數列求和方法范文

導語：如何才能寫好一篇數列求和方法，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

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【關鍵詞】數列；求和；公式；方法

求數列的前n項和是高中數學的教學重點之一，也是高考常考察的知識點之一，有些數列比較有特點，我們可以總結一些方法來求和，也有些一些數列既非等差數列，又非等比數列，那么這些數列該怎樣求和呢？下面舉例說明一些特殊和不特殊的數列求和的常用方法。

一、公式法

如果是等差、等比數列可直接利用其求和公式求和，而有些特殊的常見數列則應記住其求和結果，以便于應用。如

本題中，如果不能確定x的值，那么用公式求和時還得注意對x進行分類討論，即：x=1和x≠1兩類。

這道例題是可以直接應用公式進行求和的，所以這種求和方法稱之為“公式法”，在數列求和中能直接用公式求和的是最為簡單的數列求和了。

二、分組求和法

有些數列，通過合理分組，從而改變原數列的形式，轉換成新數列，再利用我們熟悉的等差、等比公式法求和。

分組求和要注意對數列的通項的研究，從通項入手發現數列求和時應該怎樣分組才合適。

三、倒序相加法求和

這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（倒序），再把它與原數列相加，就可以得到n個.

四、裂項相消法求和

這是分解與組合思想在數列求和中的具體應用。裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的。通項分解（裂項）如：

這道例題是應用裂項相消的方法求和的，在高考中尤其是文科對這種求和方法的掌握要求是比較高的，從例題不難看出一般能用到此種方法求和的題型應該是分式型、入手時數列通項應該可以裂開的這種，掌握題型可以在更短的時間內選擇有效的求和方法來節約時間提高解題效率。

五、錯位相減法

這種方法是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an?bn}的前n項和，其中{an}、{bn}}分別是等差數列和等比數列。

錯位相減法是以上所有數列求和方法中最容易出錯也最復雜的一個，也是高考中對理科生常考察的一種方法，應用這種方法時要注意觀察題型是否是{an?bn}型，且其中{an }、{bn}分別是等差數列和等比數列時才可用此種方法，在應用方法過程中還要注意當兩式相減后最后一項的符號問題，這是最容易出錯的地方。

六、歸納法

[例6]求數列1/1×2，1/2×3，1/3×4，…，1/n（n+1），…的前n項和。

解：

S1=a1=1/2，S2=S1+a2=2/3，S3=S2+a3=3/4，S4=S3+a4=4/5，…

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1、1.公式法：使用已知求和公式求和的方法。2.列項相消法：把數列的通項拆分為兩項之差，使之在求和時產生前后相互抵消的項的求和方法。3.錯位相減法：適用于{等差*等比}這類數列。4.分解法：分解為基本數列求和。5.分組法：分為若干組整體求和。6.倒序相加法：把求和式倒序后兩式相加。7.特殊數列求和。

2、項數=（末項-首項）÷公差+1。

（來源：文章屋網 ）

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關鍵詞：等比數列；求和；方法

數列求和作為高中數學教學中的難點和重點，是高考考核的重要部分之一，作為教師應加強關注學生，結合學生的個性特征，構建和諧、平等的教學環境，引導學生分析、總結數列之間的關系，進而讓學生自主探究、解證，凸現課堂教學中學生的主體性作用，鼓勵學生創新，探索多種等比數列求和的方法。

所謂等比數列指的是：如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，這個數列就叫做等比數列。其中，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。注：q=1時，an為常數列。在此，筆者結合自己多年的教學經驗，談一下如何在等比數列求和教學中，引導學生總結多中解題方法。

一、恒等變形法

所謂恒等變形法指的是：在保持原式結果恒等的情況下，優化、改變原題的表現形式。這樣一來，原式就具有明顯的共同點，便于更好地解決問題。對于此方法的運用，可以首先師生共同分析、總結，改變原式；之后引導學生自主解題；最后，引導學生拓展思維，找出不同的變形式來解題，可以是自主地也可以是小組合作進行，鍛煉和培養學生思維能力的同時提高學生的動手實踐能力，深化學生對數學的認知。如：

解題：a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1。

1.師生共同分析、總結變形后的式子為：a1（1+q+q2+……+qn-1）之后，引導學生自主解決可以得出：a1（1+q+q2+……+qn-1）.分解因式等于：1-qn=（1-q）（1+q+q2+……+qn-1）.因此，a1（1+q+q2+……+qn-1）=a1（1-qn）/1-q，最后得出：sn=a1（1-qn）/1-q.

2.拓展學生思維空間，給予學生足夠的自，讓學生自主地或者小組合作找出其他的變形式，并解決問題，提高學生的數學素養。高中生已經具備了一定的獨立思考能力，有了一定的思維結構，很快學生就得出了不同的變形式。即：

a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1+a1qn-a1qn=a1+（a1q++a1q2+…+a1qn-1+a1qn）-a1qn=a1+q（a1+a1q+…a1q2+…+a1qn-1）-a1qn=a1+qsn-a1qn，因此，a1+qsn-a1qn=sn，所以同樣得出：sn=a1（1-qn）/1-q，還可有：a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1=a1q+a1q2+……+a1qn-1+a1qn/q=sn-a1+a1qn/q，因此sn=sn-a1+a1qn/q最后也得出：sn=a1（1-qn）/1-q.這樣的方法還多種多樣，其關鍵在于教師的引導，數學本身屬于實踐性、探究性較強的學科，作為數學教師，應抓住一切機會，給予學生自，培養學生積極探究的興趣和欲望，從而提高學生的綜合技能。

二、比例性推理法

所謂比例性推理法指的是：根據等比數列的本質特征和性質公式，實施推理，得出結論，能夠有效地鍛煉學生的邏輯思維能力。如：等比數列的概念指出：a2/a1=a3/a2=……=an/an-1=q；通過等比定理可以推出：a2+a3+…+an/a1+a2+…+an-1=q；因此得出：sn-a1/sn-an=q；其中an=a1qn-1，將其帶入化簡式可以得出：sn（1-q）=a1（1-qn），最后得出：sn=a1（1-qn）/1-q.同樣可以引導學生通過分比定理來自主解決問題，即：通過分比定理推出：a2-a1/a1=a3-a2/a2=…=an-an-1/an-1=q-1/1；之后，運用同樣的道理，運用等比推理換化、得出化簡式：-a1+an/sn-an=q-1，進而將an=a1qn-1帶入，得出最后的結果。

