数列通项、数列前n项和地求法例题+练习.pdf

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1、实用标准文档 文案大全 通项公式和前n 项和 一、新课讲授： 求数列前 N项和的方法 1. 公式法 （1）等差数列前n 项和： 1 1 ()(1) 22 n n n aan n Snad 特别的，当前n 项的个数为奇数时， 211 (21) kk Ska，即前 n 项和为中间项乘以项数。这个公 式在很多时候可以简化运算。 （2）等比数列前n 项和： q=1 时， 1n Sna 1 1 1 1 n n aq qS q ，特别要注意对公比的讨论。 （3）其他公式较常见公式： 1、) 1( 2 1 1 nnkS n k n 2、)12)(1( 6 1 1 2 nnnkS n k n 3、 2 1 3

2、 )1( 2 1 nnkS n k n 例 1 已知 3log 1 log 2 3x，求 n xxxx 32 的前 n 项和 . 例 2 设 Sn1+2+3+n，nN *,求 1 )32( )( n n Sn S nf的最大值 . 实用标准文档 文案大全 2. 错位相减法 这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列anbn 的前 n 项和，其中 an 、 b n 分别是等差数列和等比数列. 例 3 求和： 132 ) 12(7531 n n xnxxxS 例 4 求数列, 2 2 , 2 6 , 2 4 , 2 2 32n n 前 n 项的和 . 练习： 求：

3、 Sn=1+5x+9x 2+ +(4n-3)xn-1 答案： 当 x=1时，Sn=1+5+9+ +（4n-3）=2n 2-n 当 x1 时，Sn= 1 1-x 4x(1-x n) 1-x +1-（4n-3）x n 3. 倒序相加法求和 这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它 与原数列相加，就可以得到n 个)( 1n aa. 例 5 求89sin88sin3sin2sin1sin 22222 的值 实用标准文档 文案大全 4. 分组法求和 有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等 比或常见的数列，然后分别

4、求和，再将其合并即可. 例 6 求数列的前n 项和：23 1 , 7 1 , 4 1 , 11 12 n aaa n ， 练习：求数列 ), 2 1 ( , 8 1 3, 4 1 2, 2 1 1 n n 的前 n 项和。 5. 裂项法求和 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）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. 通项分解（裂项）如： （1）)() 1(nfnfan （2）nn nn tan)1tan( )1cos(cos 1sin （3） 1 11 ) 1( 1 nnnn an（4）) 12 1 12 1 ( 2 1 1 )

5、12)(12( )2( 2 nnnn n an （5） )2)(1( 1 )1( 1 2 1 )2)(1( 1 nnnnnnn an (6) n n nnnn n n S nnnn nn nn n a 2)1( 1 1, 2)1( 1 2 1 2 1 )1( )1(2 2 1 )1( 2 1 则 例 9 求数列, 1 1 , 32 1 , 21 1 nn 的前 n 项和 . 实用标准文档 文案大全 例 10在数列 an中， 11 2 1 1 n n nn an ，又 1 2 nn n aa b，求数列 bn的前 n 项的和 . 例 11求证： 1sin 1cos 89cos88cos 1 2c

6、os1cos 1 1cos0cos 1 2 解：设 89cos88cos 1 2cos1cos 1 1cos0cos 1 S nn nn tan)1tan( )1cos(cos 1sin （裂项） 89cos88cos 1 2cos1cos 1 1cos0cos 1 S（裂项求和） 88tan89tan)2tan3(tan)1tan2(tan)0tan1(tan 1sin 1 )0tan89(tan 1sin 1 1cot 1sin 1 1sin 1cos 2 原等式成立 练习：求 63 1 35 1 15 1 3 1 之和。 6. 合并法求和 针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种

7、特殊的性质，因此，在求数列的和时，可 将这些项放在一起先求和，然后再求Sn. 例 12求 cos1+ cos2+ cos3 + + cos178+ cos179的值 . 实用标准文档 文案大全 例 14在各项均为正数的等比数列中，若 103231365 logloglog,9aaaaa求的值 . 7. 利用数列的通项求和 先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规 律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法. 例 15求 1 1111111111 个n 之和 . 练习：求5，55， 555，的前n 项和。 以上一个7 种方法虽然各有其特点，但总的原则是要

