1221

1221

1(1)(2)21

(1)

1

2

[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]3

2[(1)32]53

325!

nn

n

nn

nn

nnn

nn

n

aaa

a

aa

aaaa

nn

nn

n





















所以数列{}

n

a的通项公式为

(1)

1

2325!.

nn

n

n

an





评注：本题解题的关键是把递推关系

1

2(1)5n

nn

ana



转化为12(1)5n

n

n

a

n

a

，进而求出

13

2

1

1221

nn

nn

aaa

a

a

aaaa





，即得数列{}

n

a的通项公式。

例6（2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{}

n

a满足

11231

123(1)(2)

nn

aaaaanan



，，求{}

n

a的通项公式。

解：因为

1231

23(1)(2)

nn

aaaanan



①

所以

11231

23(1)

nnn

aaaanana



②

用②式－①式得

1

.

nnn

aana





则

1

(1)(2)

nn

anan





故11(2)n

n

a

nn

a



所以13

222

122

!

[(1)43].

2

nn

n

nn

aaa

n

aannaa

aaa





③

5

由

1231

23(1)(2)

nn

aaaanan



，

212

22naaa取得，则

21

aa，又知

1

1a，则

2

1a，代入③得

!

1345

2n

n

an

。

所以，{}

n

a的通项公式为

!

.

2n

n

a

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

(1)(2)

nn

anan



转化为11(2)n

n

a

nn

a

，进而求出

13

2

122

nn

nn

aaa

a

aaa





，从而可得当2

n

na时，的表达式，最后再求出数列{}

n

a的通项公式。

四、待定系数法

例7已知数列{}

n

a满足

11

2356n

nn

aaa



，，求数列

n

a的通项公式。

解：设1

1

52(5)nn

nn

axax



④

将

1

235n

nn

aa



代入④式，得12355225nnn

nn

axax，等式两边消去2

n

a，得

135525nnnxx，两边除以

5n，得352,1,xxx则代入④式得1

1

52(5)nn

nn

aa





⑤

由1

1

56510a及⑤式得50n

n

a，则

1

1

5

2

5

n

n

n

n

a

a











，则数列{5}n

n

a是以1

1

51a为首项，

以2为公比的等比数列，则152nn

n

a，故125nn

n

a。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

235n

nn

aa



转化为1

1

52(5)nn

nn

aa



，从而可知数列

{5}n

n

a是等比数列，进而求出数列{5}n

n

a的通项公式，最后再求出数列{}

n

a的通项公式。

例8已知数列{}

n

a满足

11

35241n

nn

aaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：设1

1

23(2)nn

nn

axyaxy



⑥

将

1

3524n

nn

aa



代入⑥式，得

1352423(2)nnn

nn

axyaxy

6

整理得(52)24323nnxyxy。

令

523

43

xx

yy











，则

5

2

x

y











，代入⑥式得

1

1

5223(522)nn

nn

aa



⑦

由1

1

522112130a及⑦式，

得5220n

n

a，则

1

1

522

3

522

n

n

n

n

a

a











，

故数列{522}n

n

a是以1

1

52211213a为首项，以3为公比的等比数列，因此

1522133nn

n

a，则1133522nn

n

a。

评注：本题解题的关键是把递推关系式

1

3524n

nn

aa



转化为

1

1

5223(522)nn

nn

aa



，从而可知数列{522}n

n

a是等比数列，进而求出数列

{522}n

n

a的通项公式，最后再求数列{}

n

a的通项公式。

例9已知数列{}

n

a满足2

11

23451

nn

aanna



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：设22

1

(1)(1)2()

nn

axnynzaxnynz



⑧

将2

1

2345

nn

aann



代入⑧式，得

2222345(1)(1)2()

nn

annxnynzaxnynz，则

222(3)(24)(5)2222

nn

axnxynxyzaxnynz

等式两边消去2

n

a，得22(3)(24)(5)222xnxynxyzxnynz，

解方程组

32

242

52

xx

xyy

xyzz

















，则

3

10

18

x

y

z

















，代入⑧式，得

22

1

3(1)10(1)182(31018)

nn

annann



⑨

7

由2

1

311a及⑨式，得2310180

n

ann

则

2

1

2

3(1)10(1)18

2

31018

n

n

ann

ann









，故数列2{31018}

n

ann为以2

1

3a为

首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322n

n

ann，则42231018n

n

ann。

评注：本题解题的关键是把递推关系式2

1

2345

nn

aann



转化为

22

1

3(1)10(1)182(31018)

