求数列通项公式与数列求和教师版.doc

求数列通项公式与数列求和
（一）求数列的通项公式
1、观察法
【基础知识总结】
【方法与技巧总结】
注意项数与项之间的关系，以及符号变化。
一些数列给出前n 项便可归纳出通项公式，有的数列观察前几项便可分析出是等差数列或等比数列，由等差、等比数列的通项公式，直接写出通项公式。
【基础例题】写出下列各数列的一个通项公式：
①2，－6，18，－54，162，－486，…;
②；
③15，25，35，45，55，…。
解答与提示：
①这可以分析依等比数列（公比为（－3））的通项公式得到：
②观察规律： 归纳得出：
③仔细观察，数列各项间有：——是等差数列：。
2、利用前n项和Sn法
【基础知识总结】
【方法与技巧总结】

已知数列的前n项和，求通项公式，我们一般利用与的关系：，
【基础例题】已知数列的前n项的和求它的通项公式。
解：，
此时a1＝2≠S1，∴an＝为所求数列的通项公式。
【变式练习】
（1）已知数列的前n项的和Sn＝3n2－2n，求它的通项公式。
（2）已知数列的前n项的和Sn＝，求它的通项公式。

【基础知识总结】
等差数列的通项公式；
等比数列的通项公式；
【方法与技巧总结】
3、公式法
（1）形如（为常数）且已知——等差数列
∵，为常数，由等差数列的通项公式得。
【基础例题】已知数列中，求的通项公式。
解：∵，
∴，则是以为首项，3为公差的等差数列。
∴为所求的通项公式。
（2）形如（为常数且）且已知——等比数列
∵，∴是以为首项，为公比的等比数列。∴。
4、构造阶差数列求通项——形如an＋1＝an＋f（n）
该形式中，只要f（1）＋f（2）＋f（3）…＋f（n－1）可以求出，就可以由an＋1＝an＋f（n）以n＝1，2，3，…，n－1代入递推公式得到n－1个等式，然后累加求得an＋1－a1＝，从而an＝＋a1。
【基础例题】已知an＋1＝an＋n2＋2n－1，a1＝1，试求数列{an}的通项公式。
解：由an＋1＝an＋n2＋2n－1得，an＋1－an=n2＋2n－1
设bn= an＋1－an =n2＋2n－1，则数列{bn}的通项公式为bn＝n2＋2n－1，
设{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝[12＋22＋32＋…＋（n－1）2＋n2]
＋[（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋[2（n－1）－1]＋（2n－1）]
＝＋＝
∵bn＝an＋1－an＝n2＋2n－1
∴Tn =(an+1－an）+(an－an－1）+…+（a3－a2）＋（a2－a1）=
∴an+1－a1＝Tn＝，∴an+1＝+a1
∴an＝＋1．
补充说明：令bn＝an＋1－an＝n2＋2n－1，则数列{bn}是一个阶差数列，Tn是{bn}的前n项和。
【变式练习】
（1）已知an＋1＝an－2n－3n＋2，a1＝1，试求数列{an}的通项公式。
（2）已知Sn＋1－2Sn＋Sn－1＝2n2＋3n－4，a1＝1，试求数列{an}的通项公式。

☆☆5、利用待定系数构造等比数列☆☆
解数列的综合题的主要方法是求数列的通项公式，当递推模式在题中已知时，只需求出相关的待定系数便可，常常使用待定系数法。
利用待定系数法可以求解形如an＋1＝Aan＋Btn＋Cn＋D（其中A、B、C、D为已知的常数且A≠0，）的递推数列的通项公式的求法。具体解法是将递推关系转化变形为“等比”数列求解。
（1）形如（也为常数），已知。
第一步，设，对比系数解得，从而原式转化为；
第二步，设辅助数列，，为首项，c为公比的等比数列。∴；
第三步，得到数列{an}通项公式：＝。
【基础例题】已知中且求此数列的通项公式。
解：两边同加
设 ∵即，∴是以为首项，2为公比的等比数列
．
【变式练习】
①已知数列中，a1＝5，，求的通项公式。
②已知数列中，a1＝1，，求的通项公式。

（2）形如an＋1＝Aan＋Cn（A≠1，AC≠0）的数列。
第一步，设，对比系数得到，从而原式可以转化为：；
第二步，设辅助数列，并求辅助数列；
第三步，得到数列{an}通项公式。
【基础例题】已知数列满足：（），求数列的通项公式
分析：设，展开得，∴，∴，∴。
解：∵，∴，
∴数列是以为首项，q＝5为公比的等比数列
∴
∴．
（3）形如an＋1＝Aan＋Btn（A≠1，A≠t，AB≠0，t≠1）的数列。
第一步，设，对比系数得到，原式化为：；
第二步，设辅助数列，并求辅助数列的通项公式；
第三步，得到数列{an}通项公式。
【基础例题】已知数列满足： ，求数列的通项公式。
分析：设，展开得 由待定系数法知x＝3，∴。
解：∵，∴，
∴数列是以为首项，以q＝4为公比的等差数列
∴
∴。
【注意】特别地，当A＝t时，递推关系，可以变形为：，如：
【基础例题】已知数列满足：，求数列的通项公式。
分析：设，展开得，由待定系数法知x＝15。∴。
解：∵，∴，
∴数列是等比数列，其首项为、公比为q＝5，
∴
∴。
【变式练习】
①已知数列中，a1＝1，，求的通项公式。
②已知数列中，a1＝1，，求的通项公式。