三、總結推理法

所謂總結推理法指的是：對原式進行分解，逐一驗證得出結果，根據其分解式的結果進行推理、總結，得出最后結論。等比數列有一定的規律性，那么其分解因式的結果也肯定有一定的規律性，這樣，根據結果的規律性可以直接推導出最終結果。如：首先假設n=3，可以得出：s3=a1+a1q+a1q2=a1（1+q+q2）=a1（1-q3）/1-q；進而，繼續假設，當n=4時，原式為：s4=a1+a1q+a1q2+a1q3=a1（1+q+q2+q3）=a1（1-q4）/1-q；通過這兩組的確切數字分解可以直接得出：sn=a1（1-qn）/1-q.對此，教師還可以打破教材的束縛，拓展學生的思維，讓學生在不斷的探究過程中嘗到成功的喜悅，進而增強自己學習數學的自信心。解決等比數列的問題時，只需引導學生尋找規律，進行推理即可。因此，在教學中，教師要大膽鼓勵學生創新，并對創新的同學進行表揚，激勵學生自主創新的意識。就上述等比數列的例題，教師可讓學生自主探究，當n=k時，結論是什么？當n=k+1時，結論又是什么？詳細分析、總結推導過程，豐富學生的解題方式。

四、結語

總之，等比數列求和的方法是多種多樣的。作為教師，應創設情境，引發學生自主的深入探究，同時還可以舉辦“創新評比大賽”等活動，激勵學生深入探究的積極性和欲望，鼓勵學生大膽拓展思維，升華學生對數學知識的認識，全面提高學生的數學素養。

參考文獻：

［1］鄭毓信．數學教育：從理論到實踐［M］．上海：上海教育出版社，2001．

［2］涂榮豹，王光明，寧連華．新編數學教學論［M］．上海：華東師范大學出版社，2006．

［3］馬復．設計合理的數學教學［M］．北京：高等教育出版社，2003．

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[關鍵詞]數列求和；數列的分類；方法的選擇

中圖分類號：G623.5

數列求和是數列的重要內容之一，在新課標高考和各種考查中都占有重要的地位。由于數列求和沒有通性通法，學生在解題時，只能盲目地照搬教輔資料上的方法。針對這種情況，筆者有一點求解心得，即依據通項公式的結構將求和數列進行分類，運用轉化思想，有針對性地將通項公式整理變形后，同等差、等比數列相聯系，從而求和。

1.求和數列的分類

1.1 等差、等比型數列：即數列通項公式最終可化簡整理成一次函數模型或者指數型函數模型的數列。

如：an=kn+b和an=kqn型的數列。

1.2 組合數列：即由一個等差和一個等比數列構造而成的數列。

設{an}是等差數列、{bn}是等比數列

1.2.1 加減組合數列：即由一個等差和一個等比數列相加減組成的數列。

如：數列{cn}的通項公式為cn=an+bn

1.2.2 乘除組合數列：即由一個等差和一個等比數列相乘除組成的數列。

如：cn=an·bn和

相除時，等差數列做分子，等比數列做分母，此時依然為等比數列。

1.3 分式型數列：即通項公式可整理成分式的數列。

如：

2.各類數列求和的解法分析

在新課標中，常用的求和方法有：公式法、分組求和法、錯位相減法、裂項法。

2.1 等差、等比型數列

此類數列最終可化簡成等差、等比數列，故可采用公式法求和，即直接用求和公式求解。

例1、（2010陜西卷）已知{an}是公差不為零的等差數列，a1=1且a1，a3，a9成等比數列。

（1）求數列{an}的通項；（2）求數列的前n項和Sn

解：（1）由已知得

解得d=1，d=0 （舍去）故{an}的通項an=1+（n-1）×1=n

（2）由（1）知

由等比數列前n項和公式得

注意：求和時，搞清楚首項、公差、公比（是否為1）的值，以及求多少項的和，不一定是n項

2.2 組合數列

2.2.1 加減組合數列：采用分組求和法求和，即將數列分成幾個等差、等比、或常見的數列，然后分別求和再合并。

例2、求數列的前n項的和。

解：因為

所以

注意：分組求和法實際上是公式法的延伸運用。

2.2.2 乘除組合數列：此類數列的求和在高考中占有相當重要的位置，一般可采用錯位相減法求和。此方法的目的是將原數列轉化成等比數列后再求和。

例3、（2010新課標全國卷）設數列{an}滿足a1=2，an+1-an=3×22n-1

（1）求數列{an}的通項公式；（2）令bn=nan，求數列{bn}的前n項和Sn

解：（1）由已知，當n≥1時，

an+1=[（an+1-an）+（an-an-1）+…+（a2-a1）]+a1

=3（22n-1+22n-3+…+2）+2=22（n+1）-1。

而a1=2，所以數列{an}的通項公式為an=22n-1。

（2）由bn=nan=n·22n-1知

①

故有②

①-②得

。

即

注意：相減過程中項的正負號及項的取舍，以及相減后求和時，項的個數為項。

2.3 分式型數列：可采用裂項法求和。此方法的特點是將原數列每一項拆為兩項之差，通過相加相消后，只剩下有限的幾項。

例4、（2010山東卷）已知等差數列{an}滿足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n項和為Sn.

（1）求an及Sn；（2）令bn=（n∈N*），求數列{bn}的前n項和Tn.

解：（1）設等差數列{an}的公差為d，因為a3=7，a5+a7=26，所以有

，解得a1=3，d=2，

所以an=3+2（n-1）=2n+1；==。

（2）由（1）知an=2n+1，所以bn===，

所以，

即數列{bn}的前n項和。

注意：裂項時可采用待定系數法進行裂項，另外在相加相消的過程中，分清楚留下的項和消去的項。

2.4 其它求和方法：如倒序相加法，這是在推導等差數列求和公式時所用的方法，但這種方法在解題中很少應用。

3.數列求和的解題過程

通過以上的分析可看出，數列求和的關鍵不在于求和本身，而在于通項公式的求解。每一種方法使用的前提都和通項公式相關，每一種方法的選擇都是從通項公式的結構中觀察得來的，所以數列求和的解題步驟是：

（1）求通項公式an，（2）化簡整理an，

（3）依據an的結構選擇方法，下面是通項公式結構對應的方法：

an是等差、等比型則用公式法；an是加減組合形式則用分組求和法；

an是乘除組合形式則用錯位相減法；an是分式形式則用裂項法。

另外在近幾年的高考中，也出現了多種求和方法綜合在一起考查的例子，如：

例5、（2009全國卷）在數列{an}中，

（1）設，求數列{bn}的通項公式；（2）求數列{an}的前n項和Sn

解：（1）由已知有

利用累差迭加即可求出數列{bn}的通項公式：（）

（2）由（1）知，

=

而，又是一個典型的錯位相減法模型，

易得用分組求和的方法得：Sn=n（n+1）+-4

綜上所述，依據通項公式的結構將求和數列進行分類，可使數列求和問題的求解具有規律性和針對性。同時我們也可看出，數列求和是一個復雜的問題，并非所有數列我們都能求和。在新課標中大多數求和的數列都是由我們所學過的等差、等比數列構造而來的新數列，因此數列求和問題的基本思想是以轉化為基礎，合理地進行變形，將新數列同我們所學過的等差、等比數列相聯系，從而達到以舊解新的目的。

