1、1数列等差数列与等比数列1.基本量的思想：常设首项、 （公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。转化为“基本量”是解决问题的基本方法。2.等差数列与等比数列的联系1）若数列 na是等差数列，则数列 na是等比数列，公比为 da，其中 是常数，d是 的公差。 （a0 且 a1） ；2）若数列 n是等比数列，且 0n，则数列 logan是等差数列，公差为logaq，其中 是常数且 ,， q是 n的公比。3）若 n既是等差数列又是等比数列, 则 a是非零常数数列。3.等差与等比数列的比较等差数列 等比数列定义 常 数 ）为 (1daPAann 常 数 ）为 (1qaPGann通项公式 n=
2、 1+（n-1） d= k+（n-k）d=dn+a-dknq1求和公式 nddasn)2()1(121)1(1)(1 qaqasnnn中项公式A=ba推广：2 n= mnabG2。推广： mnna性质1若 m+n=p+q 则 qp若 m+n=p+q，则 qpn。22若 nk成 A.P（其中 Nkn）则nka也为 A.P。若 nk成等比数列 （其中 Nkn） ，则 nka成等比数列。3 nnss232, 成等差数列。 nss232,成等比数列。4 )(1maad1aqn， maq)(n4、 典型例题分析【题型 1】 等差数列与等比数列的联系例 1 （ 2010 陕西文 16）已知an是公差不为零
3、的等差数列，a11，且 a1，a3，a9成等比数列.（）求数列an的通项;（）求数列2an的前 n 项和 Sn.解：（）由题设知公差 d0，由 a1 1，a1 ，a3，a9 成等比数列得21d8，解得 d1 ，d 0（舍去） ， 故an 的通项 an1+ （n 1）1n.()由（）知 2ma=2n，由等比数列前 n 项和公式得Sm=2+22+23+2n=(1)n=2n+1-2.小结与拓展：数列 na是等差数列，则数列 na是等比数列，公比为 da，其中a是常数， d是 的公差。 （a0 且 a1）.【题型 2】 与“前 n 项和 Sn 与通项 an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列an
4、的前三项与数列bn 的前三项对应相同，且a12a2 22a32n 1an8n 对任意的 nN*都成立，数列bn1bn 是等差数列求数列an与bn的通项公式。解：a1 2a222a3 2n1an 8n(nN*) 当 n2 时，a12a2 22a3 2n2an18(n 1)(n N*) 得 2n1an 8，求得 an24n，在中令 n 1，可得 a18241，an24n(nN*) 由题意知b1 8，b24，b32 ，b2 b1 4 ，b3b2 2 ，数列bn1 bn的公差为2 (4)2，bn 1bn4 (n 1)22n6，法一（迭代法）3bnb1 (b2 b1)(b3 b2)(bnbn1)8( 4
5、)( 2) (2n8)n2 7n14(nN*)法二（累加法）即 bnbn12n8，bn1 bn22n10 ，b3 b22 ，b2 b14 ，b1 8，相加得 bn8 (4)(2) (2n8)8 n27n14(nN*) (n 1)( 4 2n 8)2小结与拓展：1）在数列an中，前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系为：)N,( 1nSan.是重要考点；2）韦达定理应引起重视； 3）迭代法、累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。【题型 3】 中项公式与最值（数列具有函数的性质）例 3 （2009 汕头一模）在等比数列an中，an0 (nN） ，公比 q (0,1)，且a1a5 + 2a3a
6、5 +a 2a825，a3 与 as 的等比中项为 2。 （1）求数列an的通项公式；（2 ）设 bnlog2 an，数列bn的前 n 项和为 Sn 当2nSS最大时，求 n 的值。解：（1）因为 a1a5 + 2a3a5 +a 2a825 ，所以，23a+ 2a3a5 +2525又 ano，a3a5 5 又 a3 与 a5 的等比中项为 2，所以，a3a54而 q（0,1） ，所以，a3a5，所以，a34，a51 ，1q，a1 16，所以，5162nnna（2 ） bnlog2 an5n，所以，bn1 bn1，所以，bn是以 4 为首项，1 为公差的等差数列。所以，(9),2nS492nS所
7、以，当 n8 时，nS0 ，当 n9 时，nS0，n9 时，nS0 ，当 n8 或 9 时，12最大。小结与拓展： 1）利用配方法、单调性法求数列的最值； 2）等差中项与等比中项。数列的前 n 项和（1）1.前 n 项和公式 Sn 的定义：Sn=a1+a2+an。2.数列求和的方法（1 ）公式法：1）等差数列求和公式；2）等比数列求和公式；3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式 :1nk12()n；2k263(21)n；31nk 3()n；(2)k21)-(.5。（2 ）分组求和法：把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式
8、求解。（3 ）倒序相加法：如果一个数列 an，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前 n 项和即是用此法推导的。（4 ）裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。适用于 1nac其中 n是各项不为 0 的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1） 1na和 1na（其中 na等差）可裂项为：511()nnada ；2） 11()nnnad。 （根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消 求和）常见裂项公式：（1 ）1()nn；（2 ） ()()kk；（3 ）11()2(
