等比数列的前n项和学案.pdf

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1、2.3.2等比数列的前 n 项和教材知识检索考点知识清单1等比数列an的前 n 项和为Sn,当公比q 1时，sn =当 q=l 时，Sn2若数列an的前 n 项和sn p(1qn),且q 0,q 1,则数列an是3在等比数列的通项公式和前n 项和公式中共有a1,an,n,q,Sn五个量，在这五个量中4在等比数列中，若项数为2n(nN),s偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则S偶S奇5数列an为等比数列，Sn为其前 n 项和，则sn,s2n sn,s3n s2n,仍构成要点核心解读1 1等比数列前等比数列前 n n 项和公式项和公式(1)前 n 项和公式的导出，解法一：设等比数列a1,a2,a3

2、,an,它的前 n 项和是Sn a1 a2 an由等比数列的通项公式可将Sn写成sn a1 a1q a1q2 a1qn1式两边同乘以 q，得qsn a1q a1q2 a1q3 a1qn.一，得(1q)Sn a1a1q,na1(1qn)由此得q 1时，sn1qan a1qn1,所以上式可化为sna1anq1 q当 q=l 时，sn na1ana2a3 解法二：由等比数列的定义知aa2an1 q123n q,当q 1时，a a a12n1a a a即sn a1 qSnana1 anqa1(1 qn)故当q 1时，Sn1 q1q当 q=l 时，sn na1解法三：Sn a1 a1q a1q2 a1q

3、n1 a1 q(a1 a1q a1qn2)a1 qsn1 a1 q(snan).a1anqa1(1 qn)当q 1时，sn1 q1 q当 q=l 时，Sn na1(2)注意问题，上述证法中，解法一为错位相减法，解法二为合比定理法，解法三为拆项法各种解法在今后的解题中都经常用到，要用心体会，公比为 1 与公比不为 1 时公式不同，若公比为字母，要注意分类讨论a anqa1(1qn)当已知a1,q,n时，用公式Sn,当已知a1,q,an时，用公式Sn11 q1q在解决等比数列问题时，如已知a1,an,n,q,sn中的任意三个量，可由通项公式或前 n 项和公式求解其余两个量(3)等比数列前 n 项和

4、的一般形式aaa1(1qn)a1一般地，如果a1,q是确定的，那么Sn11qqn,设A 11q,则上式可写为1q1qsn A Aqn(q 1)2 2等比数列前等比数列前 n n 项和的性质项和的性质(1)数列an为等比数列，sn为其前 n 项和，则Sn,S2n sn,S3n S2n,仍构成等比数列，且有(s2n sn)2 sn(S3n s2n)(2)若某数列前 n 项和公式为sn an1(a 0,a 1),则an为等比数列(3)在等比数列中，若项数为2n(nN),S偶与S奇分别为偶数项与奇数项的和，则S偶S奇 q(4)若an是公比为 q 的等比数列，则snm Sn qnsm由此性质，在解决有些

5、问题时，能起到简化解题过程的作用如：设an是由正数组成的等比数列，它的前n 项和为sn,试比较log2Snlog2Sn2与2log2Sn1的大小解：设an的公比为 q，由已知a1 0,q 0,Sn1 a1 qSn,Sn2 a1 qSn1,2SnSn2 Sn1 Sn(a1 qSn1)(a1 qSn)Sn1 Sna1qSnSn1 Sn1a1qSnSn1 a1(sn sn1)a1an1 0.2SnSn2 Sn1.而Sn 0,且函数y log2x在(0,)上单调递增，log2Snlog2Sn2 2log2Sn1典例分类剖析考点 1 前 n 项和公式的应用命题规律(1)等比数列前 n 项和公式在具体题目

6、中的应用(2)含有参数的等比数列中，如何运用等比数列的求和公式例 1在等比数列an中，S3763,s6,求an22答案方法一：由已知S6 2S3,则q 1,又S3763,s6,22 a1(1 q,)7,1 q2即6a(1 q)63121 q得1 q 9,所以q 2.可求出a131，因此an a1qn1 2n22nn方法二：已知等比数列an中，还可利用性质snm sn q Sm转化为qSm15Sn求 g，Snm Snsm求得，即q 3s6 s328 8,S372a1(1 q3)1q 2,再代入s3,求得a121qan a1qn1 2n2 误区诊断误区诊断 解答此类题目容易漏掉对q=l 这一步的讨