參考文獻

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【關鍵詞】高考數學 數列求和 題型 解法技巧

數列求和是數列的重要內容，也是高考的重點考察對象。它幾乎涵蓋了數列中所有的思想、策略、方法、技巧，對學生的知識和思維能力都有很高的訓練價值。考試時把求和作為大題的一個不可缺少的一問單列，其重要性不言而喻。因此，我們根據不同題型總結出一些常見題型及解法技巧，以提高同學們數列求和的能力。

1.公式法（常規公式）

（1）直接利用等差數列和等比數列求和均可直接利用求和公式。

a 等差數列{an} 的前n項和Sn=(a1+an)?n2=na1+n(n-1)2d

b 等比數列{an} 的前n項和Sn=a1(1-qn)1-q=a1-anqn1-q（q≠1）

2.倒序相加法

如果一個數列，與首末兩項等距離的兩項之和等于首末兩項之和，可采用把正著寫與倒著寫的兩個和式相加，就得到一個常數列的和，這一求和方法稱為倒序求和法。這種求和方法在推導等差數列的前n項和也曾用過。

例1： 求sin21°+sin23°+…+sin288°+sin289° 的值。

【解題思路】

本題是求函數值的和，通過對其解析式的研究，尋找它們的規律然后進行解決。

解：求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289° 的值。

解：設S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°①

將①右邊反序得

S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21° ②

即

S=cos21°+cos22°+cos23°+…+cos288°+cos289° ③

①+③得

2S=(sin21°+cos21°)+(sin22°+cos22°)+(sin23°+cos23°)+…+(sin288°+cos288°) +(sin289°+cos289°)=89，

S=4412。

3.錯位相減法

錯位相減法：

若{an}為等差數列，{bn}為等比數列，求數列{anbn}（差比數列）前n項和，可由Sn-qSn求Sn，其中q為{bn} 的公比。

例2：已知等比數列｛an｝ 的前n 項和為Sn=a?2n+b ，且a1=3

（1）求a 、b 的值及數列{an} 的通項公式；

（2）設bn=nan ，求數列{bn} 的前n 項和Tn。

解：（1）n ≥2時，an=Sn-Sn-1=2n-1 。而{an} 為等比數列，得a1=21-1?a=a ，

又a1=3 ，得a=3 ，從而an=3?2n-1 。又a1=2a+b=3,b=-3 。

（2）bn=nan=n3?nn-1 ，Tn=13(1+22+322+…+n2n-1)…①

12Tn=13(12+222+323+…+n-12n-1+n2n)…②

①-②得 ，12Tn=13(1+12+122+…+12n-1-n2n)，

Tn=23［1?（1-12n）1-12-n2n］=43(1-12n-n2n+1)

練習：求和：Sn=1+2a+3a2+…+nan-1 （a≠1）。

練習：已知數列{an}的前n項和為Sn，對任何正整數n，點Pn（n，Sn）都在函數 的圖象上，且過點Pn（n，Sn）的切線的斜率為Kn.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）若bn=2knan ，求數列{bn}的前n項和Tn

4. 裂項項消法

“裂項項消法”就是把數列的項拆成幾項，并使它們求和的過程中出現相同的項，且這些相同的項能夠相互抵消，從而達到將求n個數的和的問題轉化為求少數的幾項的和的目的。

例3: 把正偶數列{2n} 中的數按上小下大，左小右大的順序排序成下圖“三角形”所示的數表．設amn 是位于這個三角形數表中從上到下的第m 行，從左到右的第n 列的數．

（1）若記三角形數表中從上往下數第n 行各數之和為bn ，求數列{bn} 的通項公式．

（2）記cn-1=nbn+n(n-1) （n…2 ），數列{cn} 的前 n項和為 Sn．

解：（1）若數列{xn} 的通項公式為xn=2n ，則其前m 項和Tn=n(n+1)

bnn(n+1)2 ［n(n+1)2+1］-(n-1)n2［(n-1)n2+1］=n3+n

（2）cn-1=nn3+n+n(n-1)=nn3+n2=1n(n+1)

cn=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2

Sn=12 -13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2

練習：對于每一個正整數n ，拋物線y=(n2+n)x2-(2n+1)x+1 與 x軸交于An,Bn 兩點，則|A1B1|+|A2B2|+…+|A2004B2004| 的值為。

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【關鍵詞】高中數學；數列；解題技巧

數列問題是高中必修課程中的重難點，是高中數學的重要環節，在整個高中數學知識體系及高考命題中都占據著十分重要的地位，近些年，數列課程比重日漸增多，高考中經常出現創新題型，因此，在學習中掌握高考數列的命題規律及解題相關技巧顯得尤為重要。

一、數列基礎知識一定要掌握牢

從2003年實行新課標后，數列就被列入到必修五教材中，數列在教材中重點是等差等比數列的概念，通項及前n項和公式及應用，數列與函數的關系等；難點是等差等比數列的通項及前n項和公式的靈活應用，求一些特殊數列的前n項和等；關鍵是等差等比數列的基本元素（a1，an，Sn，d，q）間的換算及恒等變形。

二、數列知識在高考中的地位一定要明確

數列知識是高中數學教材中的一個獨立章節，具有十分重要的地位，是必考內容，無論是全國卷還是省卷都占據一席之地。

數列近三年在高考中的出題方向及趨勢是：一般數列問題會有5-15分值，如果兩道題常出現在選擇和填空中，一般考查基礎知識，分值為10分。若出現在解答題中，一般一道題，分值一般為10-15分。解答題近兩年在全國理科卷里出現的情況較少，但對于今后的學習卻不課忽視，因為數列在今后的數學學習中起著基礎作用，我們斷不可輕視。

三、數列的常用解題技巧

（一）掌握數列常用的數學思想

數學思想方法成為近兩年高考考點，在解決數列問題時常用到的思想方法有：方程思想、等價轉化思想、類比思想、函數思想、不等式思想、分類討論思想等。解題不要囿于一種數學思想，兩種數學思想混合應用的情況很常見。

如2013年的大綱卷（理）17題（10分）：等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S3=a22，且S1，S2，S4成等比數列，求{an}的通項式。

這道題就是主要考查等差數列的通項、 前n項和公式，以及利用裂項相消法求前n項和；考查的數學思想就是方程思想、轉化思想及邏輯思維能力的。

如2016年全國II卷，（理）17題（12分）：Sn等差數列{an}的前n項和，且a1=1，S7=28，bn=[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]=0，[lg99]=1。（I）求b1，b11，b101；（II）求數列{bn}的前1000項和。也是考查等價轉化思想及分類討論思想的應用。

（二）掌握數列的性質

數列作為一種特殊的函數，因此它具有函數的性質，比如單調性、最值、周期性等等，數列的函數性質，作為數列與函數的交匯點的知識考查，是近幾年高考試題的熱點，也是考查學生綜合能力的出發點。