nn

annann



，从而可知数列2{31018}

n

ann是等比数列，

进而求出数列2{31018}

n

ann的通项公式，最后再求出数列{}

n

a的通项公式。

五、对数变换法

例10已知数列{}

n

a满足5

1

23n

nn

aa



，

1

7a，求数列{}

n

a的通项公式。

解：因为5

11

237n

nn

aaa



，，所以

1

00

nn

aa



，。在5

1

23n

nn

aa



式两边取常用对数得

1

lg5lglg3lg2

nn

aan



⑩

设

1

lg(1)5(lg)

nn

axnyaxny



○11

将⑩式代入○11式，得5lglg3lg2(1)5(lg)

nn

anxnyaxny，两边消去5lg

n

a并整理，得

(lg3)lg255xnxyxny

，则

lg35

lg25

xx

xyy











，故

lg3

4

lg3lg2

164

x

y



















代入○11式，得

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(1)5(lg)

41644164nn

anan



○12

由

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg1lg710

41644164

a

及○12式，

得

lg3lg3lg2

lg0

4164n

an

，

8

则

1

lg3lg3lg2

lg(1)

4164

5

lg3lg3lg2

lg

4164

n

n

an

an









，

所以数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an

是以

lg3lg3lg2

lg7

4164



为首项，以5为公比的等比数列，则

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(lg7)5

41644164

n

n

an

，因此

1

1

1

11

111

1

616

4444

11

111

1

1616

4444

11

111

1

1616

4444

5

5

51

4

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(lg7)5

4164464

(lg7lg3lg3lg2)5lg3lg3lg2

[lg(7332)]5lg(332)

lg(7332)5lg(332)

lg(733

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

an





























1

1

1

51

16

4

541

51

51

16

4

2)

lg(732)

n

nnn

n

















则

1

1

541

51

5

16

4732

n

n

nn

n

a









。

评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5

1

23n

nn

aa



转化为

1

lg3lg3lg2lg3lg3lg2

lg(1)5(lg)

41644164nn

anan





，从而可知数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an

是

等比数列，进而求出数列

lg3lg3lg2

{lg}

4164n

an

的通项公式，最后再求出数列{}

n

a的通项公式。

六、迭代法

例11已知数列{}

n

a满足3(1)2

11

5nn

nn

aaa



，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：因为3(1)2

1

nn

nn

aa



，所以121323(1)232

12

[]nnnnnn

nnn

aaa





2(2)(1)

32(2)(1)

3(3)(2)(1)

112(3)(2)(1)

(1)

1

2

3(1)2

2

3(2)23(1)2

3

3(2)(1)2

3

323(2)(1)2

1

3!2

1

[]

nn

nnn

nnn

nnnn

nn

n

nn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

a

a

a

a

a









































9

又

1

5a，所以数列{}

n

a的通项公式为

(1)

1

23!25

nn

nn

n

a



。

评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式3(1)2

1

nn

nn

aa



两边取常

用对数得

1

lg3(1)2lgn

nn

ana



，即1

lg

3(1)2

lg

n

n

n

a

n

a

，再由累乘法可推知

(1)

1

23!2

13

2

1

1221

lglglg

lg

lglglg5

lglglglg

nn

nn

nn

n

nn

aaa

a

aa

aaaa











，从而1

(1)

3!2

25n

nn

n

n

a



。

七、数学归纳法

例12已知数列{}

n

a满足

11

22

8(1)8

(21)(23)9nn

n

aaa

nn







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：由

1

22

8(1)

(21)(23)nn

n

aa

nn







及

1

8

9

a

，得

21

22

32

22

43

22

8(11)88224

(211)(213)992525

8(21)248348

(221)(223)25254949

8(31)488480

(231)(233)49498181

aa

aa

aa



















由此可猜测

2

2

(21)1

(21)n

n

a

n







，往下用数学归纳法证明这个结论。

（1）当1n时，

2

1

2

(211)18

(211)9

a







，所以等式成立。

（2）假设当nk时等式成立，即

2

2

(21)1

(21)k

k

a

k







，则当1nk时，

1

22

8(1)

