1、1数列典型例题分析【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 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2d 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Sm=2+22+23+2n= (1)2n=2n+1-2.小结与拓展：数列 是等差数列，则数列na2是等比数列，公比为 ，其中 是常数， 是na daad的公差
2、。 （a0 且 a1）.n【题型 2】 与“前 n 项和 Sn 与通项 an”、常用求通项公式的结合例 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，a12a 22 2a32 n2 an1 8(n1)(nN *) 3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
3、 22，数列b n1 b n的公差为2(4)2，b n1 b n4(n1)22n6，法一（迭代法）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 2n10，4b3b 22，b2b 14，b18，相加得 bn8(4)(2)(2n8)8 n(n 1)( 4 2n 8)227n14(nN *)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)N,( 11Sann引起重视；3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。5【
4、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a n中，a n0 (nN ） ，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12nSS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，a34，a 51， 12
5、q，a 116 ，所以，56nnna（2）b nlog 2 an5n，所以，bn1 b n1，6所以，b n是以 4 为首项，1 为公差的等差数列。所以， (9),2nS2nS 所以，当 n8 时， n0，当 n9 时，nS0，n9 时， nS0，当 n8 或 9 时， 12nS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。2、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7的数列；4）常用公式:；1nk1223()n；2
6、1nk216()21)n；31nk332()。(2)k2n1)-(.5（2）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或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，1nacna8c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1） 和 （其中 等差）可裂1na1nan
7、a项为： ；2） 。 （根11()nnd 11()nnn ad式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消 求和）常见裂项公式：（1） ；11()nn（2） ；()()kk（3） ；111()()2(1)()(2) nnnn3.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，na则_.22321 naa9解：1）当 n=1 时， ；p-2a12）当 时， 。2n 1-n1-nn-n 2p)()(S因为数列 为等比数列，所以a1pp-a1-1从而等比数列 为首项为 1，公比为 2 的na等比数列。故等比数列 为首项为 1，公比为 的2na 4q2等比数列。 1)-(43-1
8、)(nn22321 naa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 为等比数na列，则数列 及 也为等比数列，首项2nan1分别为 、 ，公比分别为 、 。21a2q1【题型 2】 分组求和法例 2 （2010 年丰台期末 18）数列 中，na10，且点 在函数 的图象上.1a1(, )na()N()2fx（）求数列 的通项公式；（ ）在数列n中，依次抽取第 3，4，6， ，项，n 1n组成新数列 ，试求数列 的通项 及前 项nbnbnb和 .nS解：（）点 在函数 的图象上，1(,
9、)na()2fx 。12na ，即数列 是以 为首项，2 为公差1nna1的等差数列， 。1()21nan（）依题意知： 1 12(2)23nn nnba = =12nnSb 11(3)ni ii i.1233n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11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， 14nnSa，设12nba（）证明数列 nb是等比数列；（）数列 nc满足 21log3ncb*()N，求122334 1n nTc c。证明：（）由
10、于 1nSa， 当 2n时， 4n 得 114nna 所以 11()nnaa 又 12b， 所以 12nb因为 ，且 1214a，所以 34a所以 12a故数列 n是首项为 ，公比为 2的等比数列 12解：（）由（）可知 2nb，则21log3nncb（ n*N） 12341n nTcc 114567(3)4n()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1nacna差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1） 和 （其中 等1na1nana差）可裂项为： ；2）11()nnd。 （根式在分母上时可考虑
11、利11()nnada用分母有理化，因式相消求和）（5）错位相减法：适用于差比数列（如果等差， 等比，那么 叫做差比数列）即nanbnab把每一项都乘以 的公比 ，向后错一项，再nbq13对应同次项相减，转化为等比数列求和。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。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.,2,6,24,3n解：由题可知 的通项是等差数列2n的通n14项与等比数列 的通项之积n21设 nnS2643
12、2 14321 nn（设制错位）得 （错1432 2)21( nnS位相减）1122nn 14nnS【题型 5】 并项求和法例 5 求100 299 298 297 22 21 210S解：100 299 298 297 22 21 2(10010 99)(9897)(21)5050.15【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)0(991 kkk个个征） （11个n )10(9)10(9)1()0(9321 n分组求和） )()( 132 个nn910)(9n )(8n6.归纳与总结以上 8 种方法虽然各有其
13、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，只要很好地把握这一规律，就能使数列16求和化难为易，迎刃而解。3、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
14、an的关系为：(数列 的前 n 项的和为)Nn,2( 111Snn na17).12nnsa（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)(1f加法(逐差相加法)求解。类型 2 （1）递推公式为 nnaf)(1解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘fn法(逐商相乘法)求解。（2）由 和 确定的递推数列 的通项nnaf)(11 na可如下求得：由已知递推式有 ， ， ，1)(nnaf 21)(nnf依次向前代入，得 ，这12)(af 1)(aff就是叠（迭）代法的基本模式。类型 3 递推公式为 （其中
15、p，q 均为qpann1常数， ） 。)01(pq18解法：把原递推公式转化为： ，其)(1taptnn中 ，再利用换元法转化为等比数列求解。pqt13.典型例题分析【题型 1】 周期数列例 1 若数列 满足 ，若na )12(,10,1nnnnnaa，则 =_。761a20a答案： 。5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 。na21n21 na解：由条件知： )(21 nn19分别令 ，代入上式得 个等式累加)1(,3,21nn )1(n之，即 )()()()( 1342312 naaa1所以 nan1
16、，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na321 nna11。na解：由条件知 ，分别令 ，代11na )1(,3,21nn入上式得 个等式累乘之，即)(n13421 naa n1432 na120又 ，321ana32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qpann1p，q 均为常数， ） ，求通项)01(pq例 4 在数列 中， ，当 时，有na12n，求 的通项公式。132nna解：设 ，即有 ，对比 ，13
17、()nam13nam132na得 ，于是得 ，数列 是以 为13()nana首项，以 3 为公比的等比数列，所以有。12na（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21“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.
18、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-na221，则 an （注意：不能忘记讨论 ）.1T 1n如：数列 中，对所有的 都有 ，n Nn2321na则 _.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
19、 项和na为 ，对于任意正整数 n，都有等式：nS成立，求 的通项 .na42nana解： ，S411214S nnnna)(212 ， ， . 0)(1na 01a21na即 是以 2 为公差的等差数列，且.2411121 a nan)(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23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na， （nN*） ，求数列的通项公式0121nna
20、aan.解：由题设得 .0)(11nann ， ， .0na1n 0a 2)1(321)()()(23121 nnn 【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 ，na21nnaS2求 .1na解： 1221221 )()()( nnnnn aaS24，11nan 121ann )1(231 nn )(n【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 ，na1（n2）.求数列 的通项公式.21nna na解：两边取对数得： ，122loglognna，设 ，)1(log2log2nnaa nab则 1nnb是以 2 为公比的等比数列， . 1log121b， ，11nnnb 21lognan nan， 12nna
