高三数学二轮复习-数列通项与求和方法的归纳

数列的通项与数列求和方法的探讨四川省三台县芦溪中学何玉平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na与ns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、公式法：)1()2(11nsnssnnna，注意21nn两种情况能合并，则合并，不能合并，则分段表示。2、常见递推数列通项公式的求法：（1）、)(1nfaann型（用累加法）即：)1(1nfaann，),2(21nfaann…，)1(12faa，将上述1n个式子相加，可得：)1()3()2()1(1nffffaanL（2）、1)1(nnanfa型（用累乘法）即21-)2(nnanfa，32-)3(nnanfa，……..12)1(afa将上述1n个式子相乘，可得：1)1()3()2()1(anffffanL。（3）qpaann1型（),qp方法一：待定系数法)(11mapmaqpaannnn，通过待定系数法求出m的值，构造成以ma1为首项，以p为公比的等比数列。方法二：迭代法qpaann1=qpqqpapqpqapqqapnnn)()(32222=qpqqpapn233=,3211qqpqpqpapnnn而qpqpqpqn22是一个等比数列，求出其和，即可求出通项。（4）)(1nfpaann型方法一：待定系数法)1()(1nfmapnfmann通过待定系数法确定m的值，转化成以)1(1mfa为首项，以p为公比的等比数列。方法二：等式两边同时除以np有nnnnnpnfpapa)(11，转化为)(1nfaann型。（5）mapaannn1型两边取倒数有pmapapamaannnnn111111转化为qpaann1型。二、数列求和的方法（1）公式法：等差数列：dnnnaaansnn2)1(2)(11；等比数列：)1()1(11)1(111qnaqqqaaqqannns；nknnnk12);12)(1(61（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nnba的前n项和，其中nnba、分别是等差数列和等比数列。（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：)(11111)1(1bababannnn；!)!1(!;nnnnCCmnnmn三、考题精析例1：(2010年全国高考宁夏卷17）设数列na满足21112,32nnnaaa（1）求数列na的通项公式；（2）令nnbna，求数列的前n项和nS解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，111211[()()()]nnnnnaaaaaaaa21233(222)2nn2(1)12n。而12,a所以数列{na}的通项公式为212nna。（Ⅱ）由212nnnbnan知35211222322nnSn①从而23572121222322nnSn②①-②得2352121(12)22222nnnSn。即211[(31)22]9nnSn点评：本题主要考察由递推关系求数列通项的方法以及运用错位相减法求数列的和。熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。例2：（2010山东理数18）已知等差数列na满足：37a，5726aa，na的前n项和为nS．（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令bn=211na(nN*)，求数列nb的前n项和nT．【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，因为37a，5726aa，所以有112721026adad，解得13,2ad，所以321)=2n+1nan（；nS=n(n-1)3n+22=2n+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1na，所以bn=211na=21=2n+1)1（114n(n+1)=111(-)4nn+1，所以nT=111111(1-+++-)4223nn+1=11(1-)=4n+1n4(n+1)，即数列nb的前n项和nT=n4(n+1)。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。例3：（2010四川理数21）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)2（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＝2112naa-(n－1)2.那么an＋1－an＝21212nnaa－2n＋1＝822n－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＝2·11nqq－2nqn＝2·11(1)1nnnqnqq所以Sn＝2·12(1)1(1)nnnqnqq综上所述，Sn＝12(1)(1)(1)12(1)(1)nnnnqnqnqqq…………………………12分【命题意图】本小题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力.