江苏高考数列的通项与数列求和方法的探讨_数列的通项及求和

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数列的通项与数列求和方法的探讨

考纲分析与备考策略：

1、考纲分析：

（1）了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能

根据递推公式写出数列的前几项，理解an与sn的转化关系。

（2）对于非等差、等比数列，能够通过变形配凑，构造新的等差、等比数列

模型，再运用等差、等比数列的公式、性质解决问题。

（3）能够运用数学归纳法证明数列中的相关问题。

（4）掌握常见的数列求和类型，能够进行数列求和运算。

2、备考策略

（1）熟练掌握等差、等比数列的有关概念、公式与性质，这是解决数列通项

与求和问题的基础。

（2）对于常见的数列的求通项、求和的类型题要善于分类归纳整理，掌握各

种类型的通解通法。

（3）对于递推数列问题，要善于从特例入手，有特殊分析归纳一般，即先猜

再证，其中数学归纳法作为一种工具不会单独命题，只会作为一种证明的手段，在应用时要注意第二步的证明技巧，做到有的放矢，思路鲜明。考点剖析与整合提升：

一、求数列的通项公式方法的归纳：

求数列通项公式常用观察法、公式法、等差或等比通项公式法、递增关系变形法（累加、累乘）等。

1、2、公式法：ans1(n1)snsn1(n2)，注意n1n2两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。常见递推数列通项公式的求法：

（1）、an1anf(n)型（用累加法）

即：anan1f(n1)，an1an2f(n2),…，a2a1f(1)，将上述n1个式子相加，可得：ana1f(1)f(2)f(3)Lf(n1)

（2）、anf(n1)an1型（用累乘法）

即an-1f(n2)an2，an-2f(n3)an3，……..a2f(1)a1 将上述n1个式子相乘，可得：anf(1)f(2)f(3)Lf(n1)a1。（3）anpan1q型（p,q)方法一：待定系数法

anpan1qanmp(an1m)，通过待定系数法求出m的值，构造成以

a1m为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：迭代法

anpan1q=p(an2q)qpan2pqqp(pan3q)pqq

=p3an3p2qpqq

=pn1a1pn2qpn3qpqq,而qpqp2qpn2q是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。（4）anpan1f(n)型 方法一：待定系数法

anmf(n)pan1mf(n1)

通过待定系数法确定m的值，转化成以

a1mf(1)为首项，以p为公比的等比数列。

方法二：等式两边同时除以pn有

pananm

1an

1anp

n



an1p

n1



f(n)p

n，转化为an1anf(n)型。

（5）an1

型

anmpan

1an1

1p

1an

mp

两边取倒数有



转化为anpan1q型。

二、数列求和的方法

（1）公式法： 等差数列：

sn

n(a1an)

na1

n(n1)

2d

；等比数列：



na(q1)

sna1(1qn)aaq； 1n

1(q1)

1q1q

n

k

k1



n(n1)(2n1);

（2）错位相减法:

这是推导等比数列前n项和公式时所使用的方法，这种方法主要用于求数列

anbn分别是等差数列和等比数列。bn的前n项和，其中an、（3）倒序相加法

将一个数列倒过来排序，当它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和。（4）分组求和法

数列既不是等差数列又不是等比数列时，但它可以通过适当拆分，分为几个等差、等比数列或常见的数列，即能分别求和，然后再合并。（5）裂项法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，其实质是将数列中的某些项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。常见的裂项法有：

CnCn

m

nm

1n(n1)



1n



1n

11a

b



1ab

(a

b)

;nn!(n1)!n!

三、考题精析

2n

1例1：设数列an满足a12,an1an3

2（1）求数列an的通项公式；

（2）令bnnan，求数列的前n项和Sn

解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，an1[(an1an)(anan1)(a2a1)]a1

3(2

2n1

2

2n

32)2

2

2(n1)1。

而 a12,所以数列{an}的通项公式为an22n1。（Ⅱ）由bnnann22n1知

Sn122232n2

2n1

①

从而

22Sn123225327n22n1② ①-②得

(122)Sn2232522n1n22n1。即Sn

[(3n1)2

2n1

2]

例2：已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=

1an1

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有 a12d7，解得a13,d2，

2a10d261

2n1)=2n+1；Sn=3n+所以an3（n(n-1)2

2=n2+2n。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

1an

111111

(-)，== =2

1（2n+1)14n(n+1)4nn+11

41n+1

所以Tn=

(1-

+



++

1n

1n+1)=(1-)=

n4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn=

n4(n+1)。

例3：

已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N*都有 a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)

（Ⅰ）求a3，a5；

*

（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，证明：{bn}是等差数列；

（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6

再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分(2)当n∈N 时，由已知(以n＋2代替m)可得

a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8

于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8

即bn＋1－bn＝8

所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列 则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2 另由已知(令m＝1)可得

an＝

a2n1a1

*

-(n－1)2.－2n＋1

那么an＋1－an＝

a2n1a2n1

28n22

＝－2n＋1

＝2n 于是cn＝2nqn－1.当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1)

当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.两边同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn.上述两式相减得

(1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn－1)－2nqn

＝2·

1q

n

1q

－2nq

n

＝2·

1(n1)qnq

1q

n

nn1

所以Sn＝2·

nq

n1

(n1)q1(q1)

n(n1)(q1)

综上所述，Sn＝nqn1(n1)qn1…………………………12分

(q1)22(q1)