7、论 方法技巧方法技巧 使用等比数列的前 n 项和公式要注意公比 q=1 和 q1 情况的区别，而在解方程组的过程中，一般采用两式相除的方法例 2 已知数列an是等差数列，且ai 2,a1 a2 a312,(1)求数列an的通项公式；(2)令bn an3n,求数列bn的前 n 项和公式答案 (1)设数列an的公差为 d，则a1 a2 a3 3a13d 12,又a1 2,得d 2.所以an 2n.(2)由bn an3n 2n3n,得Sn 23 432(2n2)3n1 2n3n3sn 232 433(2n2)3n 2n3n1一得2Sn 2(332333n)2n3n1 3(3n1)2n3n1 3n1(

8、12n)3,所以sn2n 1n13322 方法技巧本题第(1)问主要是将问题转化为利用基本量口，和 d 联立方程组求解，从而确定出通项公式；第(2)问结合bn的特点采用错位相减法求和，变形时式子较复杂，要注意运算准确母题迁移母题迁移 1若数列an成等比数列，且an 0,前 n 项和为 80，其中最大项为54，前 2n 项之和为6560，求S1002求和sn x 2x23x3 nxn.考点考点 2 2 等比数列前等比数列前 n n 项和性质的应用项和性质的应用命题命题规律规律（1)利用等比数列前 n 项和的性质简化运算，优化解题过程(2)等比数列前 n 项和的性质在解题中的灵活运用例 3已知数列

9、an是等比数列，(1)若sn 49,S2n112,求S3n,(2)若S4 2.S8 6,/%a17 a18 a19 a20答案 (1)由性质可得Sn(s3n s2n)(s2n Sn)2.49(S3n112)632,解得s3n193.(2)s4,s8 S4,s12 s8,构成等比数列，设为bn,公比为 g，b1 2,q S8 S4 2.s4b5 a17 a18 a19 a20 b1q4 224 32.启示等比数列前凡项和具有的一些性质：(1)连续 m 项的和（如Sm,S2m sn,s3m s2m,)仍组成等比数列（注意：这连续 m 项和必须非零才能成立）(2)an为等比数列 sn Aqn B(A

10、 B 0)(3)Snm sm qmSn（q 为公比）利用性质(1)可以快速地求某些和如等比数列an中，Sm 20,S2m 60.求S3man为等比数列，Sm,S2m Sm,s3m s2m也成等比数列，且首项为s2m Sm 2 Shn S2m 402 80,sm20，公比为S3m140.但在运用此性质时，要注意的是Sm,s2m sm,s3m S2m,成等比数列，而不是Sm,s2m,S3m,成等比数列母题迁移母题迁移 3(1)已知：数列an是等比数列，an 0,若a5.a6 9,log3a1log3a2log3a10(2)在1与 11 之间插入 10 个正数，使这 12 个数成等比数列，则所插入的

11、这10 个正数之积为10(3)一个等比数列中，sn 48,S2n 60,则s3n(4)等比数列an中，a1 an 66,a2.an1128,sn126,则 q=考点考点 3 3等比数列前等比数列前 n n 项和的应用问题项和的应用问题命题规律命题规律(1)从实际问题中抽象出等比数列前n 项和的数学模型(2)利用等比数列前 n 项和公式解决一些简单的应用问题 例 4某市 2004 年底有住房面积 1200 万平方米，计划从 2005 年起，每年拆除 20 万平方米的旧住房，假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%(1)分别求 2005 年底和 2006 年底的住房面积；(2)求 2024

12、 年底的住房面积（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01）答案(1)2005 年底的住房面积为 1200(1+5%)-20=1240（万平方米），2006 年底的住房面积为1200(15%)20(15%)20 1282（万平方米）2 2005 年底的住房面积为 1240 万平方米，2006 年底的住房面积为 1282 万平方米 (2)2024 年底的住房面积为1200(15%)2020(15%)1920(15%)1820(15%)201.052011200(15%)200.0520 2522.64（万平方米）2024 年底的住房面积约为 2522.64 万平方米母题迁移 4一件家用电器现价

