高考复习专题之数列

高考复习专题之数列高考复习专题之数列重难点击专题重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。知识网络通项公式数列与正整数集关系递推公式等差数列定义通项公式数列中项前n项的和等比数列公式法倒序相加法特殊数列求和方法错位相减法裂项相消法第一课时数列一、数列通项an与前n项和Sn的关系n1．Sna1a2a3anaii1S1n12．anSnSn1n21第一课时数列课前热身21、数列an的通项公式为an3n28n,则数列各项中最小项是(B)A．第４项B．第５项C．第６项D．第７项22、已知数列an是递增数列，其通项公式为annn,则实数的取值范围是(3,)22n13、数列an的前n项和Snn4n1,，则an2n5n2题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式(1)7，77，777，7777，…(2)1，3，3，5，5，7，7，9，9…7777解析：(1)将数列变形为(101),(1021),(1031)，,(10n1)9999(2)将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，…。1(1)n可得数列的通项公式为ann2点拨：本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。S1(n1)题型二应用an求数列通项SS(n2)nn1【例2】已知数列an的前n项和Sn，分别求其通项公式.n⑴Sn321解析：⑴当n1时,a1S1321，nn1n1当n2时,anSnSn1(32)(32)231(n1)又不适合上式，故a11ann123(n2)三、利用递推关系求数列的通项【例3】根据下列各个数列an的首项和递推关系，求其通项公式2/52第一课时数列11⑴a,aa12n1n4n211解析：⑴因为aa，所以n1n4n211111aa()n1n4n2122n12n1111所以aa()21213111aa()32235111aa()43257…，…，111aa()nn122n32n1以上(n1)个式相加得11aa(1)n122n114n3即：a1n4n24n2an1点拨：在递推关系中若an1anf(n),求an用累加法，若f(n),求an用累乘法，若anan1panq，求an用待定系数法或迭代法。课外练习1111、设a，(nN)，则a与a的大小关系是(C)nn1n22n1n1nA．an1anB．an1anC．an1anD．不能确定3/52第一课时数列解：因为111an1an2n22n3n11102n32n2所以an1an，选Ｃ．二、填空题22,(n1)1、已知数列an的前n项和Snn4n1，则an2n5,(n2)n982、已知数列an的通项（nN），则数列an的前30项中最大项和最小项分别是a10，a9n99x989998解：构造函数y1x99x99由函数性质可知，函数在(，99)上递减，且y1函数在(99，＋）上递增且y1又99(9，10）aaaa1aa1011123012a9a10最大，a9最小第二课时等差数列知识要点1．递推关系与通项公式递推关系：an1and通项公式：ana1(n1)d推广：anam(nm)d变式：a1an(n1)d;aadn1n1aadnmnm特征：adn(ad),n1即：anf(n)knm,(k,m为常数）4/52第二课时等差数列anknm，（k,m为常数)是数列an成等差数列的充要条件。2．等差中项：ac若a,b,c成等差数列，则b称a与c的等差中项，且b；a,b,c成等差数列是2bac的充2要条件。3．前n项和公式(aa)nn(n1)dS1n；Snan2n12dd特征：Sn2(a)n,n2122即Snf(n)AnBn2SnAnBn(A,B为常数)是数列an成等差数列的充要条件。4．等差数列an的基本性质(其中m,n,p,qN)⑴若mnpq，则amanapaq反之，不成立。⑵anam(nm)d⑶2ananmanm⑷Sn,S2nSn,S3nS2n仍成等差数列。【另附】1、等差数列及等差中项定义2211注：根据定义，当我们看到形如：anan1d、anan1d、anan1d、d、anan1aaan1n1、SSd时，应能从中得到相应的等差数列。n2nn12、等差数列的通项公式：ana1(n1)d、anak(nk)d(其中a1为首项、ak为已知的第k项)当d0时，an是关于n的一次式；当d0时，an是一个常数。n(aa)n(n1)3、等差数列的前n项和公式：S1nSnad当d0时，S是关于n的二n2n12n次式且常数项为0；当d0时（a10），Snna1是关于n的正比例式。4、等差数列{an}的公差为d，则任意连续m项的和构成的数列Sm、S2mSm、S3mS2m、……仍为等差数列，公差为m2d。5/52第二课时等差数列SdSS5、等差数列{a}的公差为d，前n项和为S，则数列{n}是等差数列，公差为。特别地m、2m、nnn2m2mS3m组成等差数列。3m6、两个等差数列{an}与{bn}的公差分别为d1和d2，则数列{panqbn}为等差数列，且公差为pd1qd27、等差数列{an}的任意等距离的项（项数组成等差数列）构成的数列仍为等差数列。