1、精心整理通項公式和前n項和一、新課講授：求數列前N項和的方法1.公式法(1)等差數列前n項和：特別的，當前n項的個數為奇數時，S2k+i =(2k+1ak書，即前n項和為中間項乘以項數。這個公式在很多時候可以簡化運算 (2)等比數列前n項和：q=1 時，Sn=na1ai 1 -qn q #1, Sn =,特別要注意對公比的討論。1 -q(3)其他公式較常見公式：n1n 2 11、Sn = k =-n(n+1)2、Sn = k =n(n+1)(2n+1)km26一一 ，n 3123、Sn = k =n(n +1) km 21丁9 Qn一.一例1已知log3 x =,求x +x +x + +x +

2、 前的刖n項和.log2 3一、一 一一*,Sc一 一 ，一例2設Sn=1+2+3+n, nC N ,求f(n) =n的最大值.(n 32)Sn 12.錯位相減法1這種方法是在推導等比數列的前 n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列an- bn 的前n項和，其中an、bn分別是等差數列和等比數列.例 3求和：Sn =1+3x+5x2 +7x3 + +(2n-1)xn， 例4求數歹I2,今；空,前n項的和. 2 22 232n練習：求：Sn=1+5x+9x2+(4n-3)xn-1答案：當 x=1 時，Sn=1+5+9+ + (4n-3) =2n2-n精心整理當 x*1 時，Si= 11-

3、x4x（1-Xn）1-x+1（n-3） x 3 .倒序相加法求和這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把 它與原數列相加，就可以得到n個（a1 +?。?例 5求 sin2 1 +sin2 2+sin2 3 + + sin2 88+ sin2 89 -的值4 .分組法求和有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，然后分別求和，再將其合并即可.111例 6求數列的刖 n 項和：1+1,+4,=+7,+3n 2 , a aaii11練習：求數列1,23,.，e+了）,的刖n項和。5.裂項法求和這是分解

4、與組合思想在數列求和中的具體應用.裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解,然后重新組合，使之能消去一些項,最終達到求和的目的 .通項分解（裂項）如:(1)an=f (n +1) f (n) (2)sin 1cosn cos(n 1)=tan(n 1) -tan n(3)an1n(n 1)(4)_2an =(2n)=1 1 1 一 1 )(2n -1)(2n 1)2 2n -1 2n 1(5)1-n(n -1)(n 2)2 n(n 1) (n - 1)(n 2)(6)an 2n(n 1)12(n 1) -n 1 2n n(n 1)2n1n 0 n -1n 2扁談，則L -不看，的前n項和. 1

5、例9求數列1例10在數列an中，an12n 一2=+,又bn=,求數列bn的刖n項的和.n 1 n - 1 n 1an an 1例11求證:_11cos0 cos1 cos1 cos21cos1. 2 ,cos88 cos89 sin 1精心整理sin 1cos n cos(n 1)w = tan(n+1)-tann(裂項)111 - S = += + +：=(裂項求和)cos0 cos1 cos1 cos2 cos88 cos891=(tan 1 - tan 0 ) (tan 2 _tan1 ) (tan 3 _ tan 2 ) tan 89 _ tan 88 sin 111- cos1=(

6、tan89 -tan 0 ) =. cot1 =sin 1sin 1sin 1原等式成立練習：求3 15 35 63之和。6 .合并法求和針對一些特殊的數列，將某些項合并在一起就具有某種特殊的性質，因此，在求數列的和時，可將這些項放在一起先求和，然后再求 Sn.jf!.T/ y 工 /例 12求 cos1 +cos2 +cos3 + +cos178 +cos179 白值.例14在各項均為正數的等比數列中,若 a5a6守9,求log 3 a + log 3 a2 + log 3 a10的化7 .利用數列的通項求和先根據數列的結構及特征進行分析， 找出數列的通項及其特征，然后再利用數列的通項揭示的

7、規律來求數列的前n項和，是一個重要的方法.例 15求 1+11+111+ +111二1 之和.n個1練習：求5, 55, 555,的前n項和。以上一個7種方法雖然各有其特點，但總的原則是要善于改變原數列的形式結構，使其 能進行消項處理或能使用等差數列或等比數列的求和公式以及其它已知的基本求和公式來解 決，只要很好地把握這一規律，就能使數列求和化難為易，迎刃而解。求數列通項公式的八種方法、公式法(定義法)根據等差數列、等比數列的定義求通項、累加、累乘法1、累加法適用于：an+=an + f(n)=f(2)IIIa2 - a1二 f (1) a3 -a2右 an用一an = f(n) (n 2),