1.數列的單調性

數列的單調性是指：一般的，如果數列{an}滿足，對于任意的正整數n，都有an+1>an（或an+1

如2013年全國II卷（理）16題（5分）：等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S10=0，S15=25，則nSn的最小值為_______。就是考查等差數列的前n項和公式以及通過轉化利用函數的單調性判斷數列的單調性來做答。

2.數列的周期性是指：對于數列{an}如果存在確定的數T和n0，（T≠0，n0∈N+）使得n≥n0恒有an+T=an，則稱{an}是從第n0項起周期為T的數列

在高考中對數列周期性的考查主要涉及到以下兩種形式的題目：（1）已知周期，求數列中的項；（2）已知數列，求周期進而解決其他問題。

2014年全國II卷，（文）16題（5分）：數列{an}滿足an+1= ，a2=2，則a1=_________。該題是填空題的壓軸題，主要考查數列的遞推關系式，且無法轉化成特殊的數列，則可通過遞推關系式求出數列中的若干項，發現數列的周期性特點，從而得到所求。

另外，數列的最值在高考中考查的次數較少，這里就不贅述了。

（三）數列的解題方法

1.熟練基礎方法

通項與求和公式的直接應用，只要理解并熟用等差等比數列的通項公式及求和公式即可。

2.求數列的通項公式

累差疊加，累商疊乘法是高考中常用的方法，從而考查對數列的掌握情況。

3.劃歸轉化法解題

化歸轉化技巧就是把一些不能直接解的數列問題轉化為簡單的、已知的問題來求解。例如把數列問題轉化成等差、等比數列的問題求解；或者把數列問題轉化為函數問題求解；把數列的通項公式和求和公式看成是n的函數。

如2014遼寧高考（理）8題，（5分）設等差數列{an}的公差為d，若數列{2 an}為遞減數列，則（ ）

A.d0 C.a1d0

主要考查等差數列的通項公式，函數的單調性等知識，體現了對數列和函數的綜合考查。

4.運用公式由sn求an

這種類型的題目常給出Sn與n的關系，或者Sn與an的關系，進而求數列的通項公式。可利用公式

anS1 n=1

Sn-Sn-1 n≥2 求其通項。

5.用數學歸納法求數列的通項公式

數學歸納法常常也用在求解數列通項公式類型的題目中，在由遞推公式求數列的通項時，如果常規的方法難以解決，那么通常可以采用“數學歸納法”。如2008年遼寧卷（理）21題（12分），數列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差數列，bn，an+1，bn+1成等比盜校n∈N ）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論；

（Ⅱ）證明：++…+

此題是考查等差數列，等比數列知識，綜合運用合情推理通過觀察，找出規律，提出猜想，再利用數學歸納法證明來解題。

6.裂項相消法

裂項相消是分解和組合思想在數列求和中的應用，其實質是將數列中的每一項（通項）分解，然后重新組合，使之能夠消去一些項，最終達到求和的目的。

2015年全國I卷（理）17題（12分），Sn為數列{an}的前n項和。已知an>0，an2+an=4Sn+3。

（Ⅰ）求{an}的通項公式；

（Ⅱ）設bn=，求數列{bn}的前n項和。

此題是考查利用an與Sn的關系求數列的通項公式以及裂項相消法求和，先利用an與sn的關系，an=Sn-Sn-1（n≥2）推導出數列{an}的通項公式，然后利用裂項相消法求數列{bn}的前n項和即可。

7.e位相減求和法

在推導等比數列前n項和公式時采用的是錯位相減的求和方法，該方法中“相減”突破了學生以往“求和即相加”的固有思想，高考中常會遇到。

由于錯位相減法計算量較大，學生在考場上有限的時間里很容易因為計算失誤失分，提高計算的準確性尤為重要。

8.放縮法解決數列不等式

放縮法是不等式證明的一種基本方法，而數列不等式也常常通過放縮法來證明。通常我們把數列的通項放縮成可求和或可求積的數列，進而證明結論。

2014年全國II卷（理），17題，（12分）已知數列an滿足a1=1，an+1=3an+1。

（I）證明：{an+}是等比數列，并求{an}的通項公式；

（II）證明：++…+

此題是考查數列的遞推關系，不等式的證明及數列求和等知識，而不等式的證明就用到了放縮法進行處理，一是求和中的放縮；二是求和后比較中的放縮。一般情況，數列求和中的放縮的“目標數列”為“可求和數列”，如等比數列，可裂項相消法求和的數列等。

除以上方法外，還有分組求和法、利用構造法和單調性、歸納法解決數列不等式問題。

四、考點變化

等比數列的考點仍是基本量的計算，等差數列的難度略有下降，遞推數列的設置難度略有提高，位于填空題的壓軸位置，這對今后的數學學習起到一定的引導作用，就要求我們除了要有準確的計算能力，更應重視方法的研究。

【參考文獻】

[1]趙昱.數列問題的教學思考.遼寧師范大學碩士學位論文，2013年

[2]華玲蓉.2010年高考數列問題類型及解題策略.基礎教育論壇，2010年11期

篇7

（）必做1 若數列{an}滿足an+1=2an，0≤an

≤，

2an-1，

≤an

[牛刀小試]

精妙解法 由a1=，得a2=，a3=，a3=，…，{an}是以3為周期的數列，所以a20=a2=.

極速突擊 數列核心在于“律”，數列考查一定會予以體現. 本題及類似問題往往具有一定的規律，如周期性，與自然數列、偶數數列、奇數數列等有某種對應關系，大家應善于總結規律，從數列的概念出發，根據條件，從特殊到一般，抽象概括，歸納規律.

誤點警示 非基本數列是難點，應從特殊情況入手，以兩個基本數列、特殊數列為基礎，重點在思維，掌握觀察的步驟（整體―局部―整體），會歸納概括是突破點.

（）必做2 觀察下列算式：

13=1，

23=3+5，

33=7+9+11，

43=13+15+17+19，

……

若某數m3按上述規律展開后，發現等式右邊含有“2013”這個數，則m=_______.

[牛刀小試]

精妙解法 某數m3按上述規律展開后，則等式右邊為m個連續奇數的和，注意每行的最后一個數的規律，1=12+0，5=22+1，11=32+2，19=42+3，…，m3的最后一個數為m2+（m-1）. 當m=44時，m2+（m-1）=1979，當m=45時，m2+（m-1）=2069，所以要使當等式右面含有“2013”這個數，則m=45.

極速突擊 本題考查了歸納推理. 解決此類問題時，要注意分析題目給定的信息，找到題目滿足的規律. 要從一個“點”入手，如分式中的分子或者分母，一列數中的第一個數或者最后一個數等.

等差數列

等差數列及其前n項和的基本解題思路是：

（1）方程法，即將an與Sn統一表示為a1和d的方程（組），以求其基本量（五個基本量中，通常先求出a1和d，然后求其他的基本量）.