如a1、a5、a9、…a4n3and8、{an}为等差数列，公差为d，则数列{c}(c0)是等比数列，公比为c。9、在等差数列{an}中：S偶an1aa12n①若项数为2n，则S偶S奇ndS2n12nn(a1a2n)S奇an2②若项数为2n1，则S奇S偶an1S奇n1a1a2n1S2n1(2n1)(2n1)an1S偶n2anS2n110、两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，则bnT2n1aa(2n1)12n1a(2n1)aS（略证：nn22n1）b(2n1)bbbTnn(2n1)12n12n1211、在等差数列{an}中,有关Sn的最值问题（1）邻项变号法am0①当a10、d0时，满足的项数m使得Sm取最大值.am10am0②当a10、d0时，满足的项数m使得Sm取最小值.am10（2）利用Sn（d0时，Sn是关于n的二次函数）进行配方（注意n应取正整数）5．判断或证明一个数列是等差数列的方法：①定义法：an1and(常数）（nN）an是等差数列②中项法：2an1anan2（nN)an是等差数列③通项公式法：anknb(k,b为常数)an是等差数列④前n项和公式法：2SnAnBn(A,B为常数)an是等差数列6/52第二课时等差数列课前热身1．等差数列an中，a4a6a8a10a12120,1则aa的值为(C)9311A．14B．15C．16D．1711解aaa(a2d)9311939222120(ad)a163938352．等差数列an中，a10，S9S12，则前10或11项的和最大。解：S9S12，S12S90aaa0，3a0，10111211a110，又a10∴an为递减等差数列∴S10S11为最大。3．已知等差数列an的前10项和为100，前100项和为10，则前110项和为－110解：∵S10，S20S10，S30S20，，S110S100，成等差数列，公差为D其首项为S10100，前10项的和为S1001010910010D10，D222又S110S100S1010DS1101001010（22）110n(n1)y50n9812n422n240n982(n10)2102所以当n10时，ymax1024．设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130①求出公差d的范围，7/52第二课时等差数列②指出S1，S2，，S12中哪一个值最大，并说明理由。danf(n)nanSnan"n2"解：①S126(a1a12)6(a3a10)6(2a37d)024247d0d713(aa)13又S113(aa)132231113(2a8d)023248d0d324从而d37②S126(a6a7)0S1313a70a70，a60S6最大。课外练习一、选择题1．已知an数列是等差数列，a1010，其前10项的和S1070，则其公差d等于(D)2112ABCD．．．．33332．已知等差数列an中，a7a916，a41，则a12等于（A）A．15B．30C．31D．64解：aaaa79412a1215二、填空题3．设Sn为等差数列an的前n项和，S414，S10S730，则S9=544．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S1221，则a2a5a8a11x2y25．设F是椭圆1的右焦点，且椭圆上至少有21个不同点P(i1,2,)使PF，PF，PF,76i12311组成公差为d的等差数列，则d的取值范围为，00，10108/52第二课时等差数列解：椭圆的焦点F到椭圆上的点最大、最小距离分别为(71)和（71），由题意得：（71）（n1)d712dn120n11d，又d01011d0或0d1010三、解答题6．等差数列an的前n项和记为Sn，已知a1030，a2050①求通项an；②若Sn=242，求n解：ana1(n1)da1030，a2050a19d30解方程组a119d50a112an2n10d2n(n1)d由Sna，S=242n12nn(n1)12n22422解得n11或n22(舍去）7．甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2m，以后每分钟比前一分钟多走1m，乙每分钟走5m，①甲、乙开始运动后几分钟相遇？②如果甲乙到对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前一分钟多走1m，乙继续每分钟走5m，那么，开始运动几分钟后第二次相遇？解：①设n分钟后第一次相遇，依题意有：n(n1)2n5n702解得n7，n20(舍去）故第一次相遇是在开始运动后7分钟。②设n分钟后第二次相遇，则：n(n1)2n5n3702解得n15，n28(舍去）故第二次相遇是在开始运动后15分钟9/52第二课时等差数列18．已知数列a中，a3，前n和S(n1)(a1)1n1n2n①求证：数列an是等差数列②求数列an的通项公式1③设数列的前n项和为Tn，是否存在实数M，使得TnM对一切正整数n都成立？