第15、16课时 数列复习课(2课时)(教师)

听课随笔
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2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法： (1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证(1
1---n n
n n a a a a 为同一常数。

(2)通项公式法。

(3)中项公式法:验证212-++=n n n a a a N n a a a n n n ∈=++)(22
1都成立。

3. 在等差数列｛n a ｝中,有关S n 的最值问题：
(1)当1a >0,d<0时，满足10
0m m a a +≥⎧⎨≤⎩的项数m 使得m s 取最大值。

(2)当1a <0,d>0时，满足1
0m m a a +≤⎧⎨≥⎩的项数m 使得m s 取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

（三）、数列求和的常用方法：公式法，倒序相加法，错位相减法，拆项法，裂项法，累加法，等价转化等。

1. 公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列。

2.裂项相消法:适用于⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧+1n n a a c 其中{ n a }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。

3.错位相减法:适用于{}n n b a 其中{ n a }是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。

4.倒序相加法: 类似于等差数列前n 项和公式的推导方法。

5.常用结论 1）: 1+2+3+...+n =
()
12
n n + 2） 1+3+5+...+(2n-1) =2
n 3）()2
3
3
3
11212n n n ⎡⎤++
+=+⎢⎥⎣⎦
4） ()()22221
1231216
n n n n ++++=++
5）
()11111n n n n =-++
()()1111
222n n n n =-++ 6）
(()1111p q pq q p p q
=-<- 【精典范例】
一 函数方程思想在研究数列问题中的运用
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函数作为高中数学最重要的内容，几乎贯穿中学数学的始终，数列作为特殊的函数，与函数有着千丝万缕的联系：
数列的通项公式及前n 项和公式都是关于n 的函数，当d ≠0时，等差数列的通项是关于n 的一次函数，前n 项和是关于n 的一元二次函数；等比数列的通项公式及前n 项和公式都与指数函数有关。

在解决数学问题的过程中，把变量之间的制约关系用函数关系反映出来，便形成了函数思想；把众多待求量通过列方程、解方程来确定，便形成了方程思想，函数与方程之间的辩证思维便形成了函数方程思想。

因此，我们可以借助于函数的有关性质来研究数列问题。

例1（1）首项为正数的等差数列｛a n ｝，其中S 3=S 11，问此数列前几项和最大？ （2）等差数列｛a n ｝中，S 10=100，S 20=300，求 S 30。

（3）等差数列的公差不为0，a 3=15,a 2,a 5,a 14成等比数列，求S n 。

分析 （1）等差数列前n 项和S n =
2d n 2+(a 1－2
d
)n(d ≠0)是关于n 的二次函数且常数项为0，故可设S n =An 2
+B n ,运用配方法求最值；
（2）由S n =An 2
+B n 及S 10=100，S 20=300，求出A 、B 后再求S 30。

（3）求S n 的关键，在于求a n ,由a n =dn+(a 1－d)(d ≠0)知，它是关于n 的一次函数，故可设a n = An+B ，由条件列出方程组求A 、B 。

【解】（1）设S n = An 2
+B n （A ≠0）， ∵S 3=S 11，
∴9A+3B=121A+11B ，即14A+B=0。

又∵S n = An 2
+B n =A （n+A
B 2）2
－A B 42,
∴当n=－
A
B
2=7时，S n 有最大值S 7。

另解由S 3=S 11，得a 4+a 5+a 6+a 7+a 8+a 9+a 10+a 11=0, 又∵a 4+ a 11= a 5+ a 10= a 6+ a 9= a 7+a 8, ∴4(a 7+a 8)=0, a 7+a 8=0.
由于a 1＞0,据题意知a 7=－a 8＞0，a 8＜0 因此，前7项和最大。

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（2）设S m =An 2+Bn(A ≠0) ∵S 10=100，S 20=300,
∴100A+10B=100400A+20B=300⎧⎨⎩1A= 2B=5
⎧
⎪⎨
⎪⎩ ∴S 30=900×
2
1
+30×5=600。