13、 2000 元，实行分期付款，每期付款数相同，每期一月，购买后一个月付款一次，再过一个月后又付款一次，共付12 次，即购买一年后付清如果按月利率8每月复利一次计算，那么每期应付款多少？(1.008121.1)优化分层测讯学业水平测试1等比数列an的各项都是正数，若a1 81,a516,则它的前 5 项和是()A.179B.211C.243D.2752等比数列an的首项为 1，公比为 q，前 n 项的和为 S，由原数列各项的倒数组成一个新数列1则an1的前 n 项的和是()anqn11sA.B.nC.n1D.S5q Sq3各项均为实数的等比数列an的前 n 项和记作Sn,若S10 10,S30

14、70,则S40等于()A.150B.200C.150或 200D.400或 504设f(n)2 2 2 24710 23n1(n N),则f(n)等于()2222A.(8n1)B.(8n11)C.(8n31)D.(8n41)777711115数列3,6,9,3nn,的前 n 项和为24826已知等比数列an的公比q 1,第 17 项的平方等于第 24 项，求使a1 a2 a3 an111成立的 n 的取值范围，a1a2an高考能力测试（测试时间：90 分钟测试满分：100 分）一、选择题（本题包括 8 小题，每小题 5 分，共 40 分每小题只有一个选项符合题意）1（2009 年辽宁高考题）设

15、等比数列an的前 n 项和为sn,若ss6 3,则s9()S3678A.2B.C.D.3332一个小球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，设它第 n 次着地时，共经过了anm,n 2,则有()A.an an11001001001100B.a aC.a aD.a ann1nn1nn122n32n22n2n23（2010 年东北八校联考题）某人为了观看 2010 年世博会，从 2003 年起，每年 5 月 10 日到银行存入 a元定期储蓄，若年利率为 p 且保持不变，并约定每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2010 年将所有的存款及利息全部取回，则可取回的钱的总

16、数（元）为()aaA.a(1 p)7B.a(1 p)8C.(1 p)7(1 p)D.(1 p)8(1 p)pp4在 14 与777,则此数列的项数为()之间插入 n 个数组成等比数列，若各项总和为88A.4B.5C.6D.75等比数列an的首项为 1，公比为 g，前 n 项和为 S，则数列1的前 n 项之和为()an1S1A.B.SC.n1D.n1sqqS6设数列xn满足loguxn11loguxn(a 0,且a 1,n N),且x1 x2 x1100,则x101 x102 x200的值为()A.100aB.101a2C.101a100D.100a1007（2010 年福建部分重点中学联考题）

17、已知等比数列an的公比q 0,前 n 项和为sn,则S4a5与s5a4的大小关系是()A.s4a5 S5a4B.S4a5 S5a4C.S4a5 S5a4 D无法确定8已知等比数列an的首项为8,Sn是其前 n 项的和，某同学经计算得S2 20,S3 36,S4 65,后来该同学发现了其中一个数算错了，则该数为()A.S1B.S2C.S3D.S4二、填空题（本题包括 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）9（2009 年浙江高考题）设等比数列an的公比q s1,前 n 项和为Sn,则a44210.某科研单位，欲拿出一定的经费奖励科研人员，第一名得全部奖金的一半多一万元，第二名得剩下的一半多一万

18、元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第七名恰好将奖金分完，则需拿出奖金万元11若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”设an是公比为 q 的无穷等比数列，下列（写出所有符合要求的组号）an的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第组s1与s2a2与S3a1与anq与an（其中 n 为大于 1 的整数，Sn为an的前 n 项和）12.一个七层的塔，每层所点的灯的盏数都等于上面一层的2 倍，一共点381 盏灯，则底层所点灯的盏数是三、解答题（本题包括 3 小题，共 40 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）13.（13 分）（2011 年山东高考题）等比数列an中，a1,

19、a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列第一列第二列第三列 2 4 8 10 14 18第一行 3第二行 6第三行 9(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bn an(1)nlnan,求数列bn的前 2n 项和s2n14.（13 分）（2010 年浙江模拟题）在一次人才招聘会上，有 A、B 两家公司分别开出它们的工资标准：A公司允诺第一年月工资为 1500 元，以后每年的月工资比上一年的月工资增加 230 元徊公司允诺第一年月工资为 2000 元，以后每年的月工资在上一年的月工资基础上递增5%设某人年初被 A、B 两家公司同时