（2）函數法，即利用函數思想解決數列問題，等差數列的通項、求和公式可分別表示成an=kn+b（一次函數），Sn=An2+Bn（不帶常數項的二次函數）（n∈N?）等.

（3）性質法，即運用等差數列的相關性質解題，常可整體代換，回避單個求值，較為常用的如：a，b，c成等差?2b=a+c；m+n=p+q?am+an=ap+aq（n，m，p，q∈N?）；有關和的性質，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差數列等.

（）必做3 等差數列{an}中，如果a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，數列{an}前9項的和為（ ）

A. 297 B. 144

C. 99 D. 66

[牛刀小試]

精妙解法 由a1+a4+a7=39，得3a4=39，a4=13. 由a3+a6+a9=27，得3a6=27，a6=9，所以可得S9====9×11=99，選C.

或者由a1+a4+a7=3（a1+3d）=39，a3+a6+a9=3（a1+5d）=27，得到S9=9（a1+4d）=99.

極速突擊 等差數列問題一般都轉化為關于首項a1與公差d的方程或方程組，方程思想與基本量思想在解決基本數列問題中作用突出. 利用等差數列的性質求解就要關注項的下標的規律，數列中的下標就是函數中的自變量x，性質往往可以在下標中體現，不過能利用性質求解的問題，都可以通過整體運算求解，不必過分強調性質的機械記憶.

（）必做4 已知數列{an}滿足a1=1，a2=2，an+2=1+cos2

an+sin2，則該數列的前18項和為（ ）

A. 2101 B. 1067

C. 1012 D. 2012

[牛刀小試]

精妙解法 當n為奇數時，an+2=an+1，這是一個首項為1，公差為1的等差數列；當n為偶數時，an+2=2an，這是一個以2為首項，公比為2的等比數列，

所以S18=a1+a2+…+a17+a18=（a1+a3+…+a17）+（a2+a4+…+a18）=9a1+×1+=9+36+1022=1067.

極速突擊 在等差數列中，首項和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五個量中知三求二，一般用方程思想求解，有時也可用首項、末項和中項來表示，并注意整體代換.

等比數列

等比數列及其前n項和的基本解題思路是：

（1）方程法，即將an與Sn統一表示為a和q的方程（組），以求其基本量（五個基本量中，通常先求出a1和q，然后求其他的基本量）.

（2）性質法，即運用等比數列的相關性質解題，常可整體代換，回避單個求值，較為常用的如：a，b，c成等比?b2=ac；m+n=p+q?aman=apaq（m，n，p，q∈N?）；有關和的性質，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等比數列等.需要指出，等差、等比數列的性質具有對稱性，因此可用類比的思想理解和記憶.

（）必做5 設等比數列{an}的前n項和為Sn，且a5=S5，則=________.

[牛刀小試]

精妙解法 {an}是等比數列，且a5=S5，所以a1+a2+a3+a4=0，所以a1（1+q+q2+q3）=a1（1+q）（1+q2）=0，所以q=-1，所以S2010==0，即=0.

極速突擊 與等差數列一樣，在等比數列中，首項和公差是基本量；a1，an，q，n，Sn五個量中知三求二，一般用方程思想求解，但要注意等比數列的一些限制條件.

（）必做6 已知數列{an}為等比數列，a4+a7=2，a5?a6=-8，則a1+a10的值為______.

[牛刀小試]

精妙解法 在等比數列中，a5?a6=a4?a7=-8，所以公比q

a7=4或a4=4，

a7=-2.由a4=-2，

a7=4解得a1=1，

q3=-2，此時a1+a10=a1+a1q9=1+（-2）3= -7. 由a4=4，

a7=-2解得a1=-8，

q3

=-，此時a1+a10=a1+a1q9=-8

1-=-7. 綜上，a1+a10=-7.

極速突擊 與等差數列一樣，在等比數列中，也是關注基本量：首項和公比；a1，an，q，n，Sn五個量中知三求二，一般用方程思想求解，注意等比數列運算與等差數列的差異，等比數列問題中會用到更多的積、商、冪運算，而等差數列較多的用和、差運算，另外，還要注意等比數列公比對公式應用的限制.

（）必做7 在各項為正數的等比數列{an}中，已知a3+a4=11a2?a4，且前2n項的和等于它的前2n項中偶數項之和的11倍，則數列{an}的通項公式an=_________.

[牛刀小試]

精妙解法 設等比數列{an}的公比為q，前2n項和為S2n，前2n項中偶數項之和為Tn，則S2n=，Tn=，由題意可知S2n=11Tn，即=，解得q=，（或令n=1，則S2=11T1，即a1+a2=11a2，化簡得a1=10a2，故q=）. 又a3+a4=11a2?a4，所以a1 q2+a1q3=11aq4，化簡得1+q=11a1q2，將q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.

極速突擊 等比數列問題關注兩個基本量a1，q，通過列方程或者列方程組求解，還要注意利用求和公式時公比是否可以取到1的情況.

遞推數列

（）必做8 數列{an}中，an+1+（-1）nan=2n-1，則數列{an}的前12項和等于（ ）

A. 76 B. 78 C. 80 D. 82

[牛刀小試]

精妙解法 由已知，得（-1）n+1an+1-an=（-1）n+1（2n-1） ①，an+2+（-1）n+1an+1=2n+1 ②，②-①，得an+2+an=（-1）n（2n-1）+（2n+1），取n=1，2，5，6，9，10，結果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=2×1+1-（2×1-1）+2×2+1+（2×2-1）+…+2×10+1+（2×10-1）=78. 故選B.

極速突擊 從遞推關系尋求數列規律，觀察歸納是關鍵，“克隆”關系式是利用率極高的方法，通過“克隆”關系式，與原來的關系組合、變換，推出項與項之間的新關系，轉化為其子數列或者新數列為特殊數列，從而轉化為常規數列問題.

（）必做9 已知數列{an}滿足a1=2，an+1+an=4n-3（n∈N?），則數列{an}的通項公式an=______.

[牛刀小試]

精妙解法 由an+1+an=4n-3（n∈N?）得an+2+an+1=4n+1（n∈N?），

兩式相減，得an+2-an=4，

所以數列{a2n-1}是首項為a1，公差為4的等差數列；數列{a2n}是首項為a2，公差為4的等差數列.

由a2+a1=1，a1=2，得a2=-1，

所以an=2n，n為奇數，

2n-5，n為偶數.

極速突擊 高考考查的趨勢已由“套路型”的構造轉化為對觀察、歸納、抽象、概括、一般與特殊等思維能力的考查，可以先通過個別關系找出規律，一些數列往往不是整體體現一種規律，而是偶數項或者奇數項等子數列具有某些規律. 通過“克隆”關系式產生新的遞推關系，找出部分數列的規律，化整為零解決.已知數列的遞推式求通項公式根據條件不同，常用方法有：（1）遞推式為an+1=an+f（n），累加法，其中f（n）可求和；（2）遞推式為an+1=an?f（n），累乘法，其中f（n）可求積；（3）an與Sn關系或者Sn與Sn-1關系，利用an=S1，n=1，

Sn-Sn-1，n≥2 等等.

