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数列


数列
数列的基本概念
一. 数列是按照一定的顺序排列的一列数,数列中的每一个数都叫做这个数列的 项. 二.如果数列 {an } 中的第 n 项 an 与项数 n 之间的关系可以用一个公式来表示,那 么这个公式就叫做这个数列的通项公事, 它实质是定义在正整数集或其有限 子集的函数解析式. 三.数列的分类: 按项的特点可分为递增数列、递减数列、常数列、摇摆数列 按

项数可分为有穷数列和无穷数列 四.数列的前 n 项和: Sn ? a1 ? a2 ? a3 ? ??? ? an?1 ? an
? S1 S n 与 an 的关系: an ? ? ? S n ? S n ?1 n ?1 n?2

五.如果已知数列 {an } 的第 1 项(或前几项),且任一项 an 与它的前一项 an?1 (或前 几项)间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递 推公式.递推公式也是给出数列的一种方法. 1 1 如: 在数列 {an } 中,a1 ? 1 ,an ? an ?1 ? 1, 其中 an ? an ?1 ? 1即为数列 {an } 的 2 2 递推公式, 根据数列的递推公式可以求出数列中的每一项,同时可根据数列的前 几项推断出数列 {an } 的通项公式,至于猜测的合理性,可利用数学归纳法进行证 明. 如上述数列 {an } , 根据递推公式可以得到: 2 ? a
2n ? 1 进一步可猜测 an ? n ?1 . 2
探究新知 1.已知 a1 ? 2, an ?1 ? an ? 4 ,求 a n . 解法一:

3 7 15 31 ,3 ? ,4 ? ,5 ? , a a a 2 4 8 16

可以写出: a1 ? 2, a 2 ? ?2, a 3 ? ?6, a 4 ? ?10, ? , 观察可得 : a n ? 2 ? (n ? 1)( ?4) ? 2 ? 4(n ? 1)

--------- 观察法

解法二:

由题设 : a n ?1 ? a n ? ?4, ? a n ? a n ?1 ? ?4 a n ?1 ? a n ? 2 ? ?4 a n ? 2 ? a n ? 3 ? ?4 ?? a 2 ? a1 ? ?4 相加得 : a n ? a1 ? ?4(n ? 1) ? a n ? 2 ? 4(n ? 1)
例 3:已知 a1 ? 2, an ?1 ? 2an ,求 a n . 解法一: 解法二: --------迭乘法 ----------------累加法

a1 ? 2, a2 ? 2 ? 2 ? 22 , a3 ? 2 ? 22 ? 23 , ?, 观察可得: an ? 2n

由a n ?1 ? 2a n , ? a n ? 2a n ?1 , 即 ? an ?2 a n ?1

课堂小结: 1.递推公式的概念;

a n a n ?1 a n ? 2 a ? ? ? ?? ? 2 ? 2 n ?1 a n ?1 a n ? 2 a n ?3 a1

? a n ? a1 ? 2 n ?1 ? 2 n

2.递推公式与数列的通项公式的区别是: (1)通项公式反映的是项与项数之间的关系, 而递推公式反映的是相临两项(或 n 项)之间 的关系. (2)对于通项公式,只要将公式中的 n 依次取 1,2,3,4,? 即可得到相应的项,而递推公式 则要已知首项(或前 n 项),才可依次求出其他项. 3.用递推公式求通项公式的方法:观察法、累加法、迭乘法.

相关习题
题组一 由数列的前 n 项求数列的通项公式 ( D.第 11 项 )

1.数列 2、 5、2 2、?,则 2 5是该数列的 A.第 6 项 B.第 7 项 C.第 10 项

解析:原数列可写成 2、 5、 8,?. ∵2 5= 20,∴20=2+(n-1)×3,∴n=7. 答案:B

2.下列关于星星的图案构成一个数列,该数列的一个通项公式是 ( )

A.an=n2-n+1 C.an= n(n+1) 2

n(n-1) B.an= 2 D.an= n(n+2) 2

解析:从图中可观察星星的构成规律, n=1 时,有 1 个;n=2 时,有 3 个; n=3 时,有 6 个;n=4 时,有 10 个;? n(n+1) ∴an=1+2+3+4+?+n= . 2 答案:C 3.n 个连续自然数按规律排成下表: 0 ↓ 1→ 3 → ↑ 2 4 ↓ 5→ 7 → ↑ 6 8 ↓ 9→ 11 ? ↑ 10 ( )

根据规律,从 2 009 到 2 011 的箭头方向依次为 A.↓→ C.↑→ B.→↑ D.→↓

解析:观察 4 的倍数 0,4,8,?的位置.由于 2 009=4×502+1,故 2 009 在箭头↓ 的下方,从而 2 009 与 2 010 之间是箭头→,2 010 与 2 011 之间是箭头↑. 答案:B

题组二

由 an 与 Sn 的关系求通项公式 )

4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,第 k 项满足 5<ak<8,则 k=( A.9 B.8 C.7 (n=1), (n≥2), D.6

? ?S1 解析:an=? ?Sn-Sn-1 ?

=?

? ?8 ? ?10 ? 2n

( n ? 1), ( n ≥ 2).

∵n=1 时适合 an=2n-10, ∴an=2n-10.

∵5<ak<8,∴5<2k-10<8, ∴ 15 <k<9. 2

又∵k?N*,∴k=8. 答案:B 5.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=-n2+24n(n?N?). (1)求{an}的通项公式; (2)当 n 为何值时,Sn 达到最大?最大值是多少? 解:(1)n=1 时,a1=S1=23; n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-2n+25. 经验证,a1=23 符合 an=-2n+25, ∴an=-2n+25(n?N?). (2)法一:∵Sn=-n2+24n=-(n-12)2+144, ∴n=12 时,Sn 最大且 Sn=144. 法二:∵an=-2n+25, ∴an=-2n+25>0,有 n< 25 , 2

∴a12>0,a13<0,故 S12 最大,最大值为 144.