20、录取，试问：(1)若该人分别在 A、B 公司连续工作 n 年，则他在第 n 年的月工资收入分别是多少？(2)该人打算连续在一家公司工作 10 年，仅从工资收入总量较多作为应聘的标准（不计其他因素），该人应该选择哪家公司，为什么？15.（14 分）（2010 年山东模拟题）函数f(x)定义在（-1，1）上，f()1,且仅当x,y(1,1)时，12恒有：f(x)f(y)f(1x y),又数列an满足a1,an12i xy2an设21anbn111f(a1)f(a2)f(an)(1)证明：f(x)在（-1，1）上为奇函数；(2)求f(an)的表达式；(3)是否存在自然数 m，使得对任意n N都有bn

21、在，说明理由.m 8成立；若存在，求出m 的最小值；若不存4单元知识整合二、本章知识整合1数列的概念(1)定义：按一定次序排列的一列数，从函数观点看，对于一个定义域为正整数集N（或它的真子集1，2，3，4，n）的函数来说，数列就是这个函数当自变量从小到大依次取值时，对应的一列函数值 (2)数列的表示法有三种：列表法、解析法（通项公式和递推公式法）、图象法 (3)分类：按项数可分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列、常数列(4)前 n 项和sn与通项an的关系：S1(n 1),anSn sn1(n 2)3数学思想方法总结(1)函数的思想数列是一个定义域为正整

22、数集(或它的有限子集1，2，n)的函数当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，并且，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看做以项数n 为自变量的函数，用函数的观点处理数列问题，是我们常用的方法 (2)方程的思想，在等差数列中，通项公式和前n 项和公式共有 5 个量a1,d,n,an和Sn,这 5 个量中知道其中3 个量的值，就可以通过列方程的方法求l 出另外 2 个量的值，在等出数列中，也有类似的性质方程的思想是本章最重要的思想方法 (3)分类讨论的思想，当给出一个数列的前n 项和的表达式求数列的通项时，一定要分别去求a1及an(n 2),即(n1),S1（当 n=l 时，若两个式子一致，

23、要写成an f(n)(n N)的形式）；关于等比anS s(n2),n1n数列的前 n 项和公式有两个，即q 1与q 1的公式不同，所以在运用等比数列求和公式时，要对q=l 和q#l 两种情况进行讨论雀关于绝对值的数列问题中，要注意脱去绝对值符号时需分类讨论，在一些判断题中也常用到分类讨论 (4)转化与化归的思想将研究对象在一定条件下转化并归结为另一种研究对象的思想称之为转化与化归的思想，它一般表现为将陌生的问题转化为我们熟悉的或已经解决了的问题或方法在数列中，将非等差、非等比数列转化为等差、等比数列问题：是我们常采用的方法(5)整体的思想在数列部分，根据式子的结构特点，视某一部 分为一个整体

24、，采用整体代换、整体消元，可以大大简化运算量，还可以沟通已知与未知的联系，提高解题速度 (6)类比的思想类比是指通过两个对象类似之处的比较，而由其中一个对象已有的性质去推出另一对象也有类似的性质，是我们认识事物发展规律的重要思想方法，等差数列与等比数列有着密切的内在联系，在平时的学习中，将二者类比，能够增强对概念和性质的记忆及理解，使知识系统化、网络化，4.数列中两类重要问题的解法 (1)求一般数列通项公式的常用方法数列的通项公式是数列的核心之一，有了数列的通项公式，便可求出数列的任何一项，研究数列的单调性，求数列的前 n 项和，因此我们应熟练掌握求数列通项公式的常用方法，观察归纳法：通过观察

25、、分析数列的各项与其项数之间的关系，经归纳得到通项公式，累加法：若给出或由题设可得到a1与an1an f(n)(f n)是可求和的数列），则可由an a1(ai ai1)求ani2n1累乘法：若给出或由题设可得到a1与a f(n)f(n)是可求积的数列），则可由nnaaaaan a1.a2.a3.an(n 2)求an12n1构造法：若由给出的条件直接求an较难，可以通过变形、转化，并运用整体思想，构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项利用an和sn的关系：若给出sn或可求出Sn,则可利用S1(n 1),an.求anS S（n 2)n-1n由上式算出a1和an(n 2)后，若将an(n 2)

