1、1数列1、 等差数列与等比数列1.基本量的思想：常设首项、 （公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1）若数列 是等差数列，则数列 是等比数列，公比为 ，其中 是常数，nana da是 的公差。 （a0 且 a1） ；d2）若数列 是等比数列，且 ，则数列 是等差数列，公差为n0nlogan，其中 是常数且 ， 是 的公比。logaq,1aqn3）若 既是等差数列又是等比数列,则 是非零常数数列。n 3.等差与等比数列的比较等差数列 等比数列定义 常 数 ）为 (1daPAann 常 数 ）为 (1qaPGann通项
2、公式 n= 1+（n-1） d= k+（n-k）d=dn+a-dknq12求和公式 ndadsn)2()1(121)1(1)(1 qaqansnn中项公式 A=b 推广：2 na= mnbG2。推广： mnna1 若 m+n=p+q 则 qpa若 m+n=p+q，则 qp。2 若 nk成 A.P（其中 Nkn）则nka也为 A.P。若 nk成等比数列 （其中 Nkn） ，则 nk成等比数列。3 nnss232, 成等差数列。 nss232,成等比数列。性质4 )(1maad1aqn， maq )(n4、典型例题分析【题型 1】 等差数列与等比数列的联系例 1 （2010 陕西文 16）已知a
3、n是公差不为零的等差数列，a 11，且 a1，a 3，a 9成等比数列.（）求数列a n的通项;（）求数列2 an的前 n 项和 Sn.解：（）由题设知公差 d0，由 a11，a 1，a 3，a 9成等比数列得 12d 8，解得 d1，d0（舍去） ， 故a n的通项 an1+（n1）1n.()由（）知 2ma=2n，由等比数列前 n 项和公式得3Sm=2+22+23+2n= (12)n=2n+1-2.小结与拓展：数列 是等差数列，则数列 是等比数列，公比为 ，其中nana da是常数， 是 的公差。 （a0 且 a1）.ad【题型 2】 与“前 n 项和 Sn 与通项 an”、常用求通项公式
4、的结合例 2 已知数列a n的前三项与数列b n的前三项对应相同，且a12a 22 2a32 n1 an8n 对任意的 nN *都成立，数列b n1 b n是等差数列求数列a n与b n的通项公式。解：a 12a 22 2a32 n1 an8n(nN *) 当 n2 时，a 12a 22 2a32 n2 an1 8(n1)(nN *) 得 2n1 an8，求得 an2 4n ，在中令 n1，可得 a182 41 ，a n2 4n (nN *) 由题意知b18，b 24，b 32，b 2b 14，b 3b 22，数列b n1 b n的公差为2(4)2，b n1 b n4(n1)22n6，法一（迭
5、代法）bnb 1(b 2b 1)(b 3b 2)(b nb n1 )8(4)(2)(2n8)n 27n14(nN *)法二（累加法）即 bnb n1 2n8，bn1 b n2 2n10，b3b 22，b2b 14，b18，4相加得 bn8(4)(2)(2n8)8 n 27n14(nN *)(n 1)( 4 2n 8)2小结与拓展：1）在数列a n中，前 n 项和 Sn与通项 an的关系为：.是重要考点；2）韦达定理应引起重视；3）迭代)N,( 1Sann法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。【题型 3】 中项公式与最值（数列具有函数的性质）例 3 （2009 汕头一模）在等比数列 an
6、中，a n0 (n N ） ，公比 q (0,1)，且a1a5 + 2a3a5 +a 2a825，a 3与 as的等比中项为 2。 （1）求数列a n的通项公式；（2）设 bnlog 2 an，数列b n的前 n 项和为 Sn当 2S最大时，求n 的值。解：（1）因为 a1a5 + 2a3a5 +a 2a825，所以， 23a + 2a3a5 + 225又 ano，a 3a 55 又 a3与 a5的等比中项为 2，所以，a 3a54而 q（ 0,1） ，所以，a 3a 5，所以，a 34，a 51， q，a 116，所以，162nnn（2）b nlog 2 an5n，所以，b n1 b n1，
7、所以，b n是以 4 为首项，1 为公差的等差数列。所以， (9),2nS92S所以，当 n8 时， nS0，当 n9 时， nS0，n9 时， n0，当 n8 或 9 时， 12最大。小结与拓展：1）利用配方法、单调性法求数列的最值；2）等差中项与等比中项。52、 数列的前 n 项和1.前 n 项和公式 Sn 的定义：Sn=a1+a2+an。2.数列求和的方法（1 ）（1）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式:；1nk1223()n；k 6(21)n；31nk33()n。(2)k2-.5（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或
8、把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。（3）倒序相加法：如果一个数列a n，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前 n 项和即是用此法推导的。（4）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。适用于 其中 是各项不为 0 的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含1nacn阶乘的数列等。如：1） 和 （其中 等差）可裂项为：1na1nana；2） 。 （根式在分母上时11()nnad 1()nnnd6可考虑利用分母有理化，因式相消 求和）常见裂项公
9、式：（1） ；1()nn（2） ；()kk（3） ；11()2()()2nnn（4） !（5）常见放缩公式： .121 11() ()n nnn3.典型例题分析【题型 1】 公式法例 1 等比数列 的前项和 S 2 p，则 _.na 22321naa解：1）当 n=1 时， ；p-12）当 时， 。 1-n1-nn1-n )()(因为数列 为等比数列，所以na p2pa-从而等比数列 为首项为 1，公比为 2 的等比数列。故等比数列 为首项为 1，公比为 的等比数列。2na4q1)-(3-)(nn22321n小结与拓展：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数