题组三

由 an 与 an+1(或 an-1)的关系求通项公式 ( D.1+n+lnn )

1 6.在数列{an}中, 1=2, n+1=an+ln(1+n), an= a a 则 A.2+lnn B.2+(n-1)lnn C.2+nlnn

n+1 解析:法一:由已知,an+1-an=ln n ,a1=2, n ∴an-an-1=ln , n-1 n-1 an-1-an-2=ln , n-2 ?? 2 a2-a1=ln , 1 将以上 n-1 个式子累加得: n-1 n 2 an-a1=ln +ln +?+ln 1 n-1 n-2 n n-1 2 =ln( · · )=lnn, ?· n-1 n-2 1

∴an=2+lnn. 法二:由 a2=a1+ln2=2+ln2,排除 C、D; 1 由 a3=a2+ln(1+ )=2+ln3,排除 B. 2 答案:A 7.在数列{an}中,a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n?N*),则 a1 000= A.5 B.-5 C.1 D.-1 ( )

解析:由 a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n?N*),可得该数列为 1,5,4,-1,-5,- 4,1,5,4,?.此数列为周期数列,由此可得 a1 000=-1. 答案:D 8.根据下列各个数列{an}的首项和基本关系式,求其通项公式. (1)a1=1,an=an-1+3n 1(n≥2); (2)a1=1,an= n-1 a (n≥2). n n-1
- -

解:(1)∵an=an-1+3n 1, ∴an-1=an-2+3n 2, an-2=an-3+3n 3, ? a2=a1+31. 以上(n-1)个式子相加得 an=a1+31+32+?+3n
- -1 - -

=1+3+32+?+3n 1= (2)∵an= ∴an-1= ? 1 a2= a1. 2

3n-1 . 2

n-1 a (n≥2), n n-1

n-2 a-, n-1 n 2

以上(n-1)个式子相乘得 n-1 a1 1 12 an=a1··?? n = n =n. 23

题组四

数列的函数性质及综合应用

na 9.已知数列{an}的通项公式是 an= ,其中 a、b 均为正常数,那么 an 与 an+1 的大 (n+1)b

小关系是 A.an>an+1 C.an=an+1 B.an<an+1 D.与 n 的取值有关

(

)

(n+1)a n(n+2) n2+2n an na 解析: = ÷ = = 2 <1,∵an+1>0,∴an<an+1. an+1 (n+1)b (n+2)b (n+1)2 n +2n+1 答案:B 10.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,令 Tn= S1+S2+?+Sn ,称 Tn 为数列 a1,a2,?, n

an 的“理想数”,已知数列 a1,a2,?,a501 的“理想数”为 2008,那么数列 2,a1, a2?,a501 的“理想数”为 A.2004 B.2006 C.2008 ( D.2010 )

解析:∵a1,a2,?,a501 的“理想数”为 2008, ∴ S1+S2+?+S501 =2008, 501

∴2,a1,a2?,a501 的理想数为 2+(S1+2)+(S2+2)+?+(S501+2) 502 = (S1+S2+?+S501)+2×502 502

501×2008 =2+ 502 =2+4×501=2006. 答案:B 1 11.数列{an}满足 an+an+1= (n?N*),a2=2,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S21= 2 ________. 1 1 1 解析:a1= -a2= -2,a2=2,a3= -2,a4=2,?, 2 2 2 1 知数列为周期数列,周期 T=2,a1+a2= , 2 1 1 7 ∴S21=10× +a1=5+ -2= . 2 2 2 7 答案: 2 1 1 12.已知 Sn 为正项数列{an}的前 n 项和,且满足 Sn= a2 + an(n?N*). 2 n 2 (1)求 a1,a2,a3,a4 的值; (2)求数列{an}的通项公式;

1 1 解:(1)由 Sn= a2 + an(n?N*)可得 2 n 2 1 1 a1= a2+ a1,解得 a1=1; 2 1 2 1 2 1 S2=a1+a2= a2+ a2,解得 a2=2; 2 2 同理,a3=3,a4=4. an 1 (2)Sn= + a2 , ① 2 2 n an-1 1 2 Sn-1= + an-1 2 2 , ②

①-②即得(an-an-1-1)(an+an-1)=0. 由于 an+an-1≠0,所以 an-an-1=1,又由(1)知 a1=1,故数列{an}为首项为 1,公差 为 1 的等差数列,故 an=n.

等差数列
一.定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与前一项的差是同一个常数,那么 这个数列就叫做等差数列,这个常数叫做等差数列的公差,通常用字母 d 表 示. 二.通项公式: 若已知 a1 、 d ,则 an ? a1 ? (n ? 1)d ;若已知 am 、 d ,则 an ? am ? (n ? m)d 三.前 n 项和公式: 若已知 a1 , an ,则 Sn ?

n(n ? 1) a1 ? an d ? n ;若已知 a1 、 d ,则 Sn ? na1 ? 2 2

注:⑴ 前 n 项和公式 S n 的推导使用的是倒序相加法的方法. ⑵ 在数列 {an } 中,通项公式 an ,前 n 项和公式 S n 均是关于项数 n 的函数, 在等差数列 {an } 通项公式 an 是关于 n 的一次函数关系,前 n 项和公式 S n 是关于 n 的没有常数项的二次函数关系. ⑶ 在等差数列中包含 a1 、 d 、 n 、 an 、 S n 这五个基本量,上述的公式中均 含有 4 基本量,因此在数列运算中,只需知道其中任意 3 个,可以求出 其余基本量.