（）必做10 已知定義在[0，+∞）上的函數f（x）滿足f（x）=3f（x+2），當x∈[0，2）時， f（x）=-x2+2x. 設f（x）在[2n-2，2n）上的最大值為an（n∈N?），且{an}的前n項和為Sn，則Sn=_______.

[牛刀小試]

精妙解法 由題， f（x+2）=f（x），即f（x）=f（x-2），在[2n-2，2n）上，n=1，f（x）max=1，a1=1；n=2，f（x）max=，a2=；n=3， f（x）max=

，a3=

，…，an=

，所以Sn==1-

.

極速突擊 數列是定義在正整數集上的函數，本題分段函數的最值正好為數列an（n∈N?）的相關項.

（1）“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數列的計算中非常重要. 解題要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要合理地運用條件，又要時刻注意題目要求的目標.

（2）已知數列的前n項和Sn，求通項an，可利用公式an=S1，n=1，

Sn-Sn-1，n≥2，但易忽視an=S1 （n=1）.

（3）對于等比數列前n項和Sn，當公比是一字母時，必須分公比等于1和不等于1兩種情況討論.

數列求和

（）必做11 數列{an}的前n項和為Sn，且有a1=2，3Sn=5an-4an-1+3Sn-1（n≥2）.

若bn=n?an，則數列{bn}的前n項和Tn=________.

[牛刀小試]

精妙解法 3Sn-3Sn-1=5an-4an-1（n≥2），所以an=2an-1，=2. 又a1=2，所以{an}是以2為首項、2為公比的等比數列，所以an=2?2n-1=2n，bn=n?2n，

Tn=1?21+2?22+3?23+…+n?2n，2Tn=1?22+2?23+…+（n-1）?2n+n?2n+1，

兩式相減得-Tn=21+22+…+2n-n?2n+1，所以-Tn=-n?2n+1=（1-n）?2n+1-2，所以Tn=2+（n-1）?2n+1.

極速突擊 轉化與化歸是解決數列問題的基本思想方法，“錯位相減”是數列求和最重要的方法之一，適應于{anbn}型的數列求和，其中{an}是一個等差數列，{bn}是一個等比數列. 求解過程、步驟具有固定的模式和規律.

誤點警示 乘以公比、兩式相減后得到的數列一般不是等比數列，相減后注意第一項與最后一項，一般是等比數列的“異類”，中間求和的項數應該是n-1項，而不是n項.

（）必做12 在等差數列{an}中，an=3n，其前n項和為Sn，設數列{cn}滿足cn=，{an}的前n項和Tn=_______.

[牛刀小試]

精妙解法 Sn=，所以cn===

-，故Tn=?

1- +

- +…+

- =

1-=.

極速突擊 裂項相消求和是涉及分式、無理式求和問題的重要方法，不能轉化為基本數列的求和問題，可通過裂項達到化簡、求和的目的，常見形式如=

-

.

誤點警示 “裂項相消”代數式變形過程較靈活，特別關注裂項后的系數變化，關注裂項相消后保留項的情況，一般保留分母最小、最大的項，前、后保留的項數一致.

數列求和的方法有：

1. 公式法

（1）等差數列{an}的求和公式：Sn==na1+d；

（2）等比數列{an}的求和公式：Sn=na1，q=1，

，q≠1（切記：公比含字母時一定要討論）；

（3）k=1+2+3+…+n=；

（4）k2=12+22+32+…+n2=；

（5）k3=13+23+33+…+n3=

.

2. 錯位相減法

已知等差數列{an}和等比數列{bn}，求數列{anbn}的前n項的和常用此法.

設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，

當q=1時，Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn=b1（a1+a2+…+an）=；

當q≠1時，因為Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn，qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+an-1bn+anbn+1，

所以（1-q）Sn=a1b1+d（b2+b3+b4+…+bn）-anbn+1，

Sn=+.

3. 裂項相消法

首先往往把數列的通項拆成兩項之差，然后前n項求和時，許多項正負相消，剩下首尾若干項.裂項相消法需要一定的技巧，重點和難點都在于對通項的分拆，常見拆項公式有：

（1）an===-；

an==?=?

-；

an==?=?

-

；

（2）an==?=

-

；

（3）an==-；

（4）an==1+?

-；

（5）=-；

（6）an=?=?=-；

（7）=tan（n+1）°-tann°.

4. 分組求和法

有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比數列或常見的數列，然后將“前n項的和”中的“同類項”先合并在一起，分別求和，再將其合并即可，這就是分組求和法.

5. 倒序相加法

這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法.如果一個數列{an}，與首末兩項等距的兩項之和等于首末兩項之和（即k∈{1，2，3，…，n-1}，恒有ak+1+an-k=a1+an），則可把正著寫與倒著寫的兩個和式相加，就得到了一個常數列的和，這種方法稱為倒序相加法.

因為Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an，Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1，

所以2Sn=（a1+an）+（a2+an-1）+（a3+an-2）+…+（an-2+a3）+（an-1+a2）+（an+a1），

所以Sn=.

數列單調性與最值項

（）必做13 已知等差數列{an} 的前n項和為Sn，且a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，則Sn取得最大值時的n=___________.

[牛刀小試]

精妙解法 由a1+a3+a5=105，得3a3=105，a3=35.

由a2+a4+a6=99，得3a4=99，a4=33，

所以解得d=-2，a1=39，所以an=a1+（n-1）d=41-2n.

由an≥0，得n≤=20，所以當n≤20，an>0，所以前20項之和最大，此時n=20.

極速突擊 根據等差數列的性質，只要確定“臨界項”即可確定其和取最大值的條件. 另外，數列是定義在正整數集上的函數，也可以利用其前n項和公式、二次函數性質或者基本不等式求解.

（）必做14 已知數列{an}滿足an=1+

，bn=（n+2）（an-1），當bn取最大值時，n=________.

[牛刀小試]

精妙解法 由已知得bn=（n+2）（an-1）=（n+2）

，

==1+

，

當n1，bn+1>bn；

當n=7時，bn+1=bn，即b8=b7；

當n>7時，bn+1

篇8

一、數列中的遞推關系

重難點剖析由遞推關系式確定數列的通項公式，通常可對遞推關系式進行變形轉化成等差數列或等比數列，再由遞推關系求通項. 利用遞推公式求數列的通項公式，要注重對通解通法的研究，主要掌握由a1和遞推關系先求出前幾項，再歸納、猜想求an的方法，以及“化歸法”“疊加法”“疊乘法”等.