26、中的 n 取 1 算得的值正好等于a1,则将a1统一到an(n 2)中，得通项为an(n N)(2)数列求和的常用方法数列求和是数列部分的重要内容，因此我们应掌握数列求和的常用方法.公式法：直接利用等差数列、等比数列或某些常见数列的求和公式求和，常见数列的求和公式有：n(n 1)（特殊的等差数列）；2n(n 1)(2n 1)12 2232 n2;6113 2333 n3(1 23 n)2n2(n 1)2.41 23 n 分组法：根据数列或其通项的特征，将数列的前n 项和分成易于求和的若干组，通过对各组分别求和得到整个数列的和倒序相加法：若数列中与首末两项等距离的两项的和为定值或有某种特殊关系，

27、则可用推导等差数列求和公式的方法（倒序相加法）求和.错位相减法：若数列an是等差数列，数列bn是等比数列，则求数列anbn的前 n 项和可用推导等比数列求和公式的方法（错位相减法）求和裂项法：根据通项的特征，将通项进行合理的分拆，然后再分组或消去中间若干项，转化为易求和的数列求和问题5有关数列在分期付款中的应用问题在日常生活中，一些商家为了促销商品，便于顾客购买一些售价较高的商品，在付款方式上较为灵活，可以一次性付款，也可以分期付款，采用分期付款时，又可以提供几种方案以便选择，到底选用哪种方式更合算呢？(1)分期付款的几种模型，银行存：款计息方式有两 种：单利和复利，它们分别以等差数列和等比数

28、列为模型，单利：单利的计算是仅在原有本金上计算利息，对本金所产生的利息不再计算利息，其公式为：利息=本金利率存期，以符号 P 代表本金，n 代表存期，r 代表利率，S 代表本金和利息和，则有S P(1 nr).复利：把上期末的本息和作为下一期的本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式是S P(1 r).分期付款中，每月的利息均按复利计算，规定每期所付款额相同各期所付款额连同到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和 (2)复利的概念和计算银行按规定在一定时间结算利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算利息的方法叫复利一般地，一期期满后，借贷者（

29、银行）收到的款额为s1S0(1 r),其中s0为初始贷款额，r 为每期的利率，假若在一期期满后，银行又把S1贷出，利率不变，则银行在下一期期满时，可以收取的款额为ns2 S1(1 r)S0(1 r)2.依次类推，若把S0贷出 t 期，期利率为 r，这笔款额到期后就会增到st S0(1 r)t.注意此处的利息是重复计算的，我们称为复利（期复利）(3)关于分期付款方案的确定分期付款即借款后不是一次性付清，而是分几次分别付款的一种借款方法，对于每一种分期付款方案，应明确以下几点：规定多长时间内付清全部款额；在规定的时间内分几期付款，并且规定每期的付款额相同；规定多长时间结算一次利息，并且在规定的时间

30、段内利息按复利计算在选择分期付款方案时，必须计算出各种方案中每期应付款多少，总共应付款多少，这样才便于顾客比较，从而选择优化方案，三、重要专题选讲专题 1 求数列的通项数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中解析式一样，有解析式便可研究其性质等，而有了数列的通项公式，便可求出任何一项及前几项和等，现将求数列的通项公式几种常见类型及方法总结如下：1观察归纳法 例 1根据数列的前几项，写出下歹Jj 数列的一个通项公式1 3 7 15 31(1),;2 4 8 16 3231 31 3(2)1,;23 45 63 1537(3),;5 2 11 7 17(4)2,5,10,17,26,;(5)1

31、111,;12 2334 45(6)1,3,6,10,15,答案 (1)观察数列的结构特征，每一项都是一个分式，分母是数列2，4，8，16，32，可用项数表示为2,分子是数列 1，3，7，15，31，每一项比对应的分母少1，可用项数表示为2 1,所以，nn2n1;所求的数列的通项公式是ann2(2)这个数列即：21 2121 2121 21,其结构特征是：分母与项数相同；123456nn分子是 2 加上或减去 l，即2(1);各项的符号为负、正相间，即为(1).所以，所求的通项公式2(1)n是an(1).;nn(3)观察数列的项，这个数列可以按分母、分子由小到大重新排列为：,子各自成等差数列，