四.如果 a 、 b 、 c 成等差数列,则称 b 为 a 与 c 的等差中项,且 b ? 五.证明数列 {an } 是等差数列的方法: 1.利用定义证明: an ? an?1 ? d (n ? 2) 2.利用等差中项证明: b ?
a?c 2

a?c . 2

3.利用通项公式证明: an ? an ? b 4.利用前 n 项和公式证明: Sn ? an2 ? bn 六.性质:在等差数列 {a n } 中, 1.若某几项的项数成等差数列,则对应的项也成等差数列, 即:若 m ? n ? 2k ,则 am ? an ? 2ak . 2.若两项的项数之和与另两项的项数之和相等,则对应项的和也相等, 即:若 m ? n ? k ? l ,则 am ? an ? ak ? al . 3.依次相邻每 k 项的和仍成等差数列, 即: S k , S2k ? S k , S3k ? S2 k 成等差数列. 4. an , an?1 , a n ? 2 ,?, a 2 , a1 仍成等差数列,其公差为 ?d .
【例 1】 等差数列前 10 项的和为 140, 其中, 项数为奇数的各项的和为 125, 求其第 6 项. 解 依题意,得

10(10 ? 1) ? d = 140 ?10a 1+ 2 ? ?a 1+a 3 +a 5 +a 7 +a 9 = 5a 1+ 20d = 125 ?
解得 a1=113,d=-22. ∴ 其通项公式为 an=113+(n-1)·(-22)=-22n+135 ∴a6=-22×6+135=3 说明 本题上边给出的解法是先求出基本元素 a1、d,再求其他的.这种先求

出基本元素,再用它们去构成其他元素的方法,是经常用到的一种方法.在本课中

如果注意到 a6=a1+5d,也可以不必求出 an 而

?2a 1 + 9d = 28 直接去求a 6 ,所列方程组化简后可得 ? 相减即得a 1 +5d = 3, ?a 1 + 4d = 25
即 a6=3.可见,在做题的时候,要注意运算的合理性.当然要做到这一点, 必须以对知识的熟练掌握为前提. 【例 2】 在等差数列{an}中,设前 m 项和为 Sm,前 n 项和为 Sn,且 Sm= Sn,m≠n,求 Sm+n.

1 解 ∵S m+n = (m+n)a 1 + (m+n)(m+n-1)d 2 1 = (m+n)[a 1 + (m+n-1)d] 2
且 Sm=Sn,m≠n

1 1 ∴ma 1 + m(m-1)d=na 1 + n(n-1)d 2 2 d 整理得 (m-n)a 1 + (m-n)(m+n-1) = 0 2

1 即 (m-n)[a 1+ (m+n-1)d] = 0 2 1 由m≠n,知a 1 + (m+n-1)d= 0 2
∴Sm+n=0 【例 3】 Tn. 已知等差数列{an}中,S3=21,S6=64,求数列{|an|}的前 n 项和

分析 等差数列前n项和S n = na 1 +

n( n ? 1) d,含有两个未知数a 1 , 2

d,已知 S3 和 S6 的值,解方程组可得 a1 与 d,再对数列的前若干项的正负性 进行判断,则可求出 Tn 来.

解 设公差为d,由公式S n =na 1 + ?3a 1 + 3d = 21 得? ?ba 1 +15d = 24
解方程组得:d=-2,a1=9 ∴an=9+(n-1)(n-2)=-2n+11

n( n ? 1) d 2

由a n =-2n+11>0 得n<

11 = 5.5,故数列{a n }的前5项为正, 2

其余各项为负.数列{an}的前 n 项和为:

S n =9n+

n( n ? 1) ( -2) = -n 2 +10n 2

∴当 n≤5 时,Tn=-n2+10n 当 n>6 时,Tn=S5+|Sn-S5|=S5-(Sn-S5)=2S5-Sn ∴Tn=2(-25+50)-(-n2+10n)=n2-10n+50

?Tn = -n 2 +10n ? 即? 2 ?n -10n+50 ?
说明

n≤5 n> 6

n?N *

根据数列{an}中项的符号,运用分类讨论思想可求{|an|}的前 n 项和.

【例 4】 在等差数列{an}中,已知 a6+a9+a12+a15=34,求前 20 项之和. 解法一 由 a6+a9+a12+a15=34

得 4a1+38d=34

又S 20 =20a 1 +
=20a1+190d

20×19 d 2

=5(4a1+38d)=5×34=170

解法二 S 20 =

(a 1 + a 20 ) × 20 = 10(a 1 +a 20 ) 2

由等差数列的性质可得: a6+a15=a9+a12=a1+a20 ∴a1+a20=17

S20=170 【例 5】 已知等差数列{an}的公差是正数,且 a3·a7=-12,a4+a6=-4,

求它的前 20 项的和 S20 的值. 解法一 设等差数列{an}的公差为 d,则 d>0,由已知可得

?(a 1 + 2d)(a 1 +bd) =-12 ? ?a 1 + 3d+a 1 +5d = - 4

① ②

由②,有 a1=-2-4d,代入①,有 d2=4 再由 d>0,得 d=2 ∴a1=-10 最后由等差数列的前 n 项和公式,可求得 S20=180 解法二 由等差数列的性质可得:

a4+a6=a3+a7 即 a3+a7=-4 又 a3·a7=-12,由韦达定理可知: a3,a7 是方程 x2+4x-12=0 的二根 解方程可得 x1=-6,x2=2 ∵ d>0 ∴{an}是递增数列 ∴a3=-6,a7=2

d=

a7 ? a3 = 2 ,a 1 =-10,S 20 =180 7?3
等差数列{an}、{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn,若

【例 6】

Sn a 2n ? ,则 100 等于 Tn 3n ? 1 b100
[ ]

A.1 C. 199 299

B.

2 3 200 D. 301

分析 该题是将 和公式S n =

a 100 Sn 2n 与 ? 发生联系,可用等差数列的前n项 b 100 Tn 3n ? 1

n(a 1 + a n ) 把前n项和的值与项的值进行联系. 2

n( a 1 ? a n ) n( b 1 ? b n ) ,Tn ? 2 2 Sn a1 ? a n a1 ? a n 2n ∴ ? ∴ ? Tn b1 ? b n b1 ? b n 3n ? 1 解法一 ∵S n ?
∵2a100=a1+a199,2b100=b1+b199



a 100 a 1 ? a 199 2 ×199 199 = = = 选C. b 100 b 1 ? b 199 3×199 + 1 299
利用数列{an}为等差数列的充要条件:Sn=an2+

解法二 bn



Sn 2n ? Tn 3n ? 1

可设 Sn=2n2k,Tn=n(3n+1)k



a n S n ? S n ?1 2 n 2 k ? 2( n ? 1) 2 k ? ? b n Tn ? Tn ?1 n(3n ? 1) k ? ( n ? 1)[3( n ? 1) ? 1]k 4n ? 2 2n ? 1 ? 6n ? 2 3n ? 1 2 ×100 ? 1 199 ? ? 3×100 ? 1 299 ?



a 100 b 100

说明

该解法涉及数列{an}为等差数列的充要条件 Sn=an2+bn,由

已知

Sn 2n ? ,将S n 和Tn 写成什么?若写成S n = 2nk,Tn = (3n+1)k, Tn 3n ? 1

k 是常数,就不对了. 【例 7】 已知:等差数列{an}中,an=33-3n,求 Sn 的最大值.