10、列；4）常用公式:（见知识点部分） 。5）等比数列的性质：若数列 为等比na数列，7则数列 及 也为等比数列，首项分别为 、 ，公比分别为 、 。2na121a2q1【题型 2】 分组求和法例 2 （2010 年丰台期末 18）数列 中， ，且点 在函na11(, )na()N数 的图象上.（）求数列 的通项公式；（）在数列 中，依()fx n次抽取第 3，4，6， ，项，组成新数列 ，试求数列 的通项12nnbb及前 项和 .nbnS解：（）点 在函数 的图象上， 。1(, )a()2fx12na ，即数列 是以 为首项，2 为公差的等差数列，12nan1a 。()（）依题意知： 112()
11、3nnnb = = .12nnS 113)2iii112n小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。【题型 3】 裂项相消法例 3 （2010 年东城二模 19 改编）已知数列 na的前 项和为 nS， 1a，14nSa，设 12nnba （）证明数列 b是等比数列；（）数列 nc满足 2log3nn*()N，求812341n nTccc 。证明：（）由于 1nSa， 当 时， 得 114nn 所以 112()nnaa 又 2nba， 所以 b因为 1，且 121a，所以 2134所以 2故数列 n是首项为 ，公
12、比为 2的等比数列 解：（）由（）可知 2nb，则 2log3nncb（ n*N） 12341n nTcc 114567(3)44()小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用于 其中 是各项不为 0 的等差数列，c 为常数；部分无1nacn理数列、含阶乘的数列等。如：1） 和 （其中 等差）1na1nana可裂项为： ；2） 。 （根式11()nnad 1()nnnd在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）94.数列求和的方法（2 ）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果 等差， 等比，那么 叫做nanbnab差比数列）即把每一项都乘以
13、的公比 ，向后错一项，再对应同次项相减，转nbq化为等比数列求和。如：等比数列的前 n 项和就是用此法推导的. （6）累加（乘）法（7）并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如 an(1) nf(n)类型，可采用两项合并求。（8）其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。5.典型例题分析【题型 4】 错位相减法例 4 求数列 前 n 项的和.,2,6,23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n n21设 nnS432 （设制错位）14261得 （错位相减）1432)2( nn1n10 124nnS【题型 5】 并项求和法例 5
14、 求 100 299 298 297 22 21 210S解： 100 299 298 297 22 21 2(100 99)(9897)(21)5050.【题型 6】 累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等例 6 求 之和.11个n解：由于 （找通项及特征）)0(9911 kkk个个 个n（分组求和）)10(9)0(9)()0(9321 n1321 个nn 9)(n )90(81n6.归纳与总结以上一个 8 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
15、这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。113、 数列的通项公式1.数列的通项公式一个数列a n的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式 anf(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式2.通项公式的求法（1 ）（1）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。（2）公式法：在数列a n中，前 n 项和 Sn与通项 an的关系为：(数列 的前 n 项的和为)N,2( 11Sann a).12ns（3）周期数列由递推式计算出前几项，寻找周期。（4）由递推式求数
16、列通项类型 1 递推公式为 )(1nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法)求解。类型 2 （1）递推公式为 nnf1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法(逐商相乘法)求解。fan（2）由 和 确定的递推数列 的通项可如下求得：nnfa)(11na由已知递推式有 ， ， ， 依次)n 21)(nf12)(af12向前代入，得 ，这就是叠（迭）代法的基本模式。1)(2()1afnffan类型 3 递推公式为 （其中 p，q 均为常数， ） 。pa )01(pq解法：把原递推公式转化为： ，其中 ，再利用换元法转)(1ttnnt化为等比数列求解。3.典型例题分析【题型 1】 周
17、期数列例 1 若数列 满足 ，若 ，则 =_。na)12(,0,1nnna76120a答案： 。75小结与拓展：由递推式计算出前几项，寻找周期。【题型 2】 递推公式为 ，求通项)(1nfan例 2 已知数列 满足 ， ，求 。na21n21na解：由条件知： 1)(1 n分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即)(,3,2nn)()( 13412 aaa)1() n13所以 nan1，21n123小结与拓展：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 3】 递推公式为 ，求通项nnaf)(1例 3 已知数列 满足 ， ，求 。na321nn1解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得