若存在，anan1求M的最小值，若不存在，试说明理由。1解：①∵S(n1)(a1)1n2n1S(n2)(a1)1n12n1an1Sn1Sn1(n2)(a1)(n1)(a1)2n1n整理得，nan1(n1)an1(n1)an2(n2)an11(n1)an2nan1(n2)an1(n1)an2(n1)a(n1)(aa)n1n2n2an1an2an∴数列an为等差数列。②a13，nan1(n1)an1a22a115a2a12即等差数列an的公差为2ana1(n1)d3(n1)22n111③anan1(2n1)(2n3)10/52第二课时等差数列11122n12n31111111Tn()235572n12n3111()232n31又当nN时，Tn61要使得TM对一切正整数n恒成立，只要M≥，所以存在实数M使得TM对一切正整数nn6n1都成立，M的最小值为。6第三课时等比数列知识要点1．定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，记为q，（q0)。2．递推关系与通项公式递推关系：an1qann1通项公式：ana1qnm推广：anamq3．等比中项：若三个数a,b,c成等比数列，则称b为a与c的等比中项，且为bac，注：b2ac是成等比数列的必要而不充分条件。4．前n项和公式na1(q1)nSa(1q)aaq(q1)n11n1q1q5．等比数列的基本性质，(其中m,n,p,qN)①若mnpq，则amanapaq反之不真！nman2②q，ananmanm(nN)am③an为等比数列，则下标成等差数列的对应项成等比数列。11/52第三课时等比数列④q1时，Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等比数列。【另附】1、等比数列及等比中项定义：2注：根据定义，当我们看到形如：anqan1、(an1an)q(anan1)、anan1an1、(an1t)q(ant)、SnqSn1应能从中得到相应的等差数列。n1nk2、等比数列的通项公式：ana1qanakq(其中a1为首项、ak为已知的第k项，an0)关于等比数列{an}的单调性：当q1时，{an}为常数列当q0时，{an}为摆动数列；当q1且a10时，{an}为递增数列；当q1且a10时，{an}为递减数列；当0q1且a10时，{an}为递增数列；当0q1且a10时，{an}为递减数列；3、等比数列的前n项和公式：当q1时，Snna1(是关于n的正比例式)；a(1qn)aaq当q1时，S1S1nn1qn1q4、等比数列{an}中，若mnpq，则amanapaq5、等比数列{an}的公比为q，且Sn0,则任意连续m项的和构成的数列Sm、S2mSm、S3mS2m、……仍为等比数列，公比为qm。an16、两个等比数列{an}与{bn}的公比分别为p和q，则数列{anbn}、、仍为等比数列，公比bnbnp1分别为pq、、。qq7、等比数列{an}的任意等距离的项（项数组成等差数列）构成的数列仍为等比数列。如a1、a5、a9、…a4n38、等比数列{an}的公比为q，且an0，则{logcbn}(c0且c1)是等差数列，公比为logcq。S偶S奇a19、在等比数列{an}中：①若项数为2n，则q②若数为2n1则，qS奇S偶6．等差数列与等比数列的转化an①an是等差数列c(c0，c1)是等比数列；②an是正项等比数列logcan(c0，c1)是等差数列；③an既是等差数列又是等比数列an是各项不为零的常数列。7．等比数列的判定法an1①定义法：q（常数）an为等比数列；an2②中项法：an1anan2(an0)an为等比数列；n③通项公式法：ankq(k,q为常数）an为等比数列；④前n项和法：12/52第三课时等比数列nSnk(1q)（k,q为常数）an为等比数列。课前热身1．设f(n)2242721023n10(nN)，则f(n)等于（D）22A．(8n1)B．(8n11)7722C．(8n31)D．(8n41)772．已知数列an是等比数列，且Sm10，S2m30，则S3m701猜想：b是等比数列，公比为。n2111证明如下：∵baan12n1422n4111(a2n1)244111(a)b22n142nbn1111即：，∴bn是首项为a，公比为的等比数列。bn242性质运用【例2】：⑴在等比数列a中，，，na1a633a3a432anan1①求an，②若Tnlga1lga2lgan,求Tn⑵在等比数列an中，若a150，则有等式：a1a2ana1a2a29n(n29，nN)成立，类比上述性质，相应的在等比数列bn中，若b191则有等式成立。解：⑴①由等比数列的性质可知：13/52第三课时等比数列a1a6a3a432又a1a633，a1a6解得a132，a61a111所以6，即q5，qa1323221所以a32()n126nn2②由等比数列的性质可知，lgan是等差数列，因为6nlganlg2(6n)lg2，lga15lg2(lgalga)nn(11n)所以T1nlg2n22⑵由题设可知，如果am0在等差数列中有a1a2ana1a2a2m1n(n2m1，nN)成立，我们知道，如果若mnpq，则amanapaq，而对于等比数列bn，则有若mnpq，则amanapaq所以可以得出结论，若bm1，则有b1b2bnb1b2b2m1n(n2m1，nN)成立，在本题中则有b1b2bnb1b2b37n(n37，nN)点拨：历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握。