注意：该类型也可以两边同时除以qn＋1，转化为，引入辅助数列{bn}（其中bn＝），显然数列{ bn }为形式。
（4）递推关系形如an＋1＝Aan＋Btn＋Cn＋D（ABCD≠0）的数列。
第一步，设，对比系数可以得到的值，对原式进行转化。
第二步，设辅助数列，并求辅助数列的通项公式；
第三步，得到数列{an}通项公式。
【基础例题】已知数列满足：，求数列的通项公式。
分析：本题的条件是前面几个问题的混合，也比较复杂，很难直接变形为新的等比数列的形式。可根据前面的类型的结论使用待定系数法。
解：设变形后的形式为，
展开整理得。
由待定系数法知。所以有。
再将代入上面已设的形式，就可以得到最终的变式：
。
就可以转化为一个新的等比数列，其首项为、公比为q＝－2，
∴，∴。
（5）形如an＋2＝pan＋1＋qan连续三项的递推关系——构造等比数列转化为an＋1＝pan＋qn
第一步，设，所以（相当于解方程），对原式进行转化。
第二步，设辅助数列，并求辅助数列的通项公式；
第三步，根据辅助数列的通项公式进一步求数列{an}通项公式。
【基础例题】已知数列的前n项和＝4＋2(n∈N＋)，a＝1。（1）设＝－2，求证：数列为等比数列；（2）设Cn＝，求证：是等差数列；（3）求数列的通项公式。
证明：(1) ＝4＋2， ＝4＋2，相减得＝4－4，

∴是以3为首项，2为公比的等比数列，∴＝3×２
(2)∵；
∴是以为首项，为公差的等差数列．
（3）由（2）知得＝，即＝，∴an＝2n·。
说明：一个表达式中既含有又含有，一般要利用＝－（n≥2），消去或．
【变式练习】
（1）已知数列中，a1＝1，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an，求的通项公式。
（2）已知数列中，a1＝1，＝－2(n∈N＋)，求的通项公式。

5、归纳、猜想、证明。
有的数列很难用以上各法，求出通项公式时，常先由递推公式算出前几项，发现规律、归纳、猜想出通项公式再加以证明。
【基础例题】已知数列中，求数列的通项公式。
解：由算出前几项分别为：…，从而猜想：。
最后由数学归纳法进行证明——
①等式成立
②假设时等式成立，即，则当时，
，即时等式也成立。
综合①②对任意都有成立。
解法二：用设辅助数列方法来求，具体解法如下——

此处，辅助数列解法比前面用猜测证明的解法简便。
【变式练习】
（1）已知数列中a1＝，，求数列的通项公式。
（2）已知数列中a1＝2，，求数列的通项公式。

（二）数列求和的方法：
1．等差数列的前n项和公式：
（1）首项（或末项）公差求和法：Sn＝，Sn＝
（2）平均值求和法（或称为首项末项法，等差中项法）：Sn＝
（3）当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0；
当d＝0时（a1≠0），Sn＝na1是关于n的正比例式．
2．等比数列的前n项和公式：
当q＝1时，Sn＝n a1 （是关于n的正比例式）；
当q≠1时，运用错位相减求和法得到，Sn＝或Sn＝
【基础例题】（分类讨论）求和：
解：①当a＝0或b＝0时，（或）
②当a＝b时，；
③当ab时，（注意：作为等比数列共有n＋1项，公比为q＝）
3．拆项求和
如an＝2n＋3n
【基础例题】（分部求和法）已知等差数列的首项为1，前10项的和为145，求
解：首先由，则

【基础例题】（分部求和法）求数列1，3＋，32＋，…，3n＋的各项的和．
解：其和为（1＋3＋…＋3n）＋（＋…＋）＝＝（3n＋1－3－n）
注意：1＋3＋…＋3n共有n＋1项，而＋…＋共有n项。
4．错位相减求和
如an＝（2n－1）2n——非常数的等差数列与等比数列的积的形式。
【基础例题】（错位相减法）设a为常数，求数列a，2a2，3a3，…，nan，…的前n项和．
解：①若a＝0时，Sn＝0
②若a＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝
③若a≠1，a≠0时，Sn－aSn＝（a＋a2＋…＋an）－nan＋1，
Sn＝
【基础例题】（错位相减法）已知，数列是首项为a，公比也为a的等比数列，令，求数列的前项和．
解：