另解 ∵S 10=100，S 20=300，又S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列。

∴S 30－S 20=2（S 20－S 10）－S 10 ∴S 30=600
（3）设a n =An+B(A ≠0) ∵a 3=15,a 2
5=a 2·a 14, ∴ 2
3A+B=15
(5A+B) =(2A+B)?14A+B)
⎧⎨
⎩
∴ A= 2
B=-1
⎧⎨
⎩
a n =2n －1
∴S n =(2×1－1)+(2×2－1)+…+（2×n －1）
=2×(1+2+…+n)－n =n(n+1)－n=n 2
.
评析 从函数角度考察等差数列中的通项公式，前n 项和公式，从而把数列问题转化为函数解决，体现了函数的思想和方法的应用。

二 求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究其性质等；而有了数列的通项公式便可求出任一项及前n 项和等，看来，求数列的通项往往是解题的突破口、关键点，现将求数列通项公式的几种题目类型及方法总结如下。

1. 观察法
观察法就是观察数列特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n 的内在联系，从而归纳出数列的通项公式。

例2写出下面各数列的一个通项公式
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（1）21，,
1716,109,54…；
（2）1，－,
311
,151,71,
31-…； （3）
,
3231,1615,87,43…； （4）21，203，2005，20007，…； （5）0.2,0.22,0.222,0.2222,…； （6）1，0，1，0，…； （7）1，
,6
7,51,45,31,23… 【解】（1）注意各项的分子分别是12
，22
，32
，42
，…，分母比分子大1，
∴数列的通项公式为a n =1
22+n n .
(2)奇数项为正，偶然项为负，各项分母可看作21
－1=1，22
－1=3，23
－1=7，24
－1=15，25
－1=31，…，各项分子均为1。

∴数列的通项公式为a n =（－1）n
·
1
21
-n
（3）各项的分母分别是22
，23
，24
，25
，…分子比分母小1。

∴数列的通项公式为a n =1
121
2++-n n
（4）各项可看作21=2×10+1203=2×100+32005=2×1000+5 20007=2×10000+7，
∴数列的通项公式为a n =2×10n
+（2n －1）.
(5)把各项适当变形0.2=2×0.1=92×0.9=92×(1－101),0.22=2×0.11=92×0.99=9
2×(1－1001),0.222=92×(1－1000
1),0.222=92×(1－100001),…， ∴数列的通项公式为a n =92·（1－n 10
1
）。

（6）奇数项皆为1，偶然项为0，
∴数列的通项公式为a n =2
)1(11
--+n
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（7）各项可看作1=1+0，
23=21+1，31=31+0，45=41+1，51=51+0，67=6
1
+1，…，∴数列的通项公式为a n =n
1+2)1(1n
-+.
评析 用观察法写数列的通项公式，一般考虑如下几点：
（1） 观察数列各项符号变化，考虑通项公式中是否有（－1）n 或者（－1）1-n 部分，如本例中（2），（6），（7）也有所涉及。

（2） 分解分子分母的因数（式），考虑其变化规律与序号的关系，应注意根据某些变化规
律较明显的项，“猜”出某些因式约分后规律表现得不那么明显的项，同时要特别注意等差，等比关系，如本例（2），（3），（4）等。

（3） 考虑分子、分母与一些特殊数列如2n
，3n
，n 2
,n 3
等的关系，如本例（1），（2），
（3）等。

2. 已知S n 求a n 或已知S n 与a n 的关系求a n
已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 求a n 时，要注意运用a n 和S n 的关系，即
11,1
,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨
-≥⎩ 例3已知下列各数列｛a n ｝的前n 项和S n 的公式，求｛a n ｝的通项公式。

（1） S n =10n
－1；（2）S n =10n
+1； 【解】（1）当n=1时，a 1=S 1=9,
当n ≥2时，a n = S n －S 1-n =（10n
－1）－（101
-n －1）=10n －10
1
-n =9·10
1
-n ，
且n=1时，a 1=9也适合上式，∴a n =9·101
-n （n *
N ∈）.
(2)当n=1时，a 1=S 1=101
+1=11,
当n ≥2时，a n = S n －S 1-n =（10n
+1）－（101
-n +1）=9·10
1
-n ，
而n=1时，a 1=11，不适合上式，
∴1
11,1910,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩
评析 已知｛a n ｝的前n 项和S n 求a n 时应注意以下三点：
（1） 应重视分类类讨论的应用，要先分n=1和n ≥2两种情况讨论，特别注意由S n －S 1-n =
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a n 推导的通项a n 中的n ≥2。

（2） 由S n －S 1-n = a n ，推得的a n 且当n=1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”。