典例精析一、错位相减法求和123n例1：求和：Snaa2a3an解：⑴n(n1)a1时，S123nn2⑵a1时，因为a0123nS①naa2a3an112n1nS②ana2a3anan1由①－②得：14/52第三课时等比数列1111n(1)Sanaa2anan111(1)nnaa1n11aaa(an1)n(a1)所以Snan(a1)2综上所述，n(n1)(a1)S2na(an1)n(a1)n2a1)a(a1)点拨：①若数列an是等差数列，bn是等比数列，则求数列anbn的前n项和时，可采用错位相减法；②当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论；③当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号。二、裂项相消法求和例2：数列an满足a1=8，a42，且an22an1an0（nN）①求数列an的通项公式；aa则d41241所以，an=8＋（n－1）×（－2）＝―10－2n11bnn(14an)2n(n2)111()4nn2所以②Tnb1b2bn1111111()()()41324nn21111(1)42n1n2311m84(n1)4(n2)32对一切nN恒成立。15/52第三课时等比数列88m12对一切nN恒成立。n1n288对nN，（12)n1n2min故m的最大整数值为5。8816121112316所以m3点拨：①若数列an的通项能转化为f(n1)f(n)的形式，常采用裂项相消法求和。②使用裂项消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。三、奇偶分析法求和例3：设二次函数f(x)x2x，当xn，n1S2n4n21．在等差数列an中，a1=1，前n项和Sn满足，n1，2，Snn1①求数列an的通项公式an②记bnanp(p0)，求数列bn的前n项和Tn。S2n4n2解：①设数列an的公差为d，由，n1，2，Snn1a1a2得3，所以a22a1即da2a114n2S又2nn1Sn(annda1)2n2(ana1)n22(an1)nan1所以an=nann②由bnanp(p0)，有bnnp23n所以Tnp2p3pnp①16/52第三课时等比数列n(n1)当p1时，Tn223nn1当p1时，pTnp2p(n1)pnp②①－②得2nn1(1p)Tnpppnpp(1pn)npn11pp(1pn)npn1所以Tn(1p)21pn(n1)(p1)2即：Tnn1np(1p)np2(p1)(1p)1p课外练习一．选择题11、数列a的前n项和为S，若a，则S等于（B）nnnn(n1)5511A．1B．C．D．6630111解：因为ann(n1)nn1111111所以S()()()5122356562．f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，数列an是首项为a(aN)，公差为1的等差数列，那么f(a1)f(a2)f(a10)的值为（C）A．－1B．1C．0D．10a解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)是以2为周期的周期函数，所以f(0）0，且f(x2)f(x)又数列an是首项为a，公差为1的等差数列17/52第三课时等比数列所以anan1，又aNf(a)（n为奇数）f(an)f(a1)（n为偶数）所以f(a)f(a)f(a)12105f(a)5f(a1)5f(0)f(1)5f(1)又f(1)f(12)f(1)所以f(1)f(1)即f(1)0故原式=0，选C。二、填空题S3．设等比数列a的公比与前n项和分别为q和S，且q≠1，S8，则208nn101q10a(1q10)方法一、1812Sa(1q20)20181q10(1q10）(1q)方法二、S20S10a11a12a201010S10qS10S10(1q)S所以20S81q101012n4．数列a满足a，nnn1n2n18n2，则数列b的前n项和为又bnnanan1n11n解：a(12n)nn1228b11naan(n1)=8(）nn1nn1所以b1b2bn1111111111111118()()()７．数列1，，，，，，，，，，的前100项的和1223nn122333444418n81n1n19为131418/52第四课时数列通项公式的求法第四课时数列通项公式的求法数列通项公式的十种求法一、公式法n例1已知数列{}an满足an12an32，a12，求数列{}an的通项公式。aa3aa3aa23解：a2a32n两边除以2n1，得n1n，则n1n，故数列{}n是以11为首项，以n1n2n12n22n12n22n2122a331为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得n1(n1)，所以数列{}a的通项公式为a(n)2n。