∵an=33-3n ∴a1=30

Sn =

(a 1 + a n ) ·n (63 ? 3n) n 3 63 ? ? ? n2 ? n 2 2 2 2 2 3 21 3× 21 ? ? (n ? ) 2 ? 2 2 8

∵n?N,∴当 n=10 或 n=11 时,Sn 取最大值 165. 【例 8】 求证:前 n 项和为 4n2+3n 的数列是等差数列.

证 设这个数列的第 n 项为 an,前 n 项和为 Sn. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 ∴an=(4n2+3n)-[4(n-1)2+3(n-1)] =8n-1 当 n=1 时,a1=S1=4+3=7 由以上两种情况可知,对所有的自然数 n,都有 an=8n-1 又 an+1-an=[8(n+1)-1]-(8n-1)=8 ∴这个数列是首项为 7,公差为 8 的等差数列. 说明 这里使用了“an=Sn-Sn-1”这一关系.使用这一关系时,要注意,它

只在 n≥2 时成立.因为当 n=1 时,Sn-1=S0,而 S0 是没有定义的.所以,解题时, 要像上边解答一样,补上 n=1 时的情况. 【例 9】 在等差数列{an}中,已知 a1=25,S9=S17,问数列前多少项和最 大,并求出最大值. 解法一 建立 Sn 关于 n 的函数,运用函数思想,求最大值.

根据题意:S17 = 17a 1 +

17 ×16 9 ×8 d,S9 =9a 1 + d 2 2

∵a1=25,S17=S9 解得 d=-2

∴S n =25n+

n( n ? 1) ( -2) = -n 2 +26n = -(n-13) 2 +169 2

∴当 n=13 时,Sn 最大,最大值 S13=169 解法二 因为 a1=25>0,d=-2<0,所以数列{an}是递减等

?a n ≥ 0 差数列,若使前n项和最大,只需解 ? ,可解出n. ?a n+1 ≤ 0
∵a1=25,S9=S17

∴9 ×25+

9 ×8 17 ×16 d = 17 ×25+ d,解得d = -2 2 2

∴an=25+(n-1)(-2)=-2n+27

?- 2n+ 27 ≥ 0 ?n≤13.5 ∴? ?? ∴n = 13 ?- 2(n+1) + 27 ≥ 0 ?n≥12.5
即前 13 项和最大,由等差数列的前 n 项和公式可求得 S13=169. 解法三 利用 S9=S17 寻找相邻项的关系.

由题意 S9=S17 得 a10+a11+a12+?+a17=0 而 a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14 ∴a13+a14=0,a13=-a14 ∴S13=169 最大. 解法四 根据等差数列前 n 项和的函数图像,确定取最大值时的 n. ∴a13≥0,a14≤0

∵{an}是等差数列 ∴可设 Sn=An2+Bn 二次函数 y=Ax2+Bx 的图像过原点,如图 3.2-1 所示

∵S9=S17,

∴ 对称轴x =

9 + 17 = 13 2

∴取 n=13 时,S13=169 最大

三.等比数列
一.定义:如果一个数列从第 2 项起,每一项与前一项的比都是同一个常数,那 么这个数列就叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,通常用宇母

q (q ? 0) 表示.
二.通项公式: 若已知 a1 、 q ,则 an ? a1q n ?1 ;若已知 am 、 q ,则 an ? am q n?m 三.前 n 项和公式: 当公比 q ? 1 时, Sn ? na1 当公比 q ? 1 时,若已知 a1 、 an 、 q ,则 S n ?
a1 ? an q 1? q

a1 (1 ? q n ) 若已知 a1 、 q 、 n ,则 S n ? 1? q

注:⑴ 等比数列前 n 项和公式 S n 的推导使用的是错位相减的方法. ⑵ 在等比数列中包含 a1 、 q 、 n 、 an 、 S n 这五个基本量,上述的公式中均 含有 4 基本量,因此在数列运算中,只需知道其中任意 3 个,可以求出 其余基本量. 四.若 a 、 b 、 c 成等比数列,则称 b 为 a 与 c 的等比中项,且 a 、 b 、 c 满足关 系式 b ? ? ac . 五.证明数列 {an } 是等比数列的方法: 1.利用定义证明:
an ? q (n ? 2) an ?1

2.利用等比中项证明: b 2 ? ac 3.利用通项公式证明: an ? aq n 六.性质:在等比数列 {a n } 中, 1.若某几项的项数成等差数列,则对应的项成等比数列, 即:若 m ? n ? 2k ,则 am ? an ? ak 2

2.若两项的项数之和与另两项的项数之和相等,则对应项的积相等, 即:若 m ? n ? k ? l ,则 am ? an ? ak ? al 3.若数列公比 q ? ?1 ,则依次相邻每 k 项的和仍成等比数列, 即 S k , S2k ? S k , S3k ? S2 k 成等比数列。 4. a n , an?1 , a n ? 2 ,…, a 2 , a1 仍成等比数列,其公比为
1 . q