①－②得：，。
【说明】数列为等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可用错位相减法求解。
5．裂项求和
如an＝＝——分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式。
【基础例题】（裂项求和）
解：，
。
【基础练习】求Sn＝
法一，可以分成两步分拆，

令n＝1，2，3，……，n，然后n个式子相加即可.(略)
法二，可以直接分拆为
然后令n＝1，2，3，……，n，所得n个式子相加即可.(略)
【基础例题】（裂项求和）已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和：。
解：首先考虑＝，则＝．
【说明】已知数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，如也可用裂项求和法得到。
【拓展提高】（涉及三角函数的裂项求和）化简Sn＝
解：∵＝tg(n＋1)－tgn
∴原式＝
【拓展提高】（抽象函数中的裂项求和）已知函数f(x)满足f(x)＋f(y)＝，且x＞0时，f(x)＜0.
求证：.
解：令x＝y＝0得，f(0)＝0
令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0
所以f(x)是奇函数
注意到
即
令n＝1，2，3，……，n，再依次相加得
∵ ＜0，∴
6．倒序相加求和
如an＝
【基础例题】设数列是公差为，且首项为的等差数列，求和：
解：因为，

【说明】此类问题还可变换为探索题形：已知数列的前项和，是否存在等差数列使得对一切自然数n都成立．
【基础例题】（组合化归法）求和：．
解：
而连续自然数可表示为组合数的形式，于是，数列的求和便转化为组合数的求和问题了。
，

＝
【说明】可转化为连续自然数乘积的数列求和问题，均可考虑组合化归法当然本题也可以将通项展开为n的多项式，再用分部求和法．
7．递推求和
【基础例题】（递推法）已知数列的前项和与满足：成等比数列，且，求数列的前项和．
解：由题意：
，∴
∴，∴。
【说明】本题的常规方法是先求通项公式，然后求和，但逆向思维，直接求出数列的前项和的递推公式，是一种最佳解法．
【拓展提高】
【基础例题】数列中，且满足（）。
⑴求数列的通项公式；
⑵设，求；
⑶设＝，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。
解：（1）由题意，，为等差数列，设公差为，
由题意得，．
（2）若，

时，（其中，为数列得前n项和）
故
（3）

若对任意成立，即对任意成立，
的最小值是，的最大整数值是7，即存在最大整数使对任意，均有．
说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式的综合问题，函数f（n）＝在（0，＋∞）上单调增。
【基础例题】已知函数，数列{an}满足a1 ＝ 1，an＋1 ＝ f（an） （n∈N*）。
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式;
（Ⅱ）记Sn＝a1a2 ＋a2a3＋…＋anan＋1，求Sn并求．
解: （Ⅰ）由 取倒数并化简，得，
即 ，数列是以为首项3为公差的等差数列．
∴ ， ∴．
（Ⅱ）设bn＝anan＋1 ，则 ，
∴
∴ ， ∴．
小结：
1．等价转换思想是解决数列问题的基本思想方法，复杂的数列转化为等差、等比数列．
2． 由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想，数学归纳法是这一思想的理论基础。
3．错位相减”、“裂项相消”是数列求和最重要的方法．
（三）求数列{an}的最大项、最小项的方法
方法一，作差法：an＋1－an＝…… ：如an＝ －2n2＋29n－3。
方法二，作商法： （an>0）：如an＝
方法三，函数法（利用单调性）：对于an＝f（n），研究函数f（n）的单调性，如an＝

壹號学堂家庭作业
学生姓名：_________
1、两种贷款偿还比较
（1）等额还本付息
贷款总额为a元，年利率为r，每满一年还款一次，等额n次还清，试求每一次等额还款数b元。
分析：逐月还本付息法
解：由题意，第n年还款b元是该年所还本金an以及在该次还款之前an在n年中所产生的复利，即an（1＋r）n＝b，所以an＝，
∴a1＋a2＋a3＋…＋an＝a，即＝a，
∴a＝＝。∴b＝。
（2）等本金还本付息
贷款总额为a元，年利率为r，每满一年还款一次，等本金n次还清，试求n次总计还款数p元。
2、一个黑色生两个白球，一个白球生一个黑球一个白球！在第一列有一个黑球，那么第二列就有两个白球，第三列有两个黑球、两个白球，第四列…请问第n列有几个黑球？
解：显然，第n列黑球白球的总个数为2n个。
设第n列白球为个，黑球为个，则，，b1=1，w1=0，b2=0，w2=2
所以，→（n≥3）
所以数列{}是首项为2，公比为2的等比数列，所以①，显然n=2时也成立
将①的左右同时除以，得
，易得