1、 通项公式和前 n 项和1、新课讲授：求数列前 N 项和的方法1. 公式法（1）等差数列前 n 项和： 1()()22naSd特别的，当前 n 项的个数为奇数时， ，即前 n 项和为中间项乘以项数。这个公11(2)kkSaA式在很多时候可以简化运算。（2）等比数列前 n 项和：q=1 时， 1Sa，特别要注意对公比的讨论。nnqq，（3）其他公式较常见公式：1、 2、)1(21kSn )12(612nkSn3、 213)(nk例 1 已知 ，求 的前 n 项和.logl23x nxx32例 2 设 Sn1+2+3+n ，nN *,求 的最大值.1)32()nSnf2. 错位相减法这种方法是在推
2、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a n b n的前 n 项和，其中 an 、 bn 分别是等差数列和等比数列.例 3 求和： 132)2(7531nxxS例 4 求数列 前 n 项的和.,2,64,23练习：求：S n=1+5x+9x2+(4n-3)xn-1答案：当 x=1 时 ， Sn=1+5+9+（ 4n-3） =2n2-n当 x1 时 ， Sn= 1 1-x 4x(1-xn) 1-x +1-（ 4n-3） xn 3. 倒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 .
3、)(1na例 5 求 的值 89sini3si2i1sin 222 4. 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.例 6 求数列的前 n 项和： ，231,7,412naa练习：求数列 的前 n 项和。),21(,8341n5. 裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 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，最终达到求和的目的. 通项分解 （裂项） 如：（1） （2）)(1(nffan nnta)1ta()cos(1i （3） （4）)(n )12
4、()2(an（5） )(1)(21)( an(6) nnnnnn S2)1(,2)()()( 1 则例 9 求数列 的前 n 项和.,321,例 10 在数列 an中， ，又 ，求数列b n的前 n 项的121nan 12nnab和.例 11 求证： 1sinco89cos12cos1cos0 2解：设 S （裂项） nnta)1ta()cos(1i （裂项求和） 89cos12cos1s0S 8tan9t)2tan3(t)tan(t)0tan(t1in t89tsi 1cotsisi2 原等式成立练习：求 631531之和。6. 合并法求和针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊
5、的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求 Sn.例 12 求 cos1+ cos2+ cos3+ cos178+ cos179的值.例 14 在各项均为正数的等比数列中，若 的值.103231365 loglogl,9aaa求7. 利用数列的通项求和先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前 n 项和，是一个重要的方法.例 15 求 之和.11个n练习：求 5，55，555，的前 n 项和。以上一个 7 种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和
6、公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。求数列通项公式的八种方法一、公式法（定义法）根据等差数列、等比数列的定义求通项二、累加、累乘法 1、累加法 适用于： 1()naf若 ，则 1()naf22131() ()naff 两边分别相加得 11()nkaf例 1 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n112na， na解：由 得 则12na1na23212()()()()211()()aannn 所以数列 的通项公式为 。a2na例 2 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n113na， na解法一：由 得 则12na12nn12321
7、211()()()()333()(33nnnnnaaaa 所以 1.na解法二： 两边除以 ，得 ，132nn13n1123nna则 ，故11nna2232111221()()()()3332() 1)333nnnnnnaaa因此 ，()2()2nn na则 13.nnn2、累乘法 适用于： 1()nnaf若 ，则1()naf31212()()()nafff ， ， ，两边分别相乘得， 11()nnkaf例 3 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n112()53nna， na解：因为 ，所以 ，则 ，故112()53nnaa， 0n12()5n132122211(1)1(1)2(55()5
8、()333!nnnnnaa 所以数列 的通项公式为na(1)235!.nna三、待定系数法 适用于 1()qf分析：通过凑配可转化为 ; 121()nnafaf解题基本步骤：1、确定 ()fn2、设等比数列 ，公比为1()naf23、列出关系式 121()nnfaf4、比较系数求 ，125、解得数列 的通项公式1()naf6、解得数列 的通项公式n例 4 已知数列 中， ，求数列 的通项公式。na11,2()nana解法一： 12(),n1nna又 是首项为 2，公比为 2 的等比数列12,na，即na1n解法二： 12(),n12na两式相减得 ，故数列 是首项为 2，公比为 2 的等112
9、()(2nna1na比数列，再用累加法的例 5 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。n 1143nna， n解法一：设 ，比较系数得 ，1123(nnaa)124,则数列 是首项为 ，公比为 2 的等比数列，14n 1435所以 ，即11352nna11nna解法二： 两边同时除以 得： ，下面解法略1n1243nn注意：例 6 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1 15naa， na解：设 2 21()()()n naxyzxyz比较系数得 ， 3,0,18所以 2 21()()(3108)n nana由 ，得213081320n则 ，故数列 为以21()()2nan2318na为