例1（2008江西）在數列｛an｝中，a1=2，an+1=an+ln

1+，則an等于（）

A. 2+lnn B. 2+（n－1）lnn

C. 2+nlnn D. 1+n+lnn

簡析因an+1=an+ln

1+，an+1=an+ln（n+1）－lnn，所以a2－a1=ln2－ln1，a3－a2=ln3－ln2，…，an－an－1=lnn－ln（n－1），由此可得an－a1=lnn，又因a1=2，所以an=2+lnn，故選A.

點評由遞推關系求通項公式主要有以下幾種情況：①已知首項a1，遞推關系為an+1=qan+b（n∈N∗），關鍵是將an+1=qan+b轉化為an+1+a=q（an+a）的形式；②已知a1且an－an-1=f（n），可用“逐差法”；③已知a且=f（n），可用“疊乘法”.

二、數列的求和

重難點剖析等比數列求和，分公比等于1和不等于1兩種情形，這點容易被忽略． 對其他特殊數列常用的求和方法有倒序相加法、錯位相減法、分組轉化法、裂項求和法、公式求和法等． 其中裂項求和法的關鍵是對一般數列合理地拆分，還要注意相消后剩余多少項，剩余的項一般成對出現．

例2（2007福建）數列｛an｝的前n項和為Sn，a1=1，an+1=2Sn（n∈N∗）．

（Ⅰ）求數列｛an｝的通項an；

（Ⅱ）求數列｛nan｝的前n項和Tn．

簡析（Ⅰ）由an+1=Sn+1－Sn=2Sn，分析可得Sn=3n－1（n∈N∗），于是求得an=1，n=1，

2?3n－2，n≥2．

（Ⅱ）Tn=a1+2a2+3a3+…+nan，當n=1時，T1=1；當n≥2時，有

Tn=1+4?30+6?31+…+2n?3n－2①

3Tn=3+4?31+6?32+…+2n?3n－1②

由①②可求得Tn=+

n－3（n≥2）． 又因T1=a1=1也滿足上式，故Tn=+

n－3n－1（n∈N∗）．

點評本題考查了分類討論、化歸的數學思想方法以及推理和運算的能力． “把一個數列分成幾個可以直接求和的數列”即為分組求和法；一個等差數列和一個等比數列對應項相乘構成的數列的求和可用錯位相減法．

三、數列與函數和方程

重難點剖析數列是特殊的函數，是定義在自然數數集上的一列函數值. 通項公式及求和公式揭示了項和項數的依賴關系的本質屬性. 若用“函數與方程”的意識解決數列中的綜合問題，則“簡單且具有操作性”.

例3（2007廣東）已知函數f（x）=x2+x－1，α，β是方程f（x）=0的兩個根（α>β），f ′（x）是f（x）的導數，設a1=1，an+1=an－（n=1，2，3，…）.

（Ⅰ）求α，β的值；

（Ⅱ）已知對任意的正整數n有an>α，記bn=ln（n=1，2，3，…），求數列｛bn｝的前n項和Sn.

簡析（Ⅰ）由求根公式得α=， β=.

（Ⅱ）f ′（x）=2x+1，an+1= ，α2=1－α，β2=1－β，所以bn+1=ln= ln=ln= ln

=2bn，所以數列｛bn｝是首項為b1=ln=4ln，公比為q=2的等比數列. 故Sn==4?（2n－1）ln.

點評本小題主要考查函數、導數、一元二次方程、對數、數列等基礎知識，合情推理、化歸與轉化、特殊與一般等數學思想方法，還考查抽象概括、推理論證及運算求解的能力. 數列是特殊的函數，而不等式是深刻認識函數和數列的重要工具，三者綜合的求解題是對基礎知識和能力的雙重檢驗，而三者的求證題所顯現出的代數推理是高考命題的新趨向.

四、數列與數學歸納法

重難點剖析使用數學歸納法證明命題時，第一步是驗證；第二步是推證，且必須用到歸納假設，否則不是數學歸納法. 第二步從k到k＋1時，要注意項數的變化，這一步是關鍵.

例4（2008遼寧）在數列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差數列，bn，an+1，bn+1成等比數列.

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測｛an｝，｛bn｝的通項公式，并證明你的結論；

（Ⅱ）證明:++…+

簡析（Ⅰ）由條件得2bn=an+an+1，a=bnbn+1. 于是a2=6，b2=9，a3=12，b3=16，a4=20，b4=25. 猜測an=n（n+1），bn=（n+1）2. 現用數學歸納法證明如下：

①當n=1時，由上可得結論成立.

②假設當n=k時，結論成立，即ak=k（k+1），bk=（k+1）2，那么當n=k+1時，ak+1=2bk－ak=2（k+1）2－k（k+1）=（k+1）（k+2），bk+1==（k+2）2.

所以當n=k+1時，結論也成立.

綜上可知an=n（n+1），bn=（n+1）2對一切正整數都成立.

（Ⅱ）n=1時，=2（n+1）n.

綜上，原不等式成立.

點評本題主要考查了等差數列、等比數列、數學歸納法、不等式等基礎知識，同時還考查了綜合運用數學知識進行歸納、總結、推理、論證的能力. 這是數列、不等式混合型考題，也是多年來在高考試卷中出現頻率最高的題型.

五、數列與不等式

重難點剖析數列與不等式的綜合題蘊涵著豐富的數學思想，解題時通常要用到放縮法以及函數思想（如求函數的最值等）. 這就要求同學們能夠靈活地運用數列的相關性質與不等式的方法去解決相關問題.

例5（2007重慶）各項均為正數的數列｛an｝的前n項和滿足S1>1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N∗.

（Ⅰ）求｛an｝的通項公式；

（Ⅱ）設數列｛bn｝滿足an（2－1）=1，并記Tn為｛bn｝的前n項和，求證：3Tn+1>log（an+3），n∈N∗.

簡析（Ⅰ）由a1=S1=（a1+1）（a1+2），解得a1=1或a1=2. 由已知a1=S1>1，故a1=2. 又由an+1=Sn+1－Sn得（an+1+an）（an+1－an－3）=0，an+1=－an應舍去，故an+1－an=3，從而｛an｝是公差為3，首項為2的等差數列，故an=3n－1.

（Ⅱ）證法1，由an（2－1）=1得bn=log2，從而有

Tn=log2

因（3n+3）3－（3n+5）（3n+2）2=9n+7>0，故f（n+1）>f（n）. 特別地f（n）≥f（1）=>1，故3Tn+1－log2（an+3）=log2f（n）>0，即3Tn+1>log2（an+3）.

篇9

■ 專項模擬

A. ［4，+∞）

B. （－∞，－4］∪［4，+∞）

C. （－∞，0］∪［4，+∞）

D. 不能確定

3. 數列｛an｝中，an=n2+λn（n∈N+），若｛an｝為遞增數列，則λ的取值范圍為____________.

4. 數列｛an｝中，a1=2，an+1=4an－3n+1（n∈N+）.

（Ⅰ）證明｛an－n｝是等比數列；

（Ⅱ）求｛an｝的前n項和Sn；

（Ⅲ）證明不等式Sn+1≤4Sn對任意n∈N+恒成立.