（3） 由S n －S 1-n = a n 推得的a n ，当n=1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项应分段
表示（“分号”），即11,1
,2n n
n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 如本例中（2），（3）。

请观察本例中（1）
与（2）的差异及联系。

3. 累差法
若数列｛a n ｝满足a 1+n －a n =f(n)(n *
N ∈),其中｛f(n)｝是易求和数列，那么可用累差法求a n 。

（请你复习求等差数列通项公式的部分） 例4求数列1，3，7，13，21，…的一个通项公式。

【解】 ∵a 2－a 1=3－1=2,
a 3－a 2=7－3=4, a 4－a 3=13－7=6, …
a n －a 1-n =2(n －1)
以上n －1个等式左右两边分别相加，得 a n －a 1=2[1+2+3+…+（n －1）]=（n －1）n ， ∴a n =n 2
－n+1.
且n=1时，a 1=1适合上式。

∴a n =n 2－n+1.
评析 我们应验证n=1时a 1=1适合a n =n 2
－n+1式，这是什么原因。

4. 累商法 若数列｛a n ｝满足
n
n a a 1+=f(n)( n *
N ∈),其中数列｛f(n)｝前n 项积可求，则可用累商法求a n . 例5在数列｛a n ｝中，a 1=2，a 1+n =n
n 1
+ a n ,求通项a n 。

【解】 ∵a 1=2，a 1+n =
n
n 1
+ a n ,
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∴
12a a =1
2， 23a a =2
3， ……
1-n n a a =1
-n n 。

以上n －1个等式左右两边分别相乘得
n
n
a a =n, a n =2n. 且n=1时，a 1=2也适合上式。

∴a n =2n . 5. 构造法
直接求通项a n 较难求，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差或等比数列，从而将问题转化为较易求解的问题，进一步求出通项a n 。

例6各项非零的数列｛a n ｝，首项a 1=1,且2S 2
n =2a n S n －a n ,n ≥2,求数列的通项a n 。

【解】 ∵a 1=1，2S 2
n =2a n S n －a n , n ≥2,又a n = S n －S 1-n . ∴2S 2
n =2S 2
n －2 S n S 1-n －S n + S 1-n ， ∴
n S 1－1
1
-n S =2 （n ≥2）（怎么得到的？） ∴数列｛
n S 1｝是以n
S 1
=1为首项，以2为公差的等差数列， ∴
n S 1=1+（n －1）·2=2n －1, S n =1
21-n . ∴a n = S n －S 1-n =
121-n －321
-n =)
32)(12(2---n n (n ≥2) 又a 1=S 1=1,不适合上式，
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∴1,12
,2(21)(23)n n a n n n =⎧
⎪=⎨-≥⎪--⎩
有些求通项的题目可能要综合应用几种方法和技巧；当然了，有些题可能有多种解法。

评析 构造法解决问题希大家尽量掌握，这对于提高我们的数学素质大有帮助。

注意 求数列通项公式的问题是最为常见的试题，特别要注意已知S n 求a n 的问题。

三 数列求和
数列求和是数列部分的重要内容，求和问题也是很常见的试题，对于等差数列，等比数列的求和主要是运用公式；某些既不是等差数，也不是等比数列的求和问题，一般有以下四种常用求和技巧和方法。

1.公式法
能直接应用等差数列或等比数列的求和公式以及正整数平方和，立方和公式寻求和的方法。

例7数列｛a n ｝的通项a n =n 2
－n ，求前n 项和S n 。

【解】 S n =（12
－1）+（22
－2）+…+（n 2
－n ）
=（12
+22
+…+n 2
）－（1+2+…+n ）
=
6)12)(1(++n n n －2)
1(+n n
=3
)1)(1(-+n n n 。

2.倒序求和法
3.错项求和法 【例2】求和S n =
21+43+85+…+n
n 212-。

请你独立完成，相信你会有更深的体会。

答案 S n =3－n
n 2
32+。

4.裂拆项法
例8在数列｛a n ｝中，a n =10n
+2n －1,求S n
【解】 S n =（101
+2×1－1）+（102
+2×2－1）+ (10)
+2n －1）
=（101
+102
+ (10)
）+2×（1+2+…+n ）－n
=1
10)110(10--n +n(n+1)－n
=
9
10(10n －1)+n 2
.
听课随笔
注意 把通项进行合理地分拆与组合，转化为易求和的数列的求和问题。