(21)(23)kk

k

aa

kk







10

2

222

22

22

222

22

222

22

2

2

2

(21)18(1)

(21)(21)(23)

[(21)1](23)8(1)

(21)(23)

(21)(23)(23)8(1)

(21)(23)

(21)(23)(21)

(21)(23)

(23)1

(23)

[2(1)1]1

[2(1)1]

kk

kkk

kkk

kk

kkkk

kk

kkk

kk

k

k

k

k



































2

由此可知，当1nk时等式也成立。

根据（1），（2）可知，等式对任何*nN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。

八、换元法

例13已知数列{}

n

a满足

11

1

(14124)1

16nnn

aaaa



，

，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令124

nn

ba，则2

1

(1)

24nn

ab

故2

11

1

(1)

24nn

ab





，代入

1

1

(14124)

16nnn

aaa





得

22

1

111

(1)[14(1)]

241624nnn

bbb





即22

1

4(3)

nn

bb





因为1240

nn

ba，故

11

1240

nn

ba





则

1

23

nn

bb



，即

1

13

22nn

bb





，

可化为

1

1

3(3)

2nn

bb





，

11

所以{3}

n

b是以

11

31243124132ba为首项，以

2

1

为公比的等比数列，因此

12

11

32()()

22

nn

n

b

，则2

1

()3

2

n

n

b

，即2

1

124()3

2

n

n

a

，得

2111

()()

3423

nn

n

a

。

评注：本题解题的关键是通过将124

n

a的换元为

n

b，使得所给递推关系式转化

1

13

22nn

bb





形

式，从而可知数列{3}

n

b为等比数列，进而求出数列{3}

n

b的通项公式，最后再求出数列{}

n

a的通

项公式。

九、不动点法

例14已知数列{}

n

a满足

11

2124

4

41

n

n

n

a

aa

a







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令

2124

41

x

x

x







，得2420240xx，则

12

23xx，是函数

2124

()

41

x

fx

x







的两个不动点。因

为

1

1

2124

2

24121242(41)13262

13

2124

321243(41)92793

3

41

n

nnnnnn

n

nnnnn

n

a

aaaaaa

a

aaaaa

a





















。所以数列

2

3

n

n

a

a











是以

1

1

2

42

2

343

a

a









为首项，以

9

13

为公比的等比数列，故1

2

13

2()

39

n

n

n

a

a









，则

1

1

3

13

2()1

9

n

n

a







。

评注：本题解题的关键是先求出函数

2124

()

41

x

fx

x







的不动点，即方程

2124

41

x

x

x







的两个根

12

23xx，，进而可推出1

1

22

13

393

nn

nn

aa

aa











，从而可知数列

2

3

n

n

a

a











为等比数列，再求出数列

2

3

n

n

a

a











的通项公式，最后求出数列{}

n

a的通项公式。

例15已知数列{}

n

a满足

11

72

2

23

n

n

n

a

aa

a







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令

72

23

x

x

x







，得22420xx

，则1x是函数

31

()

47

x

fx

x







的不动点。

12

因为

1

7255

11

2323

nn

n

nn

aa

a

aa







，所以

2111

()()

3423

nn

n

a

。

评注：本题解题的关键是通过将124

n

a的换元为

n

b，使得所给递推关系式转化

1

13

22nn

bb





形

式，从而可知数列{3}

n

b为等比数列，进而求出数列{3}

n

b的通项公式，最后再求出数列{}

n

a的通

项公式。

九、不动点法

例14已知数列{}

n

a满足

11

2124

4

41

n

n

n

a

aa

a







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令

2124

41

x

x

x







，得2420240xx，则

12

23xx，是函数

2124

()

41

x

fx

x







的两个不动点。因

为

1

1

2124

2

24121242(41)13262

13

2124

321243(41)92793

3

41

n

nnnnnn

n

nnnnn

n

a

aaaaaa

a

aaaaa

a





















。所以数列

2

3

n

n

a

a











是以

1

1

2

42

2

343

a

a









为首项，以

9

13

为公比的等比数列，故1

2

13

2()

39

n

n

n

a

a









，则

1

1

3

13

2()1

9

n

n

a







。

评注：本题解题的关键是先求出函数

2124

()