2n2nn22aa3a评注：本题解题的关键是把递推关系式a2a32n转化为n1n，说明数列{}n是等差数列，再直接n1n2n12n22na3利用等差数列的通项公式求出n1(n1)，进而求出数列{}a的通项公式。2n2n二、累加法例2已知数列{}an满足an1an2n1，a11，求数列{}an的通项公式。解：由an1an2n1得an1an2n1则an()()()()anan1an1an2a3a2a2a1a1[2(n1)1][2(n2)1](221)(211)12[(n1)(n2)21](n1)1(n1)n2(n1)12(n1)(n1)1n22所以数列{}an的通项公式为ann。评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an2n1转化为an1an2n1，进而求出()()()()anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{}an的通项公式。n例3已知数列{}an满足an1an231，a13，求数列{}an的通项公式。19/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法nn解：由an1an231得an1an231则an()()()()anan1an1an2a3a2a2a1a1(23n11)(23n21)(2321)(2311)32(3n13n23231)(n1)33(13n1)2(n1)3133n3n133nn1n所以an3n1.nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an1an231转化为an1an231，进而求出an()()()()anan1an1an2a3a2a2a1a1，即得数列{}an的通项公式。n例4已知数列{}an满足an13an231，a13，求数列{}an的通项公式。aa21解：a3a23n1两边除以3n1，得n1n，n1n3n13n33n1aa21则n1n，故3n13n33n1ananan1an1an2an2an3a2a1a1n()()()()nn2n2n32133an1an1333333212121213()()()()33n33n133n233232(n1)11111()133n3n3n13n2321(13n1)a2(n1)n2n11因此n31，3n3133223n211则an3n3n.n322aa21评注：本题解题的关键是把递推关系式a3a23n1转化为n1n，进而求出n1n3n13n33n1anan1an1an2an2an3a2a1a1an()()()()，即得数列的通项公式，最后再求数列{}an的通3n3n13n13n23n23n3323133n20/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法项公式。三、累乘法n例5已知数列{}an满足an12(n1)5an，a13，求数列{}an的通项公式。nan1n解：因为an12(n1)5an，a13，所以an0，则2(n1)5，故ananan1a3a2ana1an1an2a2a1n1n221[2(n11)5][2(n21)5][2(21)5][2(11)5]32n1[n(n1)32]5(n1)(n2)213n(n1)32n152n!n(n1)n12所以数列{}an的通项公式为an325n!.nan1n评注：本题解题的关键是把递推关系an12(n1)5an转化为2(n1)5，进而求出ananan1a3a2a1，即得数列{}an的通项公式。an1an2a2a1例6（2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列{}an满足a11，ana12a23a3(n1)an1(n2)，求{}an的通项公式。解：因为ana12a23a3(n1)an1(n2)①所以an1a12a23a3(n1)an1nan②用②式－①式得an1annan.则an1(n1)an(n2)a故n1n1(n2)an21/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法anan1a3n!所以ana2[n(n1)43]a2a2.③an1an2a22由ana12a23a3(n1)an1(n2)，取n2得a2a12a2，则a2a1，又知a11，则a21，代入③n!得a1345n。n2n!所以，{}a的通项公式为a.nn2an1评注：本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为n1(n2)，进而求出ananan1a3a2，从而可得当n2时，an的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式，最后再求出数列{}an的通项公式。an1an2a2四、待定系数法n例7已知数列{}an满足an12an35，a16，求数列an的通项公式。