练习：求数列1，1+2，1+2+3，…的前n 项的和。

答案 S n =
6
)
2)(1(++n n n 。

例9已知数列｛a n ｝：11
，211+，3
211++，…
1123n
+++，…，求它的前n 项和。

分析 我们先看通项a n =n ++++ 3211
=)
1(1+n n ，然后想什么办法求S n 呢？将通项分裂
成两项之差如何？ 【解】∵a n =
)1(1+n n =2（1
1
1+-n n ）， （为什么呢？）
∴S n =a 1+a 2+a 3+…+a n
=2[(1－
21)+(21－31)+(31－41)+…+（111+-n n ）] =2（1－11+n ）=1
2+n n。

（成功了！）
评析 如果数列的通项公式可转化为f(n+1)－f(n)形式，常采用裂项求和的方法，特别地，
当数列的通项公式是关于n 的分式形式时，可尝试采用此法。

常用的裂项技巧如：
)(1k n n +=k 1（k
n n +-1
1）；
n
k n ++1=
k
1
（k n +－n ）等。

使用裂项法时要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项；你是否注意到由于数列｛a n ｝中每一项a n 均裂成一正一负两项，所以互为相反数的项合并为零后，所剩正数项与负数项的项数必是一样多的，切不可漏写未被消去的项。

四、等差、等比数列的综合问题
例10已知数列}{n a 的前n 项和1+n S =4n a +2(n ∈N ＋)，a 1=1.
(1)设n b =1+n a -2n a ,求证：数列}{n b 为等比数列， (2)设C n =
n n
a 2
,求证：}{n C 是等差数列. 选题意图：本题考查等差、等比数列的定义及逻辑推理能力. 证明：(1) 1+n S =4n a +2, 2+n S =41+n a +2,相减得2+n a =41+n a -4n a , ),2(22112n n n n a a a a -=-∴+++,21n n n a a b -=+又.21n n b b =∴+
听课随笔 ,1,2411212=+=+=a a a a S 又,32,51212=-==∴a a b a
∴}{n b 是以3为首项，2为公比的等比数列，∴n b =3×２1
-n . (2) ∵,2
n n n a C = n n n n n n a a C C 22111-=-∴+++1122++-=n n n a a 12
+=n n b 4322311=⨯=+-n n 2
1211==a C ∴}{n C 是以21为首项，4
3为公差的等差数列. 说明：一个表达式中既含有n a 又含有Ｓｎ，一般要利用
n a ＝n S －1-n S （ｎ≥２），消去n S 或n a ，这里是消去了n S .
例11在等比数列{}n a 中，400,60,364231>=+=n S a a a a ，求n 的范围.
解：∵3622131==q a a a ，∴61±=q a
又∵()6012142=+=+q
q a a a ，且012>+q ，∴01>q a ， ∴101,621=+=q q a 解之：⎩
⎨⎧⎩⎨⎧-=-===323211q a q a 或 当3,21==q a 时，()()40134002
132111>⇒>-=--=n n n n q q a S ，∴6≥n （∵27335=72936=）
当3,21-=-=q a 时，()()[]()80134004132>-⇒>----=n n n
S ， ∵*
N n ∈且必须为偶数
∴8≥n ，（∵()()65613,2187387=--=-） 例12 设{n a }, {n b }都是等差数列，它们的前n 项和分别为n A , n B , 已知1
235-+=n n B A n n ,
听课随笔 求⑴n n b a ；⑵85b a ⑴ 解法1：n n b a ＝n n b a 22＝))(12(2
1))(12(21)()(121121121121----+-+-=++n n n n b b n a a n b b a a 1212--=n n B A ＝3
4210--n n . ⑴解法2：∵{n a }, {n b }都是等差数列
1235-+=n n B A n n ∴可设n A ＝kn(5n+3), n B =kn(2n-1)
∴n a =n A -1-n A = k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2),
n b =n B -1-n B =k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)] =kn(4n-3), ∴n n b a =)34()210(--n kn n kn =3
4210--n n ⑵解：由⑴解法2，有
n a =n A -1-n A = k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2),
n b =n B -1-n B =k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)] =kn(4n-3),
∴5a ＝k ⨯5⨯(10⨯5-2)=240k
8b ＝k ⨯8⨯(4⨯8-3)=232k
∴ 85b a =29
30232240=k k 【追踪训练】
1．一等差数列共有9项，第1项等于1，各项之和等于369，一等比数列也有9项，并且它的第1项和最末一项与已知的等差数列的对应项相等，求等比数列的第7项。