【例 1】 已知等比数列 1,x1,x2,?,x2n,2,求 x1·x2·x3·?·x2n. 解 ∵1,x1,x2,?,x2n,2 成等比数列,公比 q ∴2=1·q2n+1 x1x2x3?x2n=q·q2·q3?q2n=q1+2+3+?+2n 【例 2】 -d)2. 证法一 ∵a、b、c、d 成等比数列 设 a、b、c、d 成等比数列,求证:(b-c)2+(c-a)2+(d-b)2=(a



a b c ? ? b c d

∴b2=ac,c2=bd,ad=bc ∴左边=b2-2bc+c2+c2-2ac+a2+d2-2bd+b2 =2(b2-ac)+2(c2-bd)+(a2-2bc+d2) =a2-2ad+d2 =(a-d)2=右边 证毕. 证法二

∵a、b、c、d 成等比数列,设其公比为 q,则:

b=aq,c=aq2,d=aq3 ∴左边=(aq-aq2)2+(aq2-a)2+(aq3-aq)2 =a2-2a2q3+a2q6

=(a-aq3)2 =(a-d)2=右边 证毕. 说明 这是一个等比数列与代数式的恒等变形相综合的题目.证法一是抓住 了求证式中右边没有 b、c 的特点,走的是利用等比的条件消去左边式中的 b、c 的 路子.证法二则是把 a、b、c、d 统一化成等比数列的基本元素 a、q 去解决的.证 法二稍微麻烦些,但它所用的统一成基本元素的方法,却较证法一的方法具有普遍 性.

=q

2n(1+2n) 2

? q n ( 2 n ?1) ? 2 n

1 【例3】 等比数列{a n }中,(1) 已知a 2 = 4 ,a 5 =- ,求通项公 2
式;(2)已知 a3·a4·a5=8,求 a2a3a4a5a6 的值.

解 (1)a 5 = a 2 q 5?2 ∴q = -

1 2

1 1 ∴a n =a 2 q n ? 2 = 4( - ) n ? 2 = ( ? ) n ? 4 2 2 2 (2) ∵a 3 ·a 5 =a 4 a 3 ·a 4 ·a 5 =a 3 = 8 4
∴a4=2

又a 2 a 6 =a 3 a 5 = a 2 4 ∴a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 = a 5 = 32 4
【例 4】 求数列的通项公式:

(1){an}中,a1=2,an+1=3an+2 (2){an}中,a1=2,a2=5,且 an+2-3an+1+2an=0 思路:转化为等比数列.

解 (1)a n+1 = 3a n +2 ? a n+1 +1 = 3(a n +1)
∴{an+1}是等比数列 ∴an+1=3·3n-1 ∴an=3n-1

(2)a n+2 -3a n+1 +2a n = 0 ? a n+2 -a n+1 = 2(a n+1 -a n )
∴{an+1-an}是等比数列,即 an+1-an=(a2-a1)·2n-1=3·2n-1

再注意到 a2-a1=3,a3-a2=3·21,a4-a3=3·22,?,an-an-1=3·2n-2, 这些等式相加,即可以得到

a n = 3[1+ 2 +2 2 +?+2 n-2 ] = 3·
说明

2 n?1 ? 1 = 3(2 n ?1 -1) 2 ?1

解题的关键是发现一个等比数列,即化生疏为已知.(1)中发现{an+1}

是等比数列,(2)中发现{an+1-an}是等比数列,这也是通常说的化归思想的一种体 现. 【例 5】 已知在数列{an}中,a1、a2、a3 成等差数列,a2、a3、a4 成等比数 列,a3、a4、a5 的倒数成等差数列,证明:a1、a3、a5 成等比数列. 证明 由已知,有

2a2=a1+a3 ①

a 2 = a 2 ·a 4 3 2 1 1 ? ? a4 a3 a5

② ③

由③,得a 4 = 由①,得a 2 =

2a 3 ·a 5 a3 + a5

a1 + a 3 代入②,得 2 a1 + a 3 2 a 3 ·a 5 a2 = · 3 2 a3 ? a5
a 5 (a 1 + a 2 ) a3 + a5

整理,得a 3 =

即 a3(a3+a5)=a5(a1+a3)

a 2 +a 3 a 5 = a 1 a 5 +a 3 a 5 3 ∴a 2 = a 1 ·a 5 3
所以 a1、a3、a5 成等比数列.

【例 1】 一个有穷的等比数列的首项为 1, 项数为偶数, 其奇数项的和为 85, 偶数项的和为 170,求这个数列的公比和项数. 分析 设等比数列为{an},公比为 q,取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是

等比数列,公比为 q2,首项分别为 a1,a1q. 解 设项数为 2n(n?N*),因为 a1=1,由已知可得 q≠1.

? a 1 (1 ? q 2 n ) = 85 ? 2 ? 1? q ∴? 2n ? a 1q (1 ? q ) = 170 ? 1? q2 ?
① 得:q = 2 把q = 2 代入 ② 1? 4n 得 = 85 1? 4 ∴ 4 n = 256 n = 4

① ②



即公比为 2,项数为 8. 说明 运用等比数列前 n 项和公式进行运算、推理时,对公比 q 要分情况讨 论.有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程,可采用两式相 除的方法达到降次的目的.

【例2】求证:对于等比数列,有S 2 +S 2 = S n (S 2n +S 3n ) . n 2n
证 ∵Sn=a1+a1q+a1q2+?+a1qn-1 S2n=Sn+(a1qn+a1qn+1+?+a1q2n-1) =Sn+qn(a1+a1q+?+a1qn-1) =Sn+qnSn =Sn(1+qn) 类似地,可得 S3n=Sn(1+qn+q2n)

∴S 2 + S 2 = S 2 +[S n (1+q n )]2 n 2n n = S 2 (2 + 2q n +q 2n ) n

S n (S 2n +S 3n ) = S n [S n (1+q n ) +S n (1+q n +q 2n )] = S 2 (2 +2q n +q 2n ) n ∴S 2 +S 2 = S n (S 2n +S 3n ) n 2n

说明

本题直接运用前 n 项和公式去解,也很容易.上边的解法,灵活地处

理了 S2n、S3n 与 Sn 的关系.介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因 式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键,并且变得好,则解法巧. 【例 3】 选择题:在等比数列{an}中,已知对任意正整数 n,有 Sn=2n