10、首项，以 2 为公比的等比数列，因此2130813，则 。2nna43108na注意：形如 时将 作为 求解21 nnpaqn()f分析：原递推式可化为 的形式，比较系数可求得 ，数列211) nnpa 为等比数列。1na例 7 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na211256,nnaana解：设 211()nn比较系数得 或 ，不妨取 ，322则 ，则 是首项为 4，公比为 3 的等比数列211()nnaa1na，所以143n 14352nn四、迭代法例 8 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na3(1)2nna， na解：因为 ，所以3(1)2nn1212(2)132()3()(
11、1)112(3)(1)33(1()32() nn nnnn nnaaaa 2(1)()1! nn 又 ，所以数列 的通项公式为 。15ana(1)23!5nna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。五、变性转化法1、对数变换法 适用于指数关系的递推公式例 9 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式。na5123nna17na解：因为 ，所以 。511237nn， 10nn，两边取常用对数得 1lgllg32nna设 （同类型四）1lg()5(l)n naxyxy比较系数得， lg3lg2,4164xy由 ，得 ，1lll3lg2g71064alg3lg204164na所以数
12、列 是以 为首项，以 5 为公比的等比数列，lg3lg24164nl3l则 ，因此1l l3g2g(7)564na 111 1664444511456l3gl2lll(7)ll(3)g(32)g2l7nnn nn则 。114556432nna2、倒数变换法 适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例 10 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na112,nnana解：求倒数得 为等差数列，首项 ，公差为 ，111,22nnnnaaa1a121(),n3、换元法 适用于含根式的递推关系例 11 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1 1(42)6nnnaa， na解：令 ，则124nnb2
13、)nb代入 得1(6nnnaa2211()4()4nnnbb即 2213n因为 ， 1240nnba则 ，即 ，13n132nnb可化为 ，1()2nnb所以 是以 为首项，以 为公比的等比数列，因此3n11432413a21，则 ，即 ，得2()nb()nb()3na。2343nna六、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列的前 n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法加以证明。例 12 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na1 1228()8139naa， na解：由 及 ，得1228()3n1921223422(1)824583()(3)9148018aa由此可猜测 ，下面用数学
14、归纳法证明这个结论。2()1n（1）当 时， ，所以等式成立。21()89a（2）假设当 时等式成立，即 ，则当 时，nk2(1)ka1nk12222228(1)3(8(1) )( (133) ( 1)kkakkk由此可知，当 时等式也成立。n根据（1） ， （2）可知，等式对任何 都成立。*nN七、阶差法1、递推公式中既有 ，又有nSna分析：把已知关系通过 转化为数列 或 的递推关系，然后采用相应的1,2nnSnaS方法求解。例 13 已知数列 的各项均为正数，且前 n 项和 满足 ，且 成nan1()26na249,a等比数列，求数列 的通项公式。解：对任意 有 nN1()26nnSa当
15、 n=1 时， ，解得 或111a12当 n2 时， 111()26nnnSa-整理得： 1130nn 各项均为正数，na1na当 时， ，此时 成立132n249当 时， ，此时 不成立，故 舍去12a1n249a12a所以 32na2、对无穷递推数列例 14 已知数列 满足 ，求 的通项公式。n11231()(2)n naaa， na解：因为 1231()()n na所以 1231n na 用式式得 1.nna则 1()2)nn故 1()na所以 13222 !(1)43.nannaa 由 ， ，则 ，又知 ，1231()()n n 212a取 得 11a则 ，代入 得 。2a!452na
16、所以， 的通项公式为n!.n八、不动点法不动点的定义：函数 的定义域为 ，若存在 ，使 成立，则称 为()fxD0()fxD0()fx0x的不动点或称 为函数 的不动点。()fx0,()fx分析：由 求出不动点 ，在递推公式两边同时减去 ，在变形求解。()fx0 0x类型一：形如 1 naqd例 15 已知数列 中， ，求数列 的通项公式。n11,2()nana解：递推关系是对应得递归函数为 ，由 得，不动点为-1()fxfx ，12()nna类型二：形如 1nnabcd分析：递归函数为 ()xf（1）若有两个相异的不动点 p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点 p,q，再将两式相除得，其中 ，1nnapkqapckq11()()nnaqpkapq（2）若有两个相同的不动点 p，则将递归关系式两边减去不动点 p，然后用 1 除，得，其中 。1nnkap2cad例 16 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式。na114nn， na解：令 ，得 ，则 是函数 的两个不214x20x123x， 214()xf动点。因为。所以数列 是1224142(1)3261339733nn nnnnnaaa23na以 为首项，以 为公比的等比数列，故 ，则124a91 12()9nna。13()9nn