18、 个等1n )1(,)1(n式累乘之，即 13421naa432an1又 ，31an小结与拓展：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 4】 递推公式为 （其中 p，q 均为常数，pann1） ，求通项)01(pq例 4 在数列 中， ，当 时，有 ，求 的通项公式。na12n132nana解法 1：设 ，即有 ，对比 ，得3()m1m132，于是得 ，数列 是以 为首项，以 3 为公比1nnn的等比数列，所以有 。2a解法 2：由已知递推式，得 ，上述两式相减，得11,32,()nna，因此，数列 是以 为首项，以 3 为公113()nna114a比的等比数列。所以
19、，即 ，所以4n nn。n小结与拓展：此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列的性质进行求解，构造的办法有两种，一是待定系数法构造，设14，展开整理 ，比较系数有 ，1()nnamp1nnapmpmb所以 ，所以 是等比数列，公比为 ，首项为 。二是用bnb1a做差法直接构造， ， ，两式相减有1nnapq1napq，所以 是公比为 的等比数列。也可用“归纳猜1()na1想证明”法来求，这也是近年高考考得很多的一种题型.4.通项公式的求法（2 ）（5）构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某
20、个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方
21、法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.（6）归纳猜想证明法数学归纳法（7）已知数列 前 项之积 Tn，一般可求 Tn-1，则 an （注意：不能忘记na 1讨论 ）.1如：数列 中，对所有的 都有 ，则nN2321n15_.53a四、典型例题分析【题型 5】 构造法： 1）构造等差数列或等比数列例 5 设各项均为正数的数列 的前 n 项和为 ，对于任意正整数 n，都有等式：anS成立，求 的通项 .nnSa42n解： ，1214n nnnS)(1， ， . 即 是以 2 为0)( 0a21nana公差的等差数列，且 .2112a an2小结与拓展：由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些
22、递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.【题型 6】 构造法： 2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式。例 6 设 是首项为 1 的正项数列，且 ， （nN*） ，求na 0121nnaa数列的通项公式 an.解：由题设得 .0)(n ， ， .0n1n1 a 2)1(321)()()(23121 naann 【题型 7】 构造法： 3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.例 7 数列 中， ，前 n 项的和 ，求 .na21naS2116解： 1
23、221221 )()()( nnnnnn aaSa， 121ann )1(23nn )(1a【题型 8】 构造法： 4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.例 8 设正项数列 满足 ， （n2）.求数列 的通项公式.na121nana解：两边取对数得： ， ，设 ，22logln )1(logl2n 1log2nab则 12nb是以 2 为公比的等比数列， .1l21b， ， ，n2lognanogna 1na【题型 9】 归纳猜想证明例 9 设数列a n的前 n 项和为 Sn，且方程 x2a nxa n0 有一根为Sn1，n1，2，3
24、，（）求 a1，a 2；（） a n的通项公式 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 解：()当 n1 时，x 2a 1xa 10 有一根为 S11a 11于是(a 11) 2a 1(a11)a 10，解得 a112当 n2 时，x 2a 2xa 20 有一根为 S21a 2 ，12于是(a 2 )2a 2(a2 )a 20，解得 a1 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12 12 16()由题设(S n1) 2a n(Sn1)a n0，即 Sn22S n1a nSn0 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 当 n2 时，a nS nS n1 ，代入上式
25、得17Sn1 Sn2S n10 由()知 S1a 1 ，S 2a 1a 2 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 由可得 S3 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 12 12 16 23 34由此猜想 Sn ，n1，2，3， 头htp:/w.xjkygcom126t:/.jnn 1下面用数学归纳法证明这个结论 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j(i)n1 时已知结论成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j (ii)假设 nk 时结论成立，即 Sk ，kk 1当 nk1 时，由得 Sk1 ，即 Sk1 ，12 S k k 1k 2故 nk1 时结论也成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j 综上，由(i)、(ii)可知 Sn 对所有正整数 n 都成立 头htp:/w.xjkygcom126t:/.jnn 1于是当 n2 时，a nS nS n1 ，nn 1 n 1n 1n(n 1)又 n1 时，a 1 ，所以12 112a n的通项公式 an ，n1，2，3，nn 1