8、善于改变原数列的形式结构，使其能 进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只 要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。 实用标准文档 文案大全 求数列通项公式的八种方法 一、公式法（定义法） 根据等差数列、等比数列的定义求通项 二、累加、累乘法 1、累加法适用于： 1 ( ) nn aaf n 若 1 ( ) nn aaf n (2)n，则 21 32 1 (1) (2) ( ) nn aaf aaf aaf n 两边分别相加得 11 1 ( ) n n k aaf n 例 1 已知数列 na满足11211nnaana，求数列na的通项

9、公式。 解：由 1 21 nn aan得 1 21 nn aan则 11232211 2 ()()()() 2(1)12(2)1(221)(211)1 2(1)(2)21(1)1 (1) 2(1)1 2 (1)(1)1 nnnnn aaaaaaaaaa nn nnn nn n nn n 所以数列 na的通项公式为 2 n an。 例 2 已知数列 n a满足 11 2313 n nn aaa，求数列 n a的通项公式。 解法一：由 1 2 31 n nn aa得 1 231 n nn aa则 实用标准文档 文案大全 11232211 1221 1221 1 ()()()() (231)(231

10、)(231)(231)3 2(3333 )(1)3 3(13) 2(1)3 13 3313 31 nnnnn nn nn n n n aaaaaaaaaa n n n n 所以31. n n an 解法二： 1 3231 n nn aa两边除以 1 3 n ，得 1 11 21 3333 nn nnn aa ， 则 1 11 21 3333 nn nnn aa ，故 11223211 22321 11 122 122 ()()()() 33333333 212121213 ()()()() 333333333 2(1)11111 ()1 333333 nnnnnnn nnnnn nn nnn

11、nnnn aaaaaaaaaa aa n 因此 11 (1 3) 2(1)211 3 1 331 3322 3 n n n nn ann ， 则 211 33. 322 nn n an 2、累乘法适用于： 1 ( ) nn af n a 若 1 ( ) n n a f n a ，则 312 12 (1)(2)( ) n n aaa fff n aaa ， 两边分别相乘得， 1 1 11 ( ) n n k a af k a 例 3 已知数列 n a满足 11 2(1)53 n nn anaa，求数列 n a的通项公式。 解：因为 11 2(1)53 n nn anaa，所以0 n a，则 1

12、2(1)5 n n n a n a ，故 实用标准文档 文案大全 132 1 1221 1221 1(1)(2)2 1 (1) 1 2 2(1 1)52(2 1)52(21) 5 2(1 1) 5 3 2 (1)3 253 325! nn n nn nn nnn n n n aaaa aa aaaa nn n n n 所以数列 n a的通项公式为 (1) 1 2 325!. n n n n an 三、待定系数法适用于 1 ( ) nn aqaf n 分析：通过凑配可转化为 1121 ( )( ) nn af naf n; 解题基本步骤： 1、确定( )f n 2、设等比数列 1 ( ) n a

13、f n，公比为 2 3、列出关系式 1121 ( )( ) nn af naf n 4、比较系数求 1，2 5、解得数列 1 ( ) n af n的通项公式 6、解得数列 n a的通项公式 例 4 已知数列 na中，111,21(2)nnaaan，求数列 n a的通项公式。 解法一： 1 21(2), nn aan 1 12(1) nn aa 又 1 12,1 n aa是首项为2，公比为2 的等比数列 12 n n a，即21 n n a 解法二： 1 21(2), nn aan 实用标准文档 文案大全 1 21 nn aa 两式相减得 11 2()(2) nnnn aaaan，故数列 1nn

14、 aa是首项为2， 公比为 2 的等比 数列，再用累加法的 例 5已知数列 n a满足 1 11 24 31 n nn aaa，求数列 n a的通项公式。 解法一：设 1 1123(3 nn nnaa )，比较系数得 12 4,2， 则数列 1 4 3 n n a是首项为 1 1 14 35a，公比为2 的等比数列， 所以 11 4 35 2 nn n a，即 11 4 35 2 nn n a 解法二：两边同时除以 1 3 n 得： 1 12 24 33 33 nn nn aa ，下面解法略 注意： 例 6 已知数列 na满足 2 1123451nnaanna ，求数列 na的通项公式。 解：

15、 设 22 1(1)(1)2()nnax ny nzaxnynz 比较系数得3,10,18xyz， 所以 22 13(1)10(1)182(31018)nnannann 由 2 13 1101 18131320a，得 2 310180 n ann 则 2 1 2 3(1)10(1) 18 2 31018 n n ann ann ，故数列 2 31018nann为以 2 1 3 110 1 1813132a为首项，以2 为公比的等比数列，因此 21 31018322 n nann ，则 42 231018 n nann 。 注意：形如 21nnnapaqa时将na作为( )f n求解 分析：原递