8、貝Uan 1 - an = f (n)n兩邊分別相加得anif(n)k 1例1已知數列an滿足an+ =an +2n+1, a1 =1 ,求數歹U an的通項公式 解：由 an$ = an +2n +1 得 an 4一an =2n +1 貝U所以數列an的通項公式為 =n2。例2已知數列an滿足an=an+2x3n+1,a1=3 ,求數列Jan的通項公式二；i解法一：由 an4=an +2M3n+1 得 an 書an=2M3n+1 貝 IJan =(an-an)(anan/)山(a3-a2)(a2 a)a1=(2 3n 1 1)(23M1)1I (2321) (2 311) 3=2(3nl 3

9、n2m3231)(n -1)3n= 23(1 3) (n -1) 3 1 -3=3n -3 n -1 3=3n n -1所以 an =3n n-1.I 則小 3n 1解法二：翔+2勾+1兩邊除以3n+,得龍寧+針#3n 1因此且二現二n . (1 3n4)11_ 3n31 -33 2 2 3n則 an =2 n 3n 1 3n -1. 3222、累乘法適用于：an+ = f(n)an若an= f(n),則 a2= f(i),曳=(2),山川,t=f(n) anaia2ana n兩邊分別相乘得，;篇| f (k) aik 1例3已知數列an滿足an# =2(n+1)5nMan, ai =3,求數

10、列an的通項公式解：因為 an4=2(n +1)5nMan, a = 3,所以 an =0 ,則 吐=2(n+1)5n ,故an ana3 a2 以anaiam anNa2 ai= 2(n-1 1)S2(n-2 1)5。川2(2 i) 522(i i) 5i 3= 2nln(n -i) |( 3 2 5”(),i 21 3n(n 1二3 2n,5 2 n! | ，w I4 J：I J In (n)所以數列an的通項公式為an =3M2nM5kMn!.三、待定系數法適用于an i = qan f (n)f r Jjy分析：通過湊配可轉化為an書+ A f (n) = %an + A f (n)；

11、解題基本步驟：7 j1、確定f(n) 2、設等比數列an +f(n),公比為，2 3、列出關系式 an+ 4f (n) =%an +% f (n) 4、比較系數求兀,“5、解得數列Qn +九if(n)的通項公式6、解得數列%的通項公式例4已知數歹【an中，a1 =1,an =2an4+i(n 2),求數列(an的通項公式精心整理解法一：7 an -2am 1(n -2),又,：ai +1 =2,二% +1)是首項為2,公比為2的等比數列an +1=2n ,即 an =2n -1解法二：an =2an11(n - 2),兩式相減得an+-an =2(an -anA)(n 2),故數列an4-an

12、是首項為2,公比為2的等比數列，再用 累加法的例5已知數列an滿足an4=2an +4 3nA, a1 =1 ,求數列an的通項公式。解法一：設an+,13n =2(an 十九3n)，比較系數得兀=0）, an書 0。兩邊取常用對數得lg an 1 =5lg an nlg3 1g 2設 1g an4 +x（n +1） + y =5（lg an +xn + y）（同類型四）比較系數得，x=g,y 史4164小 .威 1g31g2.1g3 .1g3 .1g21g31g3 . lg 2山 lg a1 +X1 +十=1g 7 +x 1 十十# 0 , 得 lg an + n +十o o ,416441

13、644164所以數列lg an +啦n+皿+是以1g7+蛇+蛇+Jg上為首項，以5為公比的等比數列，則41644164lg3lg3lg2lg3lg3lg2n 1lgan 十3n 十3-+3=(lg 7 +W-+、一+)5 一，因止匕41644164lgan=(lg7幽幽巖5，理n一幽士 4164464111n 11= lg(7 34 3石 24)5n,-lg(34 3b 2，111n 11n 1= lg(7 34 316 24)5 - -lg(34 316 24)5n _4n J 5n-1-lg(75nl 3 162k)5n _4n 15n 4n 1 則 an =75 一父3 16 父2 4。

