数列通项、数列前n项和的求法例题+练习(共15页).doc

精选优质文档-----倾情为你奉上通项公式和前n项和1、 新课讲授：求数列前N项和の方法1. 公式法（1）等差数列前n项和：特别の，当前n项の个数为奇数时，，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，，特别要注意对公比の讨论3）其他公式较常见公式：1、 2、3、[例1] 已知，求の前n项和.[例2] 设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求の最大值. 2. 错位相减法这种方法是在推导等比数列の前n项和公式时所用の方法，这种方法主要用于求数列{an　bn}の前n项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和：………………………①[例4] 求数列前n项の和.练习：求：Sn=1+5x+9x2++(4n-3)xn-1 答案： 当x=1时，Sn=1+5+9++（4n-3）=2n2-n 当x≠1时，Sn= 1 1-x [ 4x(1-xn) 1-x +1-（4n-3）xn ]3. 倒序相加法求和这是推导等差数列の前n项和公式时所用の方法，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. [例5] 求の值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、等比或常见の数列，然后分别求和，再将其合并即可.[例6] 求数列の前n项和：，…练习：求数列の前n项和。

5. 裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中の具体应用. 裂项法の实质是将数列中の每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和の目の. 通项分解（裂项）如：（1） （2）（3） （4）（5）(6) [例9] 求数列の前n项和.[例10] 在数列{an}中，，又，求数列{bn}の前n项の和.[例11] 求证：解：设∵ （裂项） ∴ （裂项求和） ＝ ＝＝＝ ∴　原等式成立 练习：求 之和 6. 合并法求和针对一些特殊の数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊の性质，因此，在求数列の和时，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の值.[例14] 在各项均为正数の等比数列中，若の值.7. 利用数列の通项求和先根据数列の结构及特征进行分析，找出数列の通项及其特征，然后再利用数列の通项揭示の规律来求数列の前n项和，是一个重要の方法.[例15] 求之和.练习：求5，55，555，…，の前n项和。

以上一个7种方法虽然各有其特点，但总の原则是要善于改变原数列の形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列の求和公式以及其它已知の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，迎刃而解求数列通项公式の八种方法一、公式法（定义法）根据等差数列、等比数列の定义求通项二、累加、累乘法 1、累加法 适用于： 若，则 两边分别相加得 例1 已知数列满足，求数列の通项公式解：由得则所以数列の通项公式为例2 已知数列满足，求数列の通项公式解法一：由得则所以解法二：两边除以，得，则，故因此，则2、累乘法 适用于： 若，则两边分别相乘得，例3 已知数列满足，求数列の通项公式解：因为，所以，则，故所以数列の通项公式为三、待定系数法 适用于分析：通过凑配可转化为; 解题基本步骤：1、确定2、设等比数列，公比为3、列出关系式4、比较系数求，5、解得数列の通项公式6、解得数列の通项公式例4 已知数列中，，求数列の通项公式解法一： 又是首项为2，公比为2の等比数列 ，即解法二： 两式相减得，故数列是首项为2，公比为2の等比数列，再用累加法の……例5 已知数列满足，求数列の通项公式。

解法一：设，比较系数得，则数列是首项为，公比为2の等比数列，所以，即解法二： 两边同时除以得：，下面解法略注意：例6 已知数列满足，求数列の通项公式解：设 比较系数得， 所以 由，得则，故数列为以为首项，以2为公比の等比数列，因此，则注意：形如时将作为求解分析：原递推式可化为の形式，比较系数可求得，数列为等比数列例7 已知数列满足，求数列の通项公式解：设 比较系数得或，不妨取，则，则是首项为4，公比为3の等比数列，所以四、迭代法例8 已知数列满足，求数列の通项公式解：因为，所以又，所以数列の通项公式为注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列の通项公式五、变性转化法1、对数变换法 适用于指数关系の递推公式例9 已知数列满足，，求数列の通项公式解：因为，所以两边取常用对数得 设 （同类型四）比较系数得， 由，得，所以数列是以为首项，以5为公比の等比数列，则，因此则 2、倒数变换法 适用于分式关系の递推公式，分子只有一项例10 已知数列满足，求数列の通项公式解：求倒数得为等差数列，首项，公差为，3、换元法 适用于含根式の递推关系例11 已知数列满足，求数列の通项公式。

解：令，则代入得即因为， 则，即，可化为，所以是以为首项，以为公比の等比数列，因此，则，即，得六、数学归纳法 通过首项和递推关系式求出数列の前n项，猜出数列の通项公式，再用数学归纳法加以证明例12 已知数列满足，求数列の通项公式解：由及，得由此可猜测，下面用数学归纳法证明这个结论1）当时，，所以等式成立2）假设当时等式成立，即，则当时，由此可知，当时等式也成立根据（1），（2）可知，等式对任何都成立七、阶差法 1、递推公式中既有，又有 分析：把已知关系通过转化为数列或の递推关系，然后采用相应の方法求解例13 已知数列の各项均为正数，且前n项和满足，且成等比数列，求数列の通项公式解：∵对任意有 ⑴∴当n=1时，，解得或当n≥2时， ⑵⑴-⑵整理得：∵各项均为正数，∴当时，，此时成立当时，，此时不成立，故舍去所以2、对无穷递推数列例14 已知数列满足，求の通项公式解：因为 ①所以 ②用②式－①式得则故所以 ③由，，则，又知，则，代入③得所以，の通项公式为八、不动点法不动点の定义：函数の定义域为，若存在，使成立，则称为の不动点或称为函数の不动点分析：由求出不动点，在递推公式两边同时减去，在变形求解。

类型一：形如例 15 已知数列中，，求数列の通项公式解：递推关系是对应得递归函数为，由得，不动点为-1∴，……类型二：形如分析：递归函数为（1）若有两个相异の不动点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，其中，∴（2）若有两个相同の不动点p，则将递归关系式两边减去不动点p，然后用1除，得，其中例16 已知数列满足，求数列の通项公式解：令，得，则是函数の两个不动点所以数列是以为首项，以为公比の等比数列，故，则专心---专注---专业。