16、推式可化为 211 ()() nnnn aapaa的形式，比较系数可求得，数列 1nn aa为等比数列。 实用标准文档 文案大全 例 7 已知数列 n a满足 2112 56,1,2 nnn aaa aa，求数列 n a的通项公式。 解：设 211 (5)() nnnn aaaa 比较系数得3或2，不妨取2， 则 211 23(2) nnnn aaaa，则 1 2 nn aa是首项为4，公比为 3 的等比数列 1 1 24 3 n nn aa ，所以 11 4 35 2 nn n a 四、迭代法 例 8 已知数列 n a满足 3(1)2 11 5 n n nn aaa，求数列 n a的通项公式

17、。 解：因为 3(1)2 1 n n nn aa，所以 1212(2)(1) 32(2)(1) 3(3)(2)(1) 11 2(3)( 323(1) 2323 (1)2 122 3(2) 23 (1)2 3 3 (2)(1)2 3 32 3(2) (1)2 1 nnnnn nnn nnn nnn nnnnn nnnn nnn n nnn n nnn aaaa a a a 2)(1) (1) 1 2 3! 2 1 n n n n n a 又 1 5a，所以数列 n a的通项公式为 (1) 1 2 3! 2 5 n n n n n a。 注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。 五

18、、变性转化法 1、对数变换法适用于指数关系的递推公式 例 9 已知数列 n a满足 5 1 23 n nn aa， 1 7a，求数列 n a的通项公式。 解：因为 5 11237 n nnaaa ，所以 1 00 nn aa，。 两边取常用对数得 1 lg5lglg3lg 2 nn aan 设 1 lg(1)5(lg) nn ax nyaxny（同类型四） 实用标准文档 文案大全 比较系数得， lg3lg3lg 2 , 4164 xy 由 1 lg3lg3lg 2lg3lg3lg2 lg1lg 710 41644164 a，得 lg3lg3lg2 lg0 4164 n an， 所以数列 lg3

19、lg3lg 2 lg 4164 n an是以 lg3lg3lg 2 lg 7 4164 为首项，以5 为公比的等比数列， 则 1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2 lg(lg7)5 41644164 n n an，因此 1 1 1 11111 1 16164444 11111 5 16164444 54151 51 164 lg3lg3lg 2lg3lg 3lg 2 lg(lg 7)5 4164464 lg(7 332 )5lg(332 ) lg(7 332 )lg(332 ) lg(732) n n n n n n n nn n an 则 1 1 54151 5 164 732 n n

20、 nn n a。 2、倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项 例 10 已知数列 n a满足 11 2 ,1 2 n n n a aa a ，求数列 n a的通项公式。 解：求倒数得 111 11111111 , 22 nnnnnn aaaaaa 为等差数列，首项 1 1 1 a ，公差为 1 2 ， 112 (1), 21 n n na an 3、换元法适用于含根式的递推关系 例 11 已知数列 n a满足 11 1 (1 41 24)1 16 nnn aaaa，求数列 n a的通项公式。 解：令124 nn ba，则 21 (1) 24 nn ab 代入 1 1 (1 4124)

21、 16 nnn aaa得 22 1 111 (1)14(1) 241624 nnn bbb 即 22 1 4(3) nn bb 实用标准文档 文案大全 因为1240 nn ba， 则 1 23 nn bb，即 1 13 22 nn bb， 可化为 1 1 3(3) 2 nn bb， 所以3 n b是以 11 31243124 132ba为首项，以 2 1 为公比的等比数列，因此 12 11 32( )( ) 22 nn n b，则 2 1 ( )3 2 n n b，即 2 1 124( )3 2 n n a，得 2 111 ()() 3 423 nn n a。 六、数学归纳法通过首项和递推关系

22、式求出数列的前n 项，猜出数列的通项公式，再用数学归纳法 加以证明。 例 12 已知数列 n a满足 1122 8(1)8 (21) (23)9 nn n aaa nn ，求数列 n a的通项公式。 解：由 122 8(1) (21) (23) nn n aa nn 及 1 8 9 a，得 2122 3222 4322 8(1 1)88224 (21 1) (213)992525 8(21)248348 (221) (223)25254949 8(31)488480 (231) (233)49498181 aa aa aa 由此可猜测 2 2 (21)1 (21) n n a n ，下面用数学