32、显然，其通项公式为an3 4 567,分母、分5 8 11 14 17n 2;3n 2(4)每一项都是项数的平方加上1，其通项公式为an n21;(1)n;(5)通项公式是ann(n1)(6)仔细观察各项，不难发现其项与项之间有如下规律：a2a1 2;a3a2 3;a4a34a5a4 5anan1 n.an a1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(an an1)1 23 n n(n 1)2 启示(1)根据所给数列的前 n 项求其通项时，常用观察分析法，先找相同的部分，再找出不同部分与序号 n 之间的关系(2)记住以下数列的前 n 项：n,n2,n21,2n,2n1,3n,n(n1)(3)第(

33、6)小题通过观察很难总结规律，可用如下方法进行：a2a1 2,a3a2 3,a4a3 4a5a4 5,anan1 n.an a1(a2a1)(a3a2)(anan1)123 n 2公式法数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a1与 d 或a1与 q，再代入公式n(n 1)2an a1(n 1)d或an a1qn1中即可例 2数列an是等差数列，数列bn是等比数列，数列cn中，对任何n N都有cn anbn,且c1 0,c2的通项公式答案设数列an的首项为a1,公差为 d，数列bn的首项为b1,公比为 q由已知条件可得127,c3,c4,求数列anN数列bnN数列cn6954a1b

34、1 0;a1 d b1q 1;62a1 2d b12q;97a13d b13q 5414,q,23联立，解得a1 b11,d 由此可以得到111(n 1)n,22244bn b1n1q 1()n1()n1,33114cn anbnn()n1223an13利用an与Sn的关系如果给出条件中是an与sn的关系式，可利用a1 S1(n 1),先求出a1 S1,若计算出的anan sn Sn1(n 2),中，当n 1时，求出a1 s1,则可合并为一个通项公式，否则要分段例 3(1)数列an的前 n 项和Sn(1)n1n,求an,(2)数列an的前 n 项和sn 3 2n,求an答案 (1)当n 2时，

35、an sn sn1(1)n1n(1)n(n1)(1)n(12n),当 n=l 时，a1 sl(1)211,上式中a1(1)1(12)1,an(1)n(12n)(2)当 n2 时，an sn Sn1 3 2n(3 2n1)2n1,当 n=l 时，a1 s1 3 21 5,上式中a1 2111,5(n 1),ann12(n 2)启示已 知sn,求an,即已知数列 的 前 n 项和公式，求 数列的通项公式，其 方法是an Sn Sn1(n 2),这里常常因为忽略了条件n2 而出错，即an sn Sn1求得an时的 n 是从 2 开始的自然数，否则会出现当 n=l 时sn1 s0而与前 n 项和的定义

36、矛盾，可见由此求得的an不一定是它的通项公式，必须验证n 1时是否也成立，否则通项公式只能用分段函数ans1(n 1),来表示S S(n 2)n1n22Sn(n 2).例 4数列an的首项a11,前 n 项和sn与an之间满足an2Sn1(1)求证：数列1是等差数列；sn(2)求数列an的通项公式解析审题知11应为构造的等差数列，可利用公式先求出 f(n)来，进一步用snSnS1(n 1),即可解决anS s(n 2),n1n答案(1)n 2N,an sn sn1,Sn Sn122sn2Sn12(sn sn1)(2Sn1)2Sn.1111 2,1.Snsn1s1a111是以1为首项，2 为公差

37、的等差数列，sns1(2)11(n 1)2 2n 1,sns112n 1Sn当 n2 时，an Sn Sn1112n 12(n 1)1 2,(2n 1)(2n 3)1(n 1),2an(2n 1)(2n 3)(n 2).思考：若直接求an的通项公式怎样求呢？4累差法例 5已知a11,an1an 2nn,求an解析n 2时an a1(a2a1)(a3a2)(anan1).答案an1an 2nn,a2a1 211,a3a2 222,a4a3 233,n 2时，anan1 2n1(n1),n 2时，有ana1(2 22 2n1)1 23(n 1)|an(1 2 22 2n1)2nn(n 1)1.2n

