1、第二章 数列 2.6 第二章数列 -小结与复习 知识框图数列的通项公式是给出数列的主要方式，其本质就是函数的解析式根据数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化趋势与规律，而且有利于求数列的前n项和求数列的通项公式是数列的核心问题之一现根据数列的结构特征把常见求通项公式的方法总结如下：典例解析分析 利用 anS1 n1SnSn1 n2，求数列an的通项公式1知 Sn 求 an例 1(1)已知数列an的前 n 项和 Sn(1)n1n，求 an；(2)已知数列an的前 n 项和 Sn32n，求 an.解析(1)当 n2 时，anSnSn1(1)n1n(1)n(n1)(1)n(12n
2、)，当 n1 时，a1S1(1)211，适合上式an(1)n(12n)(2)当 n2 时，anSnSn132n(32n1)2n1，当 n1时，a1S13215，不满足上式an5 n12n1 n2.已知 Sn 求 an，即已知数列的前 n 项和公式，求数列的通项公式，其方法是 anSnSn1(n2)，这里常忽略了条件 n2 而导致错误，因此必须验证 n1 时是否成立，若不成立，则通项公式只能用分段函数 anS1 n1SnSn1 n2 来表示总结升华1.已知数列an的前n项和Snn23n1，求通项 an.解析 当 n2 时，anSnSn1n23n1(n1)23(n1)12n2，又 n1 时，a1S
3、15 不满足上式an5n12n1n2.跟踪训练(2)由(1)得 bn12(n1)2n1，即 an1an2n1.于是k1n(ak1ak)k1n(2k1)，所以 an1a1n2，即 an1n2a1.又 a11，所以an的通项公式为 ann22n2.2累加法例2、数列an满足a11，a22，an22an1an2.(1)设bnan1an，证明bn是等差数列；(2)求an的通项公式解析(1)由 an22an1an2 得 an2an1an1an2.即 bn1bn2.又 b1a2a11.所以bn是首项为 1，公差为 2的等差数列 已知a1a，an1anf(n)，其中f(n)可以是关于n的一次函数、二次函数、
4、指数函数、分式函数，求通项an.若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和总结升华以上各式相加得 ana1332333n1313n1133n232，ana13n2 323n2 12(n2)又 a11 满足上式，an3n2 12(nN)2.已知an中，,求通项 an.解析 an1an3n(nN)，a2a13，a3a232，a4a333，anan13n1(n2)，)(3,1*11Nnnaaann跟踪训练解析 由 Snn2an，得 S
5、n1(n1)2an1，两式相减，得 anSnSn1n2an(n1)2an1(n2)，anan1n1n1(n2)an(anan1 an1an2 an2an3 a2a1)a1 (n1n1 n2n n3n1 24 13)12 21n1n121nn1(n2)又当 n1 时，a112也符合上式，an1nn1.3累乘法例 3已知数列an中，a112，Snn2an，其中 Sn 是数列an的前 n 项和，求 an.解析 由 an12nan，得an1an 2n，a2a12，a3a222，a4a323，anan12n 1.将上述(n1)个式子相乘，得a2a1a3a2a4a3 anan1222232n1，ana12
6、123(n1)2nn12.在数列an中，已知a11，an12nan，求an.分析 由 an12nan，可得an1an 2n，于是a2a12，a3a222，a4a323，anan12n1，将上面各式相乘，便可求出数列an的通项公式跟踪训练解析 由已知 an123an1 得：(an13)23(an3)an13an3 23，an3为以 a132 为首项，q23的等比数列an3(2)(23)n1，an32(23)n1.分析 通过整理变形，进而构造等比数列，由等比数列的通项间接求数列an的通项公式4构造转化法例 4 在数列an中，a11，an123an1，求 an.方法总结 已知a1且an1panq(p
7、，q为常数)的形式均可用上述构造法，特别地，若p1，则an为等差数列；若q0，p0，则an为等比数列b1a2a123a11a123，bn2323n123n，即 an1an23n，由得 an3323n.已知数列an满足a11，an13an2(nN)求数列an的通项公式解析 an13an2(nN)，an113(an1)，an11an1 3(nN)数列an1是以 a112 为首项，3 为公比的等比数列an123n1，an23n11(nN).跟踪训练求数列的前n项和是数列运算的重要内容之一，也是历年高考考查的热点对于等差、等比数列，可以直接利用求和公式计算，对于一些具有特殊结构的数列，常用倒序相加法、