n1n解：设an1x52(anx5)④nnn1n将an12an35代入④式，得2an35x52an2x5，等式两边消去2an，得nn1nnn1n35x52x5，两边除以5，得35x2x,则x1,代入④式得an152(an5)⑤a5n1由1及⑤式得n，则n1，则数列n是以1为首项，以为公a156510an50n2{an5}a1512an5nn1n1n比的等比数列，则an52，故an25。nn1nn评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an35转化为an152(an5)，从而可知数列{an5}是等n比数列，进而求出数列{an5}的通项公式，最后再求出数列{}an的通项公式。n例8已知数列{}an满足an13an524，a11，求数列{}an的通项公式。n1n解：设an1x2y3(anx2y)⑥n将an13an524代入⑥式，得22/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法nn1n3an524x2y3(anx2y)整理得(52x)2n4y3x2n3y。52x3xx5令，则，代入⑥式得4y3yy2n1nan15223(an522)⑦1由a1522112130及⑦式，a52n12得n，则n1，an5220n3an522n1故数列{an522}是以a152211213为首项，以3为公比的等比数列，因此nn1n1nan522133，则an133522。nn1n评注：本题解题的关键是把递推关系式an13an524转化为an15223(an522)，从而可知nn数列{an522}是等比数列，进而求出数列{an522}的通项公式，最后再求数列{}an的通项公式。2例9已知数列{}an满足an12an3n4n5，a11，求数列{}an的通项公式。22解：设an1xn(1)yn(1)z2(axnynzn)⑧2将an12an3n4n5代入⑧式，得2222345(1)(1)annnxnynz2(axnynzn)，则222(3)(2anxnxy4)(nxyz5)22anxn2ynz222等式两边消去2an，得(3xn)(2xy4)nxyz(5)2xn2ynz2，3x2xx3解方程组2xy42y，则y10，代入⑧式，得xyz52zz1823/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法22an13(n1)10(n1)182(an3n10n18)⑨22由a13110118131320及⑨式，得an3n10n180a3(n1)210(n1)18则n1，故数列2为以2为首项，22{an3n10n18}a1311011813132an3n10n182n1n42以2为公比的等比数列，因此an3n10n18322，则an23n10n18。2评注：本题解题的关键是把递推关系式an12an3n4n5转化为222an13(n1)10(n1)182(an3n10n18)，从而可知数列{an3n10n18}是等比数列，进而求出2数列{an3n10n18}的通项公式，最后再求出数列{}an的通项公式。五、对数变换法n5例10已知数列{}an满足an123an，a17，求数列{}an的通项公式。n5n5解：因为an123an，a17，所以an0，an10。在an123an式两边取常用对数得lgan15lgannlg3lg2⑩设lgan1x(n1)y5(lganxny)○11将⑩式代入○11式，得5lgannlg3lg2x(n1)y5(lganxny)，两边消去5lgan并整理，得(lg3x)nxylg25xn5y，则lg3xlg3x5x4，故xylg25ylg3lg2y164lg3lg3lg2lg3lg3lg2代入○11式，得lga(n1)5(lgan)○12n14164n4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2由lga1lg710及○12式，14164416424/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法lg3lg3lg2得lgan0，n4164lg3lg3lg2lgan1(n1)则41645，lg3lg3lg2lgann4164lg3lg3lg2lg3lg3lg2所以数列{lgan}是以lg7为首项，以5为公比的等比数列，则n41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2lgan(lg7)5n1，因此n41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2lga(lg7)5n1nn4164464111n11(lg7lg34lg36lg2)54n1lg34lg316lg24111n11[lg(73431624)]5n1lg(3431624)111n11lg(73431624)5n1lg(3431624)5n1n5n115n11lg(75n13431624)5n4n15n11lg(75n131624)5n4n15n11n15164则an732。