38、(n 1)2而a11也适合上式an的通项公式an 2nn(n 1)1.2启示 形如：已知a1,且an1an f n)f(n)是可求和数列的形式均可用累差法5累商法n1例 6已知a11,anan 2,求annaaa3n解析n 2时，an a1.a2.a.a,故可用累商法12n1n1答案anan 2,naaaann 1n(n 1)34567n 2时，a2.a3.a4.an123n1n 2n 1212345即an1an(n 1)n(n 1)又a11,an22而a11也适合上式，an的通项公式an1n(n 1).2an1 f(n)f n)是可求积的数列的形式均可利用累商法启示形如：已知a1且an6换元

39、法例 7已知a1 3,an1 2an3,求an答案an1 2an3,可设an1 2(an),由待定系数法可得 3.解法一：由an1 2an3,得an13 2(an3)令an3 bn,bn1 2bnbn是等比数列，其首项b1 a13 6,公比为 2bn 62n1,即an3 62n1an 62n13 3(2n1).解法二：由an1 2an3得n 2时，an 2an13.an1an 2(anan1).anan1是公比为 2 的等比数列，其首项为a2a16,anan1 62n2则有a2a1 6,a3a2 62,a4a3 622,an an1 62n2,6(1 2n1)an at 6(2n11).1 2

40、an 62n13 3(2n1).而a1 3也适合上式，an 3(2n1)即为an的通项公式启示形如：已知a1,art1 pan q(p,q为常数）均可用上述两种方法，特别地，若p 1时，an为等差数列；若q 0,p 0时，an为等比数列强化练习强化练习 1 11写数列3h1,3,3k1,332,的一个通项公式答案观察数列从首项起，各项的符号正、负相间，故通项公式中含有(1)n1,各项的幂底数为 3，指数为2 1,1,2 1,32 2,指数依次改写为(2 1)1,(2 1)2,即（2 1)12,(2 1)22，（2 1)32,(2 1)42,故an(1)n13(21)n22(1)已知数列an的前

41、 n 项和sn(1)n1n,求an,(2)已知数列的前 n 项和Sn 3 2n,求an答案(1)当n 2时，an sn Sn1(1)n1.n(1)n(n1)(1)n(12n),当n 1时，a1 s1(1)211,上式中a1(1)1(12)1.即当n 1时，适合an(1)n(12n)(n 2)数列an的通项公式为an(1)n(12n)(2)当n 2时，an sn sn1 3 2n(3 2n1)2n1;当n 1时，a1 s1 3 21 5,上式中a1 2111,即n 1不适合上式 通项公式an5(n 1),n12(n 2)启 示 已 知Sn求an,即 已知 数 列 的前 n 项 和 公式，求 数列

42、 的通 项 公式，其 方法 是an sn sn1(n 2)这里常常因忽略了条件 n2 而出错，即由an sn Sn1求得的 n 是从 2 开始的自然数，否则会出现当n 1时，Sn1 s0而与前 n 项和的定义相矛盾由此可见，此法求得的an不一定是它的通项公式，必须验证 n=l 是否也成立，若不成立，通项公式只能用 分段函数an表示3已知数列an,a11,an an1S1(n 1),sn sn1(n 2)1(n 2),求数列an的通项公式.n(n 1)答案an an1111 an1()(n 2),n(n 1)n 1nan an111n 1n1a2 a11,211a3 a2,23an an111n

43、 1n11111 223n 1nana1(a2a1)(a3a2)(an1an2)(an an1)111n11当n 1时，a1 21也适合上式n11an 2nan 24(1)已知数列an中，a11,an1(2)数列an中，a11,an1答案(1)an12an,求通项公式an,an22an1,求通项公式an32an.,an1(an 2)2anan1an 2an2an1两边同除以2an1.an,得an21an1an1n 11111111.数列为等差数列，首项为1,公差为(n 1)22an22ana1ana12.n 1222an1,anan11(n 2).两式相减得，an1 an(anan1),令33

44、3(2)an1bn an1 an,则bnbn2222bn是以b1 a2 a1a11 a1为首项，以为公比的等比数列bn1333322n1222()()n,即an1 an()n，结合已知条件，一，得an 33()n.33333启示若数列an满足a1 b,an1 c.an d(c 求通项公式时，通常转化为an A 0)的条件，为等比数列，利用待定系数法确定A 的值，先求出an A的表达式，再求an专题专题 2 2数列求和数列求和数列的求和是数列的一个重要内容，是数列知识的综合体现，求和问题在高考试题中经常出现，它考查我们分析问题和解决问题的能力，可以利用数列的前n 项和求数列的某些元素，如a1,a