14、2、倒數變換法適用于分式關系的遞推公式，分子只有一項例10已知數列J 滿足an+=2=,a1=1 ,求數列J a0的通項公式 an +2-;為等差數列，首項1=1 ,公差為二， ana12解：求倒數得1 =11 ,.1. 1 J,.1an 12anan 1 an 2an 111(n 1), aan 23、換元法適用于含根式的遞推關系例11已知數列an湎足an+ =一(1 +4an +q1 +24an), a1 =1 ,求數列an的通項公式16-/ -1 O解：令 bn = 1 24an ,則 an = (bn -1)24代入 an + =(1 + 4an + J1 +24 an)得16即 4b

15、21 =(bn 3)2 因為 bn =4+24% 0,13則 2bn4=bn +3,即 bn4t= bn+, 221可化為 bn+-3 =一(bn -3),2所以bn 3是以b 3 = j1+24a1 3 = L+24父1 -3 = 2為首項,以為公比的等比數列，因此21 11 1 Cbn 3=2()n=(1)n 則 bn=()n+3,即，1+24an=(一)n“+3,得2 2222,1 n ,1 n 1an = ()十(一)十一03 423n項，猜出數列的通項公式，再用數學歸納ai =8 ,求數列an的通項公式9六、數學歸納法通過首項和遞推關系式求出數列的前 法加以證明。例12已知數列an滿

16、足a。, =an + 駕;當 n2 時，Sn4= (an j1)(am+2)2 , (2n 1)2(2n 3)2解：由 an 1 = an 一駕一12 及a1 =8,得 n 1 n (2n 1)2(2n 3)21 9由此可猜測an = (2n +1)2 1 下面用數學歸納法證明這個結論。(2n 1)22(1)當n=1時，司=(2 1 1) 21=勺,所以等式成立。(2 1 1)292 ,(2)假設當n = k時等式成立，即ak =(2k 1) 21 ,則當n = k+1時, k (2k 1)6由此可知，當n = k+1時等式也成立。根據(1), (2)可知，等式對任何nWN都成立。七、階差法1

17、、遞推公式中既有Sn ,又有an分析：把已知關系通過an=1S1，n=1轉化為數列匕/或Sn的遞推關系，然后采用相應的方法nS-Snn_2n求解。1.例13已知數歹Ian的各項均為正數，且前n項和Sn滿足Sn =(an +1)(an +2),且a2,a ,a成等比數 6列，求數列an的通項公式。解：:對任意nwN+有Sn =1(an +1)(an+2)61當 n=1 時，Si =a =一(a +1)(a1 +2),解得 aI =1 或a =26精心整理-整理得：(an+an)(an -an A -3) =0.an各項均為正數，：an -anA = 3當 a1 =1 時，an =3n 2 ,止匕

18、時 ad=a2a9 成、/.當ai =2時，an =3n -1 ,止匕時a2 =a2a9不成立，故ai =2舍去所以 an = 3n -22、對無窮遞推數列例14已知數列a。滿足a1 =1, an =a1 +2a2 +3a3 +| +(n -1)an(n之2),求an的通項公式。解：因為 an =a+2a2+3a3+IH+(n1)an(n 22)二；i二 /所以 an： =a1 +2a2 +3a3 十| 十(n 1)an+ nan 用式一式得 an 1-an = nan.貝 1 an 1 =(n 1)an(n -2)故皿=n 1(n -2)an所以 an =, * HI a3 a2 =n(n

19、-1)川 4M3a2 =a2.an 4. an J2a22由 an =a +2a2 +3a3 +IH +(n 1)an/n 2),取 n =2得a2 = a +2a2,貝U a2 = a.，又知 a1 = 1 ,貝U a2 =1 ,代入得an =1 3 4 5川n = o2所以，an的通項公式為an =立.2八、不動點法不動點的定義：函數f (x)的定義域為D ,若存在f (x)Xo w D ,使f(Xo) = Xo成立，則稱Xo為f (x) 的不動點或稱(Xo, f (Xo)為函數f(x)的不動點。精心整理分析：由f(x)=x求出不動點X0,在遞推公式兩邊同時減去X0,在變形求解 類型一：形如an1 二 qan d 例15已知數列an中，a1 =1,an =2an+1(n之2),