n5评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式an123an转化为lg3lg3lg2lg3lg3lg2lg3lg3lg2lga(n1)5(lgan)，从而可知数列{lgan}是等比数n14164n4164n4164lg3lg3lg2列，进而求出数列{lgan}的通项公式，最后再求出数列{}a的通项公式。n4164n六、迭代法3(n1)2n例11已知数列{}an满足an1an，a15，求数列{}an的通项公式。3(n1)2n3n2n13(n1)2n23n2n1解：因为an1an，所以anan1[]an225/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法32(n1)n2(n2)(n1)an23(n2)2n332(n1)n2(n2)(n1)[]an333(n2)(n1)n2(n3)(n2)(n1)an33n123(n2)(n1)n212(3)(2)(1)nnna1n(n1)3n1n!22a1n(n1)3n1n!22又a15，所以数列{}an的通项公式为an5。3(n1)2n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an1an两边取常用对数得nlgan1nlgan13(n1)2lgan，即3(n1)2，再由累乘法可推知lgann(n1)n1n(n1)n13n!2lganlgan1lga3lga23n!222lganlga1lg5，从而an5。lgan1lgan2lga2lga1七、数学归纳法8(n1)8例12已知数列{}a满足aa，a，求数列{}a的通项公式。nn1n(2n1)2(2n3)219n8(n1)8解：由aa及a，得n1n(2n1)2(2n3)2198(11)88224aa21(211)2(213)29925258(21)248348aa32(221)2(223)2252549498(31)488480aa43(231)2(233)249498181(2n1)21由此可猜测a，往下用数学归纳法证明这个结论。n(2n1)2(211)218（1）当n1时，a，所以等式成立。1(211)2926/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法(2k1)21（2）假设当nk时等式成立，即a，则当nk1时，k(2k1)28(k1)aak1k(2k1)2(2k3)2(2k1)218(k1)(2k1)2(2k1)(22k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)(22k3)2(2k1)2(2k1)2(2k3)2(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。八、换元法1例13已知数列{}a满足a(14a124a)，a1，求数列{}a的通项公式。nn116nn1n1解：令b124a，则a(b21)nnn24n11故a(b21)，代入a(14a124a)得n124n1n116nn111(b21)[14(b21)b]24n11624nn22即4bn1(bn3)因为bn124an0，故bn1124an1027/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法13则2bb3，即bb，n1nn12n21可化为b3(b3)，n12n1所以{b3}是以b3124a3124132为首项，以为公比的等比数列，因此n1121111b32()n1()n2，则b()n23，即124a()n23，得n22n2n22111a()()nn。n342313评注：本题解题的关键是通过将124a的换元为b，使得所给递推关系式转化bb形式，从而可知数列nnn12n2{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{}an的通项公式。九、不动点法21an24例14已知数列{}an满足an1，a14，求数列{}an的通项公式。4an121x2421x24解：令x，得4x220x240，则x2，x3是函数f()x的两个不动点。因为4x1124x121a24n2a24a121a242(4a1)13a2613a2a2n1nnnnn。所以数列n是以a321a2421a243(4a1)9a279a3a3n1n3nnnnn4an1a124213an213n112为首项，以为公比的等比数列，故2()，则an3。a3439a3913n11n2()1921x2421x24评注：本题解题的关键是先求出函数f()x的不动点，即方程x的两个根x2，x3，进而4x14x112a213a2a2a2可推出n1n，从而可知数列n为等比数列，再求出数列n的通项公式，最后求出数列an139an3an3an3{}an的通项公式。7an2例15已知数列{}an满足an1，a12，求数列{}an的通项公式。2an328/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第四课时数列通项公式的求法7x23x1解：令x，得2x24x20，则x1是函数f()x的不动点。