45、n,n,d q等应当注意任何一个数列的前n 项和都是从第一项一直加到第n 项，求数列前 n 项和的常用方法有：(1)公式法，即对于等差数列或等比数列，直接应用其前n 项和公式；(2)对于非等差数列或等比数列，常利用错位相减、倒序求和、裂项求和等方法，将数列变得有规律，再加以求和 1公式法例 1设数列an的通项为an 2n7(n N),则|a1|a2|a15|解析由an 0,得n 7,取n 4.则|a1|a2|a15|(a1 a2 a3)（a4 a521 a15)(135)(135 23)9(1 23)12 153.2 答案】153 启示要求几个含有绝对值的式子的和，关键是要去掉绝对值符号去绝对

46、值符号的方法一般是用分类讨论的思想方法，所以此题的关键就是要看an的符号，又因为数列an是等差数列，所以只需确定an 0或an 0时 n 的值，然后再分开求和例 2已知等比数列an中，an 23n1,求此数列的偶数项组成的新数列的前n 项和答案 数列an的偶数项也是等比数列，设为bn,则数列的首项为b1 a2 6,公比为q 32 9.b1(1qn)6(19n)3n所以数列bn的前 n 项和为Sn(9 1)41q192倒序相加法4x122001,求和S .f()f()()例 3 设f(x)x4 222222002 解析：本题是求函数值的和，通过对其解析式的研究，寻找它们的规律然后进行解决4x41

47、x42,所以f(1 x)1x,答案因为f(x)x4 2424 24x4x 2所以f(x)f(1 x)1.所以s f(20 112)f().f(0),200220022002200120001)f()f()20022002200212001).f()2001,+得2S 2001 f(200220022001所以S 2s f(例 4求在区间a,b(b a,a,b N)上分母是 3 的不可约的分数之和 解析 本题主要考查如何确定区间a，b上的数哪些是符合条件的，然后寻找各数之间的关系，利用数列 问题求解答案解法一：（倒序相加法）3a 13a 23a 43a 53b 23b 1,33333312452

48、1所以S (a)(a)(a)(a)(b)(b),333333124521而又有s (b)(b)(b)(b)(a)(a)333333因为S 两式相加得2S (a b)(a b)(a b)其个数是以 3 为分母的所有分数个数减去可约分数个数即3(b a)1(b a 1)2(b a).所以2S 2(b a)(a b),所以S b a.解法二：区间a，b上分母为 3 的所有分数是223a 3a 1 3a 23a 4 3a 5,a 1,a 2,33333b 1,3b 2 3b3a1,它 是 以为 首 项 以为 公 差 的 等 差 数 列，项 数 为3b 3a 1,其 和333311S(3b 3a 1)(

49、a b).其中，可约分数是a,a 1,a 2,b,其和S/(b a 1)(a b).221故不可约分数之和为S S a b)(3b 3a 1)(ba 1)b2a2.2启示当数列an满足ak ank常数时，可用倒序相加法求数列an的前 n 项和3错项相减法若在数列anbn中，an成等差数列，bn成等比数列，则可采用错项相减法求和例 5求和a 2a 3a na(n N).答案 记Sn a 2a23a3(n1)an1 nan,则asn a2 2a3(n2)an1(n1)an nan1两式相减，得(1a)Sn(a a2 a3 an)nan1若a 1,则sn1 2 n 23nn(n 1);2a(1an)

50、nan1若a 1,则Sn21a(1a)例 6求和Sn12 422723(3n2)2n.解析本题是由等差数列an 3n2及等比数列bn 2n对应项的乘积构成的，故可以使用乘公比错位相减求和答案因为sn12 4227233(n1)22n1(3n2)2n,2Sn122 4233(n1)22n(3n2)2n1,所以一得 sn1232232332n(3n2)2n1 3(2 22 2n)(3n2)2n14 3(2n12)(3n2)2n14 32n163n2n1 2n2 4 2n23(1n)2n110.所以sn 3(n1)2n12n210.4裂项相消法，所谓裂项相消，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项