41

x

fx

x







的不动点，即方程

2124

41

x

x

x







的两个根

12

23xx，，进而可推出1

1

22

13

393

nn

nn

aa

aa











，从而可知数列

2

3

n

n

a

a











为等比数列，再求出数列

2

3

n

n

a

a











的通项公式，最后求出数列{}

n

a的通项公式。

例15已知数列{}

n

a满足

11

72

2

23

n

n

n

a

aa

a







，，求数列{}

n

a的通项公式。

解：令

72

23

x

x

x







，得22420xx

，则1x是函数

31

()

47

x

fx

x







的不动点。

13

因为

1

7255

11

2323

nn

n

nn

aa

a

aa







，所以

第二章数列的求和

一、教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；

2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算；

3．熟记一些常用的数列的和的公式．

二、教学重点：特殊数列求和的方法．

三、教学过程：

（一）主要知识：

1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。

（1）等差数列的求和公式：

d

nn

na

aan

Sn

n2

)1(

2

)(

1

1









（2）等比数列的求和公式





















)1(

1

)1(

)1(

1

1

q

q

qa

qna

Sn

n

（切记：公比含字母时一定要讨论）

2．公式法：22222

1

(1)(21)

123

6

n

k

nnn

kn







2

33333

1

(1)

123

2

n

k

nn

kn















3．错位相减法：比如.,,

2211

的和求等比等差

nnnn

babababa

4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项公式：

1

11

)1(

1





nnnn

；

1111

()

(2)22nnnn





)

12

1

12

1

(

2

1

)12)(12(

1









nnnn

!)!1(!nnnn

5．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。

6．合并求和法：如求222222的和。

7．倒序相加法：

8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等

（二）主要方法：

14

1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；

2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；

3．转化思想的运用；

（三）例题分析：

例1．求和：①





个n

n

S111111111

②22

2

22)

1

()

1

()

1

(

n

n

nx

x

x

x

x

xS

③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n项和

n

S

思路分析：通过分组，直接用公式求和。

解：①)110(

9

1

1kk

k

k

a





个

])101010[(

9

1

)]110()110()110[(

9

1

22nSnn

n



81

10910

]

9

)110(10

[

9

11







n

n

nn

②

)2

1

()2

1

()2

1

(

2

2

4

4

2

2

n

n

nx

x

x

x

x

xS

n

xxx

xxx

n

n2)

111

()(

242

242

（1）当1x时，

n

xx

xx

n

x

xx

x

xx

S

n

nnnn

n

2

)1(

)1)(1(

2

1

)1(

1

)1(

22

222

2

22

2

22



























（2）当nSx

n

4,1时

③

kk

kkk

kkkkka

k2

3

2

5

2

)]23()12[(

)]1()12[()12(2)12(2





2

)1(

2

3

6

)12)(1(

2

5

)21(

2

3

)21(

2

5

222

21









nnnnn

nnaaaS

nn



)25)(1(

6

1

nnn

总结：运用等比数列前n项和公式时，要注意公比

11qq或

讨论。

2．错位相减法求和

例2．已知数列)0()12(,,5,3,112aanaan，求前n项和。

思路分析：已知数列各项是等差数列1，3，5，…2n-1与等比数列120,,,,naaaa对应项积，可用错

位相减法求和。

解：1)12(53112n

n

anaaS2)12(5332n

n

anaaaaS

nn

n

anaaaaSa)12(22221)1(:21132

15

当n

n

n

n

a

aa

Saa)12(

)1(

)1(2

1)1(,1

2

1











时

2

1

)1(

)12()12(1

a

anana

S

nn

n







当2,1nSa

n

时

3.裂项相消法求和

例3.求和

)12)(12(

)2(

53

4

31

2222













nn

n

S

n



思路分析:分式求和可用裂项相消法求和.

解:)

12

1

12

1

(

2

1

1

)12)(12(

1

1

)12)(12(

11)2(

)12)(12(

)2(22























kkkkkk

k

kk

k

a

k

12

)1(2

)

12

1

1(

2

1

)]

12

1

12

1

()

5

1

3

1

()

3

1

1[(

2

1

21

















n

nn

n

n

nn

naaaS

nn



练习:

求

n

na

n

aa

a

S

32

321

答案:



