解：设等差数列为｛a n ｝，公差为d ，等比数列为｛b n ｝,公比为q .
由已知得：a 1=b 1=1,813692)(99919=⇒=+=
a a a
S 又b 9＝ａ9，∴ｑ8＝81，∴ｑ2＝３，
∴b 7＝ｂ1ｑ6
＝27，即等比数列的第7项为27.
听课随笔 说明：本题涉及的量较多，解答要理清关系，以免出错.
2．已知1a , a 2, 3a , …, n a , …构成一等差数列，其前n 项和为n S ＝n 2, 设n b ＝n n a 3, 记{n b }的前n 项和为n T , (1) 求数列{n a }的通项公式；(2) 证明：n T <1. 解：(1) 1a ＝1S ＝1, 当n ≥2时, n a ＝n S －1-n S ＝2n －1;
由于n ＝1时符合公式，∴ n a ＝2n －1 (n ≥1).
(2) n T ＝n n 3
122759331-++++ , ∴ 31n T ＝13
1233227391+-+-+++n n n n , 两式相减得
32n T ＝31＋131********+--+++n n n ＝31＋31(1－13
1-n )－1312+-n n , ∴ n T ＝21＋21(1－13
1-n )－n n 3212⋅-<1. 3．已知等差数列{n a }的前n 项和为n S ，n b ＝n S 1, 且3a 3b ＝21,3S ＋5S ＝21, (1) 求数列{b n }的通项公式；(2) 求证：1b ＋2b ＋3b ＋……＋n b <2. 解：(1)设等差数列{n a }的首项为1a , 公差为d ,则3a 3b ＝(1a ＋2d )·d a 3311+＝21, 3S ＋5S ＝81a ＋13d ＝21, 解得 1a ＝1, d ＝1,
∴ n a ＝n , n S ＝2
)1(+n n , n b ＝)1(2+n n ; (2) 1b ＋2b ＋3b ＋……＋n b
＝2·[(1－21)＋(21－31)＋……＋(1
11+-n n )]<2. 4．已知数列}{n a ，)1(2,111≥⋅==+k a a a k k k ，
（1）求通项公式n a ；
（2）若n
n n a b 4log 2=，求数列}{n b 的最小项的值； （3）数列}{n c 的前n 项和为n b ，求数列|}{|n c 前项的和n S ．
听课随笔 5．等差数列}{n a 中，11=a ，2=d ，依次抽出这个数列的第1323,,3,3,3,1-n 项，组成数列}{n b ，求数列}{n b 的通项公式和前n 项和公式．
6．已知函数f (x )＝(x －1)2, 数列{n a }是公差为d 的等差数列，数列{n b }是公比为q 的等比数列(q ∈R , q ≠1, q ≠0), 若1a ＝f (d －1), 3a ＝f (d ＋1), 1b ＝f (q －1), 3b ＝f (q ＋1),
(1) 求数列{n a }, {n b }的通项公式；
(2) 设数列{n c }对任意的自然数n 均有 1332211
+=++++n n
n a b c b c b c b c 成立，求1c ＋3c ＋5c ＋……＋12-n c 的值. 解：(1) 1a ＝f (d －1)＝(d －2)2, 3a ＝f (d ＋1)＝d 2
, ∴ 3a －1a ＝2d , 即d 2－(d －2)2
＝2d , 解得d ＝2, ∴ 1a ＝0, n a ＝2(n －1), 又1b ＝f (q －1)＝(q －2)2
, 3b ＝f (q ＋1)＝q 2, 1
3
b b ＝q 2,
∴ 22)2(-q q ＝q 2
,
∵q ≠1, ∴ q ＝3, ∴1b ＝1, n b ＝31
-n
(2) 设n m ＝n
n
b c (n ∈N ), 数列{n m }的前n 项和为n S ,
则n S ＝1+n a ＝2n , 1-n S ＝n a ＝2(n －1), ∴n S －1-n S ＝2, 即n
n
b c
＝2, ∴ n c ＝2n b ＝2·31
-n
∴1c ＋3c ＋5c ＋……＋12-n c
＝2＋2·32＋……＋2·322-n ＝19)19(2--n ＝41
9-n。