2 -1,则a 1 +a 2 +?+a 2 等于 2 n

[ ]

A. (2 n -1) 2 C. 2 n -1
解 D. ∵a1=S1=1,an=Sn-Sn-1=2n-1 ∴an=2n-1 ∴bn=(an)2=(2n-1)2=22n-2=4n-1

1 B. (2 n -1) 2 3 1 D. (4 n -1) 3

2 ∴b 1 +b 2 +?+b n = a 1 +a 2 +?+a 2 2 2

= 1+ 4 + 4 2 +?+ 4 n ?1 =
【例 4】 解法一

4n ? 1 1 n ? ( 4 ? 1) 4 ?1 3

数列{an}是等比数列,其中 Sn=48,S2n=60,求 S3n. 利用等比数列的前 n 项和公式

若 q=1,则 Sn=na1,即 na1=48,2na1=96≠60,所以 q≠1

∵S n =

a 1 (1 ? q n ) 1? q
n

S 2n

a 1 (1 ? q 2 ) = 1? q ? a 1 (1 ? q n )(1 + q n ) 1? q

? S n (1 ? q n )

∴q n = S 3n

1 4 a 1 (1 ? q 3n ) = 1? q a 1 (1 ? q n )(1 ? q n ? q 2 n ) ? 1? q

=Sn(1+qn+q2n)

∴ S 3n = 48(1 ?
解法二

1 1 + ) = 63 4 16

利用等比数列的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 仍成等比数列

∴ (60-48)2=48·(S3n-60) ∴ S3n=63. 解法三 取特殊值法

取 n=1,则 S1=a1=48,S2n=S2=a1+a2=60 ∴ a2=12 ∵ {an}为等比数列

∴ q=

a2 1 ? a =3 a1 4 3

S3n=S3=a1+a2+a3=63 【例 7】 已知数列{an}中,Sn 是它的前 n 项和,并且 Sn+1=4an+2(n?N*), a1=1 (1)设 bn=an+1-2an(n?N*),求证:数列{bn}是等比数列;

(2) 设c n =


an (n?N*) ,求证:数列{c n }是等差数列. 2n

(1)∵ Sn+1=4an+2

Sn+2=4an+1+2 两式相减,得 Sn+2-Sn+1=4an+1=4an(n?N*) 即:an+2=4an+1-4an

变形,得 an+2-2an+1=2(an+1-2an) ∵ bn=an+1-2an(n?N*) ∴ bn+1=2bn 由此可知,数列{bn}是公比为 2 的等比数列. 由 S2=a1+a2=4a1+2,a1=1 可得 a2=5,b1=a2-2a1=3 ∴ bn=3·2n-1

(2) ∵ c n =

an (n?N*) 2n a n ?1 a n a n ?1 ? 2a n ∴ c n+1 ? c n ? n ?1 ? n ? 2 2 2 n ?1 bn = n+1 2

将 bn=3·2n-1 代入,得

c n+1 -c n =

3 (n?N*) 4

由此可知,数列{c n }是公差d = 1 1 3 ,故c n = + (n-1) · 2 2 4 3 1 即:C n = n ? 4 4

a1 3 的等差数列,它的首项c1 = ? 4 2

说明 利用题设的已知条件,通过合理的转换,将非等差、非等比数列转化 为等差数列或等比数列来解决

数列求和
1.常见数列的前 n 项和: ⑴ 自然数数列:1,2,3,?,n,? ⑵ 奇数列:1,3,5,?, 2n ? 1,? ⑶ 偶数列:2,4,6,?, 2n ,?
Sn ?

n(n ? 1) 2

Sn ? n2 S n ? n( n ? 1 )

⑷ 自然数平方数列: 12 , 22 , 32 ,?, n 2 ,?

Sn ?

n( n? 1 ) ( 2 n ? 6

1)

2.等差、等比数列:利用等差、等比数列的求和公式. 3.数列 {cn } 满足: cn ? an ? bn ,其中 an 、 bn 为等差或者等比数列. 方法:拆项,转化成两个等差或等比各项的和(差). 4.数列 {cn } 满足:cn ? an ? bn ,其中 {an } 是公差为 d 的等差数列;{bn } 是公比为 q 的等比数列. 方法:错位相减. 5.若数列 {an } 满足: an ?
1 ,其中 k 、 a 、 b 均为常数. (kn ? a) ? (kn ? b) 1 1 1 ? p( ? ) ,其中 p 为可确定 (kn ? a) ? (kn ? b) kn ? a kn ? b

方法:裂项法,设 an ? 的参数.

“ S n ? 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? ? ? n(n ? 1) ” 的 求 和 ; “ 裂 项 ” 的 典 型 例 子 是 数 列 “ Sn ?

1 1 1 ”的求和;“并项”的典型例子是数列 ? ??? 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1)
n ?1

“ S n ? 1 ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 6 ? ? ? (?1)

? n ”的求和.

2.“错位”与“反序”求和方法是比较特殊的方法,使用率不高,其中“错位”求和 方法一般只要求解决下述数列的求和问题:若 {a n } 是等差数列,{ bn }是等比数列,则数列 { a n ? bn }的求和运用错位求和方法. [例 1]解答下述问题: (I)已知数列 {a n } 的通项公式 a n ? [解析]? a n ?

( 2n) 2 ,求它的前 n 项和. (2n ? 1)( 2n ? 1)

n n ? , 2n ? 1 2n ? 1 1 2 2 n ?1 n ?1 n n ? S n ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )?( ? ), 3 3 5 2n ? 3 2n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 1 2 2 3 n ?1 n n n =1 ? ( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )? ? n? 3 3 5 5 2 n ? 1 2 n ? 1 2n ? 1 2n ? 1 2n(n ? 1) = 2n ? 1

(II)已知数列 {a n } 的通项公式 a n ?

2n ? 1 , 求它的前 n 项和. [n(n ? 1)] 2

[解析]? a n ?

(n ? 1) 2 ? n 2 1 1 ? 2 ? , 2 2 n ? (n ? 1) n (n ? 1) 2

? S n ? (1 ? ? 1?