8、裂项相消法、错位相减法等求和1分组转化法如果一个数列的每一项是由几个独立的项组合而成，并且各独立项也可组成等差或等比数列，则该数列的前n项和可考虑拆项后利用公式求解例 5 已知数列 11，1a4，1a27，1an13n2，求其前 n 项的和解析 设 Sn(11)(1a4)(1a27)(1an13n2)(11a1a2 1an1)147(3n2)，当 a1 时，Snnn3n12n3n12；当 a1 时，Sn11an11an3n12aa1na1 n3n12.方法总结 形如anbn的求和问题，其中an为等差数列，bn为等比数列，可用“拆项分组求和”法已知数列1,12,1222，12222n，。(1)求
9、其通项公式an；(2)求这个数列的前n项和Sn.解析(1)an12222n112n12 2n1.这个数列的通项公式为 an2n1.(2)Sna1a2a3an(211)(221)(231)(2n1)(222232n)n212n12 n2n1n2.跟踪训练解析 an112n2nn121n 1n1，a12112，a221213，a321314，an21n 1n1，Sna1a2a3an2112 1213 1314 1n1n121 1n1 2nn1.2裂项相消法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律
10、，即消去哪些项，保留哪些项例 6 求和：1 1121123112n(nN)所谓裂项相消，就是将数列的每一项“一拆为二”，即每一项拆成两项之差，以达到隔项相消之目的常见的裂项变形有：an1nn11n 1n1；an12n12n11212n112n1；an1nn1n2121nn11n1n2；an1n n1 n1 n.3错位相减法 若数列an为等差数列，数列bn是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为anbn，当求该数列的前n项的和时，常常采用将anbn的各项乘以公比q，并项后错位一项与anbn的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法例7 设数列an的
11、前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.(2)因为 anbnlog3an，所以 b113，当 n2 时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以 T1b113；当 n2 时，Tnb1b2b3bn13(131232(n1)31n)，所以 3Tn1130231(n1)32n解析(1)因为 2Sn3n3，所以当 n1 时 2a133，故 a13，当 n2 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n123n1，即 an3n1，所以 an3，n1.，3n1，n2.两式相减，得2Tn23(30313232n
12、)(n1)31n23131n131(n1)31n136 6n323n.所以 Tn13126n343n经检验，n1 时也适合综上可得 Tn13126n343n.4倒序相加法 如果一个数列an与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法例 8 已知函数 f(x)14xm(m0)，当 x1、x2R，且 x1x21 时，总有 f(x1)f(x2)12.(1)求 m 的值(2)设 Snf(0n)f(1n)f(2n)f(nn)，求 Sn.分析 求 m 的值可用特殊值法；求 Sn，根据其特点和已知条件可以考虑用倒序相加
13、法解析(1)取 x1x212，则 f(12)12m14，所以 m2.(2)因为当 x1、x2R，且 x1x21 时，总有 f(x1)f(x2)12，所以 f(0n)f(nn)12，f(1n)f(n1n)12，.因为 Snf(0n)f(1n)f(2n)f(nn)，故 Snf(nn)f(n1n)f(n2n)f(0n)两式相加得：2Snf(0n)f(nn)f(1n)f(n1n)f(nn)f(0n)n12，所以 Snn14.解此题关键是对“当 x1、x2R，且 x1x21 时，总有 f(x1)f(x2)12”这一条件的应用，可推广为只要两个自变量是实数且之和为 1，它们函数值的和就为12，而 f(0n)f(nn)，f(1n)f(n1n)，f(nn)f(0n)正好能用到上面的结论，从而想到用倒序相加法总结升华作 业 不渴望能够一跃千里，只希望每天能够前进一步。