2x34x77an25an5因为an111，所以2an32an32111a()()nn。n342313评注：本题解题的关键是通过将124a的换元为b，使得所给递推关系式转化bb形式，从而可知数列nnn12n2{bn3}为等比数列，进而求出数列{bn3}的通项公式，最后再求出数列{}an的通项公式。【另外】1、利用等差等等比定义求通项公式；2、用构造等比数列求anAan1B型数列通项；3、通过Sn求an；4、取倒数转化为等差数列第五课时数列求和数列求和的基本方法和技巧数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础.在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.下面，就几个历届高考数学和数学竞赛 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 来谈谈数列求和的基本方法和技巧.一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.n(aa)n(n1)1、等差数列求和公式：S1nnadn212na1(q1)n2、等比数列求和公式：Sa(1q)aaqn11n(q1)1q1qn13、Snkn(n1)k12n214、Snkn(n1)(2n1)k16n3125、Snk[n(n1)]k1229/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第五课时数列求和123n[例1]已知log3x，求xxxx的前n项和.log2311解：由log3xlog3xlog32xlog23223n由等比数列求和公式得Snxxxx（利用常用公式）11(1)x(1xn)n1＝＝22＝1－1x12n12*Sn[例2]设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N,求f(n)的最大值.(n32)Sn111解：由等差数列求和公式得Sn(n1)，S(n1)(n2)（利用常用公式）n2n2Sn∴n＝f(n)2(n32)Sn1n34n64111＝＝648250n34(n)50nn81∴当n，即n＝8时，f(n)8max50二、错位相减法求和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{an·bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列.23n1[例3]求和：Sn13x5x7x(2n1)x………………………①解：由题可知，{(2n1)xn1}的通项是等差数列{2n－1}的通项与等比数列{xn1}的通项之积234n设xSn1x3x5x7x(2n1)x……………………….②（设制错位）234n1n①－②得(1x)Sn12x2x2x2x2x(2n1)x（错位相减）1xn1再利用等比数列的求和公式得：(1x)S12x(2n1)xnn1x30/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第五课时数列求和(2n1)xn1(2n1)xn(1x)∴Sn(1x)22462n[例4]求数列,,,,,前n项的和.222232n2n1解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{}的通项之积2n2n2462n设S…………………………………①n222232n12462nS………………………………②（设制错位）2n2223242n11222222n①－②得(1)S（错位相减）2n22223242n2n112n22n12n1n2∴S4n2n1三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an).012nn[例5]求证：Cn3Cn5Cn(2n1)Cn(n1)2012n证明：设SnCn3Cn5Cn(2n1)Cn…………………………..①把①式右边倒转过来得nn110Sn(2n1)Cn(2n1)Cn3CnCn（反序）mnm又由CnCn可得01n1nSn(2n1)Cn(2n1)Cn3CnCn…………..……..②01n1nn①+②得2Sn(2n2)(CnCnCnCn)2(n1)2（反序相加）n∴Sn(n1)2[例6]求sin21sin22sin23sin288sin289的值解：设Ssin21sin22sin23sin288sin289………….①将①式右边反序得Ssin289sin288sin23sin22sin21…………..②（反序）31/52唐仲英爱心社：服务社会奉献爱心推己及人薪尽火传第五课时数列求和又因为sinxcos(90x),sin2xcos2x1①+②得（反序相加）2S(sin21cos21)(sin22cos22)(sin289cos289)＝89∴S＝44.5四、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，