1 1 1 1 1 1 1 ) ? ( 2 ? 2 ) ??? ( ? 2)?( 2 ? ) 2 2 2 2 3 (n ? 1) n n (n ? 1) 2

1 . (n ? 1) 2

(III)求和: S n ? 1 ? n ? 2 ? (n ? 1) ? 3 ? (n ? 2) ? ? ? n ? 1; [解析]注意:数列的第 n 项“n·1”不是数列的通项公式,记这个数列为 {a n } , ∴其通项公式是

a k ? k ? [ n ? (k ? 1)] ? k n ? k 2 ? k ( k ? 1,2,3, ? , n), ? S n ? (1 ? 2 ? 3 ? ? ? n) ? n ? (12 ? 2 2 ? 3 2 ? ? ? n 2 ) ? (1 ? 2 ? 3 ? ? ? n) n 2 (n ? 1) n(n ? 1)( 2n ? 1) n( n ? 1) n(n ? 1)( n ? 2) ? ? ? ? . 2 6 2 6 9 n (Ⅳ)已知数列 a n ? (n ? 1) ? ( ) , 求{a n }的前n项和S n . 10 9 n [解析]? a n ? n ? 1为等差数列, bn ? ( ) 为等比数列,∴应运用错位求和方法: 10

9 9 9 ? 3 ? ( ) 2 ? ? ? (n ? 1) ? ( ) n ; 10 10 10 9 9 2 9 3 9 ? S n ? 2 ? ( ) ? 3 ? ( ) ? ? ? (n ? 1) ? ( ) n ?1 , 10 10 10 10 1 9 9 2 9 3 9 9 两式相减得 : S n ? ? [( ) ? ( ) ? ? ? ( ) n ] ? (n ? 1) ? ( ) n ?1 10 5 10 10 10 10 9 81 9 9 99 9 ? ? ? [1 ? ( ) n ] ? (n ? 1) ? ( ) n ?1 ? ? ( ) n ?1 (n ? 10 ), 5 10 10 10 10 10 9 ? S n ? 99 ? 9(n ? 10 ) ? ( ) n . 10 ? Sn ? 2 ?
(Ⅴ)求和 W ? C n ? 4C n ? 7C n ? 10C n ? ? ? (3n ? 1)C n
0 1 2 3 n

[解析]? a n ? 3n ? 1为等差数列,? a0 ? an ? a1 ? an ?1 ? ?, 而 Cn ? Cn
k n?k

,?运用反序求和方法是比较好的想法,

0 1 2 n n ?W ? C n ? 4C n ? 7C n ? ? ? (3n ? 2)C n ?1 ? (3n ? 1)C n ①,

n n n 1 0 ? (3n ? 1)C n ? (3n ? 2)C n ?1 ? (3n ? 5)C n ?2 ? ? ? 4C n ? C n 0 1 n 1 0 ?W ? (3n ? 1)C n ? (3n ? 2)C n ? (3n ? 5)C n ?2 ? ? ? 4C n ? C n ②,

①+②得 2W ? (3n ? 2)(C n ? C n ? C n ? ? ? C n ) ? (3n ? 2) ? 2 ,
0 1 2 n n

?W ? (3n ? 2) ? 2 n ?1.
[评析]例 1 讨论了数列求和的各种方法,关键是准确抓住数列通项公式呈现的规律,然 后选定一种求和方法,并作出相应的变换. [例 2]解答下列问题: (I)设 f ( x) ?

x 2 ? 9 ( x ? ?3),
?1

(1)求 f (x) 的反函数 f (2)若 u1 ? 1, u n ? ? f (3)若 a k ?

( x);

?1

(u n?1 ), (n ? 2), 求u n ;

1 , k ? 1,2,3,?, 求数列{a n }的前n项和S n ; u k ? u k ?1
?1

[解析](1) f (2)? ?

( x) ? ? x 2 ? 9
2 ? {u n } 是公差为 9 的等差数列,

?u1 ? 1
2 2 ?u n ? u n ?1 ? 9(n ? 2),

2 ? u n ? 9n ? 8,

? u n ? 0,

? u n ? 9k ? 8 ,

(3) a k ?

1 9k ? 8 ? 9k ? 1

?

1 ( 9k ? 1 ? 9k ? 8 ), 9

1 ? S n ? [( 10 ? 1) ? ( 19 ? 10 ) ? ? ? ( 9n ? 1 ? 9n ? 8 )] 9 1 ? ( 9n ? 1 ? 1); 9
(II)设函数 f ( x) ?

2x ? 3 1 , 作数列{bn } : b1 ? 1, bn ? f ( )( n ? 2), 3x bn ?1
n ?1

求和: Wn ? b1b2 ? b2 b3 ? b3b4 ? ? ? (?1) [解析]? bn ?

? bn bn?1 .

2 2n ? 1 1 ? bn?1 ,? bn ? ,? bn bn?1 ? (4n 2 ? 8n ? 3), 3 3 9 4 2 2 2 2 2 2 ①当 n 为偶数时 Wn ? {(1 ? 2 ) ? (3 ? 4 ) ? ? ? [( n ? 1) ? n ]} 9

8 ? {(1 ? 2) ? (3 ? 4) ? ? ? [( n ? 1) ? n]} 9 4 8 n ? ? [3 ? 7 ? 11 ? ? ? (2n ? 1)] ? ? 9 9 2

4 1 n 4 1 ? ? [ (2n ? 2)] ? n ? ? (2n 2 ? 6n); 9 2 2 9 9 4 ②当 n 为奇数时 Wn ? {(12 ? 2 2 ) ? ? ? [( n ? 2) 2 ? (n ? 1) 2 ] ? n 2 } 9
=?