9、)()2nnn；（4 ） !（5 ）常见放缩公式：2121 112() ()n nnn.（6 ）错位相减法：适用于差比数列（如果 a等差， b等比，那么 nab叫做差比数列）即把每一项都乘以 nb的公比 q，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。如：等比数列的前 n 项和就是用此法推导的. （7 ）累加（乘）法（8 ）并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如 an( 1)nf(n)类型，可采用两项合并求。（9 ）其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等。3.典型例题分析【题型 1】 公式法例 1 等比数列 na的前项和 S2 p，则2232
10、naa_.解：1）当 n=1 时， p-1；2）当 n时，1-n1-nn1-n 2p)()(2Sa。6因为数列 na为等比数列，所以 1p2p-a1-1从而等比数列 为首项为 1，公比为 2 的等比数列。故等比数列 2na为首项为 1，公比为 4q的等比数列。 1)-(3-)(nn22321 n小结与拓展：1）等差数列求和公式； 2）等比数列求和公式； 3）可转化为等差、等比数列的数列；4）常用公式: （见知识点部分） 。5 ）等比数列的性质：若数列 na为等比数列，则数列 2na及 1也为等比数列，首项分别为21a、 ，公比分别为2q、1。【题型 2】 分组求和法例 2 （2010 年丰台期
11、末 18）数列 n中， 1，且点 1(, )na()N在函数 ()fx的图象上.（）求数列 a的通项公式；（）在数列 n中，依次抽取第 3，4，6 ， 12n，项，组成新数列 nb，试求数列 b的通项nb及前 项和 nS.解：（）点 1(, )a在函数 ()2fx的图象上， 12na。 12na，即数列 n是以 1a为首项，2 为公差的等差数列， ()。（）依题意知： 112()3nnnba 12nnS = 113)2iii=112n.小结与拓展：把数列的每一项分成多个项，再把数列的项重新组合，使其转化成等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。7【题型 3】 裂项相消法例 3 （
12、2010 年东城二模 19 改编）已知数列 na的前 项和为 nS， 1a，14nSa，设 12nnba （）证明数列 b是等比数列；（）数列 nc满足 2log3nn*()N，求12341nTc。证明：（）由于 1nSa， 当 时， 得 114nna 所以 112()nna 又 2b， 所以 b因为 1，且 121a，所以 2134所以 2a故数列 n是首项为 ，公比为 2的等比数列 解：（）由（）可知 2nb，则 2log3ncb（ n*N） 12341n nTcc 114567(3)4()小结与拓展：裂项相消法是把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。它适用于 1na
13、c其中 n是各项不为 0 的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。如：1） 1na和 1na（其中 na等差）8可裂项为： 11()nnada；2）11()nnnad。 （根式在分母上时可考虑利用分母有理化，因式相消求和）【题型 4】 错位相减法例 4 求数列,2,6,23n前 n 项的和.解：由题可知 n的通项是等差数列2n的通项与等比数列 n21的通项之积设 nnS2624314321nn （设制错位）得 1432 2)( nnS（错位相减）1n 124nnS【题型 5】 并项求和法例 5 求 101002992 9829722212解： S1002992982 972221
14、2(100 99)(9897)(21)5050.【题型 6】 累加（乘）法及其它方法：归纳、猜想、证明；周期数列的求和等等例 6 求111 个n之和.解：由于)0(9911 kkk 个个（找通项及特征）9111 个n)10(9)0(9)()0(9321 （分组求和） )11 1个nn 910)(9n)(8n归纳与总结：以上一个 8 种方法虽然各有其特点，但总的原则是要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。数列的通项公式1.数列的通项公式一个数列an的 与 之间的
15、函数关系，如果可用一个公式 anf(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式2.通项公式的求法（1）（1 ）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法）：直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。（2 ）公式法：在数列an中，前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系为：)N,2( 11Sann(数列 na的前 n 项的和为 12nnsa ).（3 ）周期数列由递推式计算出前几项，寻找周期。（4 ）由递推式求数列通项类型 1 递推公式为 )(1nfan解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法(逐差相加法) 求
16、解。10类型 2 （1 ）递推公式为 nnaf)(1解法：把原递推公式转化为fn，利用累乘法(逐商相乘法 )求解。（2 ）由 nnaf)(1和 1确定的递推数列 na的通项可如下求得：由已知递推式有 )n， 21)(nf， ， 12)(af依次向前代入，得 )2(ffn，这就是叠（迭）代法的基本模式。类型 3 递推公式为 qpan1（其中 p，q 均为常数， )0(pq） 。解法：把原递推公式转化为： )(1ttnn，其中t1，再利用换元法转化为等比数列求解。（5 ）构造法：就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形
17、，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.（6 ）归纳猜想证明法数学归纳法（7 ）已知数列 na前 项之积 Tn，一般可求 Tn-1，则 an 1nT（注意：不能忘记讨论 1）.