23、归纳法证明这个结论。 （1）当1n时， 2 1 2 (2 1 1)18 (2 1 1)9 a ，所以等式成立。 （2）假设当nk时等式成立，即 2 2 (21)1 (21) k k a k ，则当1nk时， 实用标准文档 文案大全 1 22 22 22 222 22 2 2 2 2 8(1) (21) (23) (21)1(23)8(1) (21) (23) (21) (23)(21) (21) (23) (23)1 (23) 2(1) 11 2(1) 1 kk k aa kk kkk kk kkk kk k k k k 由此可知，当 1nk 时等式也成立。 根据（ 1） ， （ 2）可知，等

24、式对任何 * nN都成立。 七、阶差法 1、递推公式中既有 n S，又有 n a 分析：把已知关系通过 1 1 ,1 ,2 n nn S n a SSn 转化为数列 n a或 n S的递推关系，然后采用相应的 方法求解。 例 13已知数列 na的各项均为正数，且前n 项和nS满足 1 (1)(2) 6 nnn Saa，且 249 ,aaa成等 比数列，求数列 n a的通项公式。 解：对任意nN 有 1 (1)(2) 6 nnn Saa 当 n=1 时， 1111 1 (1)(2) 6 Saaa，解得11a或12a 当 n2 时， 111 1 (1)(2) 6 nnn Saa -整理得： 11

25、()(3)0 nnnn aaaa n a各项均为正数， 1 3 nn aa 当 11a时，32nan，此时 2 429 aa a成立 当 1 2a时，31 n an，此时 2 429 aa a不成立，故 1 2a舍去 实用标准文档 文案大全 所以32 n an 2、对无穷递推数列 例 14 已知数列 n a满足 11231 123(1)(2) nn aaaaanan，求 n a的通项公式。 解：因为 1231 23(1)(2) nn aaaanan 所以 11231 23(1) nnn aaaanana 用式式得 1.nnnaana 则 1 (1)(2) nn anan 故 1 1(2) n

26、n a nn a 所以 13 222 122 ! (1)43. 2 nn n nn aaan aan naa aaa 由 1231 23(1)(2) nn aaaanan， 212 22naaa取得，则 21 aa，又知 1 1a， 则 21a，代入得 ! 1 3 4 5 2 n n an。 所以， n a的通项公式为 !. 2 n n a 八、不动点法 不动点的定义：函数( )fx的定义域为D，若存在 0( )f x xD，使00()f xx成立，则称0x为 ( )f x的不动点或称 00 (,()xf x为函数( )f x的不动点。 分析：由( )f xx求出不动点 0 x，在递推公式两边

27、同时减去 0 x，在变形求解。 类型一：形如 1nn aqad 例 15 已知数列 na中，111,21(2)nnaaan，求数列 n a的通项公式。 解：递推关系是对应得递归函数为( )21f xx，由( )fxx得，不动点为 -1 实用标准文档 文案大全 1 12(1) nn aa， 类型二：形如 1 n n n a ab a c ad 分析：递归函数为( ) a xb f x c xd （ 1）若有两个相异的不动点p,q 时，将递归关系式两边分别减去不动点p,q，再将两式相除得 1 1 nn nn apap k aqaq ，其中 apc k aqc ， 1 11 1 11 ()() ()

28、() n nn a qpq ka ppq a ap kaq （ 2） 若 有 两 个 相 同 的 不 动 点p， 则 将 递 归 关 系 式 两 边 减 去 不 动 点p， 然 后 用1 除 ， 得 1 11 nn k apap ，其中 2c k ad 。 例 16已知数列 n a满足 11 2124 4 41 n n n a aa a ，求数列 n a的通项公式。 解：令 2124 41 x x x ，得 2 420240xx，则 12 23xx，是函数 2124 ( ) 41 x fx x 的两个不动 点。因为 1 1 2124 2 24121242(41)1326213 2124 321243(41)92793 3 41 n nnnnnn n nnnnn n a aaaaaa a aaaaa a 。 所以数列 2 3 n n a a 是以 1 1 242 2 343 a a 为首项， 以 9 13 为公比的等比数列，故 1213 2() 39 n n n a a ，则 1 1 3 13 2()1 9 n n a 。