8 1 ? {(1 ? 2) ? (3 ? 4) ? ? ? [( n ? 2) ? (n ? 1)] ? n} ? 9 3 4 8 n ?1 1 ? {?[3 ? 7 ? 11 ? (2n ? 3)] ? n 2 } ? [? ? n] ? 9 9 2 3 4 1 n ?1 8 n ?1 1 1 ? [? ? ? 2n ? n 2 ] ? ? ? ? (2n 2 ? 6n ? 7). 9 2 2 9 2 3 9
[解析]例 2 中的(I)、(II)两题是以数列求和为主要内容的数列综合试题,需要熟练 运用求和方法,问题(I)中运用了“裂项”求和方法,而问题(II)中灵活运用 了拆项与并项的求和方法. [例 3]已知数列 {a n } 的各项为正数,其前 n 项和 S n 满足S n ? (

an ? 1 2 ) , 2

(I)求 a n 与a n ?1 (n ? 2) 之间的关系式,并求 {a n } 的通项公式; (II)求证

1 1 1 ? ??? ? 2. S1 S 2 Sn
2 2

[解析](I)? 4 S n ? (a n ? 1) ①,而 4S n ?1 ? (a n ?1 ? 1) ②, ①—②得 a n ? a n ?1 ? 2(a n ? a n ?1 ) ? 0 ? (a n ? a n ?1 )( a n ? a n ?1 ? 2) ? 0,
2 2

? a n ? 0,? a n ? a n ?1 ? 2(n ? 2),?{a n }是公差d ? 2 的等差数列, 而4a1 ? (a1 ? 1) 2 ? a1 ? 1,
(II)? S n ? n ,?
2

? a n ? 2n ? 1;

1 1 1 1 1 1 ? ??? ? 2 ? 2 ??? 2 S1 S 2 Sn 1 2 n

1 1 1 1 ? ? ? (n ? 2), 2 n(n ? 1) n ? 1 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? ) S1 S 2 Sn 2 2 3 n ?1 n ? ? 2? 1 ? 2. n

[评析]例 3 是十分常见的数列型的不等式证明问题,由于运用了数列求和的思想,∴作 出了一个巧妙的放缩变换,然后与数列求和挂上了钩. 例 4.已知数列{ a n }满足: a1 ? 3a 2 ? ? ? (2n ? 1)a n ? (2n ? 3) ? 2 和
n ?1

, 数列{bn } 的前 n 项

S n ? 2n 2 ? n ? 2.求数列{a n ? bn }的前n项和Wn .
当 n ? 2时, (2n ? 1) ? a n ? (2n ? 3) ? 2
n
n ?1

? (2n ? 5) ? 2 n ? 2 n (2n ? 1),

?a n ? 2 n (n ? 2) ? a n ? 2 ; 而a1 ? ?4, 得? . ?a1 ? ?4 当n ? 2时, bn ? S n ? S n?1 ? 4n ? 1;
而 b1 ? 1, 得?

?b1 ? 1 . ?bn ? 4n ? 1(n ? 2)

?Wn ? ?4 ? [2 2 ? 7 ? 2 3 ? 11 ? ? ? 2 n (4n ? 1)], 记s ? 2 2 ? 7 ? 2 3 ? 11 ? 2 4 ? 15 ? ? ? 2 n (4n ? 1) ①
? 2s ? 2 3 ? 7 ? 2 4 ? 11 ? ? ? 2 n (4n ? 5) ? 2 n?1 (4n ? 1) ②,
①-②得 ? s ? 28 ? 4(2 ? 2 ? ? ? 2 ) ? 2
3 4 n n ?1

(4n ? 1)

? 28 ? 32(2 n ? 2 ? 1) ? 2 n ?1 (4n ? 1) ? ?4 ? 2 n ?1 (5 ? 4n), ? s ? 4 ? 2 n ?1 (4n ? 5), 得Wn ? 2 n ?1 (4n ? 5).
例 5.数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,且满足 a1 ? 1,2S n ? (n ? 1)a n , (I)求 a n 与 a n ?1 的关系式,并求{ a n }的通项公式; (II)求和 Wn ?

1 1 1 ? 2 ??? 2 . a ? 1 a3 ? 1 a n ?1 ? 1
2 2

(I)? ?

?2S n ? (n ? 1)a n n , 两式相减得a n ? a n ?1 (n ? 2), n ?1 ?2S n ?1 ? nan ?1

?

an a a a n n ?1 2 ? n ? n ?1 ? ? ? 2 ? ? ? ? ? ? n,? a n ? n; a1 a n ?1 a n ?2 a1 n ? 1 n ? 2 1

(II) Wn ?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? [(1 ? ) ? ( ? )] 1? 3 2 ? 4 3 ? 5 n(n ? 2) 2 3 2 4

1 1 1 1 1 3 1 1 ? ( ? ) ??? ( ? )] ? [ ? ? ]. 3 5 n n?2 2 2 n ?1 n ? 2


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高一数列专项典型练习题及解析答案_数学_高中教育_教育专区。高一数列练习题及详细解析 一.选择题(共 11 小题) * 1. (2014?天津模拟)已知函数 f(x)= (a>...
数列万能解法
??? 即:首尾颠倒相加,则和相等 1、等差数列中连续 m 项的和,组成的新 数列是等差数列。即: an ? k ? an ?k ? (an ) 2 a1 ? an ? a2 ? an?1...
数列解题技巧归纳总结
数列解题技巧归纳总结_高三数学_数学_高中教育_教育专区。知识框架 ? ?数列的分类 ? 数列 ? ?的概念 ?数列的通项公式 ← 函数角度理解 ?数列的递推关系 ? ?...
高中数学基础练习:数列
第二章 数列 [基础训练 A 组]一、选择题 1.在数列 1,1,2,3,5,8, x,21,34,55 中, x 等于( 等于( .) B.12 C.13 D.14 A.11 ... 2.等差...
高中数学数列复习 题型归纳 解题方法整理
(4 - 1) 1- 4 3 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 数列数列;4)常用公式:(见知识点部分) 。5)等比数列的...
数列教案
第2讲【2013 年高考会这样考】 等差数列及其前 n 项和 1.考查运用基本量法求解等差数列的基本量问题. 2.考查等差数列的性质、前 n 项和公式及综合应用. ...
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