)1(

)1(

)1()1(

)1(

2

)1(

2

a

aa

anaa

a

nn

S

n

n

n

4.倒序相加法求和

例4求证：nn

nnnn

nCnCCC2)1()12(53210

思路分析：由mn

n

m

n

CC可用倒序相加法求和。

证：令)1()12(53210n

nnnnn

CnCCCS

则)2(35)12()12(0121

nnn

n

n

n

nn

CCCCnCnSmn

n

m

n

CC

n

nnnnn

CnCnCnCnS)22()22()22()22(2:)2()1(210有

nn

nnnnn

nCCCCnS2)1(])[1(210等式成立

5．其它求和方法

还可用归纳猜想法，奇偶法等方法求和。

例5．已知数列

n

n

nn

Snaa求],)1([2,。

思路分析：n

n

na)1(22，通过分组，对n分奇偶讨论求和。

解：n

n

na)1(22，若





m

k

k

mn

mSSmn

2

1

2

)1(2)2321(2,2则

16

)1(2)12()2321(2nnmmmS

n



若)12(22)12(])1(2[22)12(,122

2212





mmmmmmaSSSmnm

mmmn

则

22)1()1(224222nnnnmm













)(2

)()1(

2为正奇数

为正偶数

nnn

nnn

S

n

预备：已知

n

n

n

aaaaxaxaxaxf,,,,)(

321

2

21

且成等差数列，n为正偶数，

又nfnf)1(,)1(2，试比较

)

2

1

(f

与3的大小。

解：













naaaaaf

naaaaf

nn

n

1321

2

321

)1(

)1(



































2

2

2

2

)(

1

2

1

d

naa

nd

n

n

naa

n

n

121

2

2)1(

1

11











naa

d

ndnaa

n

nnnfxnxxxxf)

2

1

)(12()

2

1

(5)

2

1

(3

2

1

)

2

1

()12(53)(3232

可求得nnnf)

2

1

)(12()

2

1

(3)

2

1

(2，∵n为正偶数，

3)

2

1

(f

（四）巩固练习：

1．求下列数列的前

n

项和

n

S：

（1）5，55，555，5555，…，

5

(101)

9

n

，…；（2）

1111

,,,,,

132435(2)nn

；

（3）

1

1n

a

nn





；（4）23,2,3,,,naaana；

（5）

13,24,35,,(2),nn

；（6）2222sin1sin2sin3sin89．

解：（1）

555555555

n

n

S

个5

(999999999)

9

n



个

23

5

[(101)(101)(101)(101)]

9

n

23

5505

[10101010](101)

9819

nnnn

．

（2）∵

1111

()

(2)22nnnn





，

∴

11111111

[(1)()()()]

2324352n

S

nn





1111

(1)

2212nn





．

（3）∵

11

1

1(1)(1)n

nn

ann

nnnnnn







∴

111

21321n

S

nn





17

(21)(32)(1)nn

11n．

（4）2323n

n

Saaana，

当1a时，123

n

S…

(1)

2

nn

n





，

当1a时，2323

n

Saaa…nna，

23423

n

aSaaa…1nna，

两式相减得23(1)

n

aSaaa…11

(1)

1

n

nnn

aa

anana

a









，

∴

21

2

(1)

(1)

nn

n

nanaa

S

a







．

（5）∵2(2)2nnnn，

∴原式222(123…2)2(123n…

)n

(1)(27)

6

nnn



．

（6）设2222sin1sin2sin3sin89S，

又∵2222sin89sin88sin87sin1S，

∴289S，

89

2

S

．

2．已知数列{}

n

a的通项

65()

2()n

n

nn

a

n











为奇数

为偶数

，求其前

n

项和

n

S．

解：奇数项组成以

1

1a

为首项，公差为12的等差数列，

偶数项组成以

2

4a

为首项，公比为4的等比数列；

当

n

为奇数时，奇数项有

1

2

n

项，偶数项有

1

2

n

项，

∴

1

1

2

1

(165)

4(14)(1)(32)4(21)

2

21423

n

n

n

n

n

nn

S















，

当

n

为偶数时，奇数项和偶数项分别有

2

n

项，

∴

2

(165)

4(14)(32)4(21)

2

21423

n

n

n

n

n

nn

S









，

所以，

1(1)(32)4(21)

()

23

(32)4(21)

()

23

n

n

n

nn

n

S

nn

n

























为奇数

为偶数

．

四、小结：

1．掌握各种求和基本方法；

2．利用等比数列求和公式时注意分

11qq或

讨论。