（Ⅰ）證明｛an｝是等差數列；

6. 設｛an｝的前n項和Sn=n2－4n+4.

（Ⅰ）求數列｛an｝的通項公式.

（Ⅱ）設各項均不為0的數列｛bn｝中，所有滿足bi?bi+1

8. 數列｛an｝，｛bn｝中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差數列，bn，an+1，bn+1成等比數列.

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測｛an｝，｛bn｝的通項，并證明你的結論；

在x=bn處的切線斜率.

（Ⅰ）求數列｛an｝，｛bn｝的通項公式；

（Ⅱ）若Tn是數列｛bn｝的前n項和，證明：當n≥2時，2Sn>Tn+3n.

10. 數列｛an｝滿足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+）.

（Ⅰ）求數列｛an｝的通項；

11. 已知定義在R上的單調函數f（x），存在實數x0，使得對于任意實數x1，x2，總有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+ f（x1）+f（x2）恒成立.

（Ⅰ）求x0的值.

12. 設an是關于x的方程xn+nx－1=0（n∈N+，x∈R+）的根，試證：

（Ⅰ）an∈（0，1）；

（Ⅱ）an+1

14. 函數f（x）=x2－4，曲線y=f（x）在點（xn，f（xn））?搖處的切線與x軸的交點為（xn+1，0）.

（Ⅰ）用xn表示xn+1；

（Ⅲ）若x1=4，bn=xn－2，Tn是數列｛bn｝的前n項和，證明：Tn

（Ⅰ）求數列｛an｝的通項公式.

（Ⅲ）正數數列｛cn｝中，an+1=（cn）n+1（n∈N+），求數列｛cn｝中的最大項.

（Ⅰ）求a2，a3，并猜想數列｛an｝的通項公式，再用數學歸納法加以證明；

17. 已知函數f（x）=x3+x2，數列｛xn｝（xn>0）的第一項x1=1，以后各項按如下方式取定：曲線y=f（x）在（xn+1，f（xn+1））處的切線與經過（0，0）和（xn，f（xn））兩點的直線平行. 求證：當n∈N+時，

18. 已知函數f（x）是在（0，+∞）上每一點都可導的函數，且xf ′（x）>f（x）在x>0上恒成立.

（Ⅱ）當x1>0，x2>0時，求證：f（x1）+f（x2）

N+）.

（Ⅰ）證明：an≥2（n≥2）；

（Ⅱ）已知不等式ln（1+x）0成立，證明：an

（Ⅰ）求數列｛an｝的通項公式；

（Ⅰ）求正實數a的取值范圍；

■ 解題反思

1. 研究數列單調性時，既可利用定義，通過比較前項與后項的大小關系得知數列單調性，又可借助與數列對應的函數的單調性得知該數列的單調性. 由于數列是特殊的函數，所以在利用函數的單調性來研究數列的單調性時，還要注意區別. 因為數列定義域中的取值是不連續的，所以數列的圖象是一些離散的點，這樣就能理解即使數列不在其對應函數的單調區間上，也可能具備單調遞增（或減）的性質. 也正因為這點，同學們解題時不能直接對2. 數列與不等式的內容經整合可形成證明不等式、求參量取值范圍等問題. 數列不等式的證明方法相當豐富，常見策略有：

（1）根據數列通項的特點直接求和，將式子化簡可證得不等式. 直接求和的方法有求和公式法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等，如第7、8題中的第（Ⅱ）問就是利用裂項相消法求和.

（2）通過放縮，將不便于求和的式子變形為易求和的式子，即將通項化為可裂項相消或可等比求和的結構，縮，將通項化為可裂項求和的結構.

（3）由于數列不等式是關于正整數的不等式，所以可以利用數學歸納法證明，如第9題中的第（Ⅱ）問和第13題.

（4）可利用函數的相關性質證明以數列為載體的不等式問題，如第15題中的第（Ⅲ）問，先構造函數f（x）

1. C

2. C

3. λ>－3

4. （Ⅰ）證明略，提示：an=4n－1+n

5. （Ⅰ）證明略

6. （Ⅰ）an=1，n=1，2n－5，n≥2

7. （Ⅰ）an=6n－5

（Ⅱ）m的最小值為10，提示：利用裂項求和將式子化簡

8. （Ⅰ）a2=6，a3=12，a4=20，b2=9，b3=16，b4=25，猜測an=n（n+1），bn=（n+1）2，證明略，提示：用數學歸納法證明

9. （Ⅰ）an=2n，bn=2n－1

（Ⅱ）證明略，提示：其實質是證2n+2>n2+3n+4，可用數學歸納法，也可用二項展開式進行放縮

10. （Ⅰ）an=2n－1

11. （Ⅰ）x0=1

3n+1>2n+1

12. （Ⅰ）證明略

（Ⅱ）證明略

15. （Ⅰ）an=n

（17. （Ⅰ）證明略18. （Ⅰ）證明略

（Ⅱ）證明略，提示：利用（Ⅰ）中證得的單調性

（Ⅲ）證明略，提示：先用數學歸納法證明當xi>0時，f（x1）+f（x2）+…+ f（xn）

19. （Ⅰ）證明略，提示：用數學歸納法證明

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關鍵詞 數列極限；施篤茲法；級數求和

一、引言

極限是分析數學中最基本的概念之一，用以描述變量在一定的變化過程中的終極狀態。公元前5世紀，希臘數學家安提豐（Antiphon）在研究化圓為方問題時創立了割圓術，即從一個簡單的圓內接正多邊形（正方形、正六邊形）出發，把每邊所對的圓弧二等分，聯結分點，得到一個邊數加倍的圓內接正多邊形，當重復這一步驟足夠多次時，所得圓內接正多邊形面積與圓面積之差將小于任何給定的限度。在我國古代，樸素的、直觀的極限思想也有記載。例如，中國古代的《墨經》中載有“窮，或有前，不容尺也”，《莊子?天下》中載有“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，公元3世紀我國數學家劉徽創立的割圓術，其中都包含了深刻的極限思想。極限是現代數學分析奠基的基本概念，函數的連續性、導數、積分以及無窮級數的和等都是用極限來定義的。可見，研究數列極限是十分有意義的。在數學分析中介紹了很多求數列極限的方法，常見的有：定義法、數列求和法、定積分定義法、單調有界原理、同限夾擠定理等。上述方法在求常見的數列極限時比較有效，但遇到一些特殊的數列就很難求出、甚至無從下手。為此我們介紹三種特殊的求極限的方法主要有施篤茲法、比值法、級數求和法。這些方法對于求一些特殊的數列極限有很重要的作用。

二、數列極限的三種求法

1.施篤茲法

施篤茲法被稱為求數列極限的洛必達法則，對一些不能用上述洛必達法則方法求的數列極限如■■，有時可用下面施篤茲法。

命題1（施篤茲法）給定數列Tn可以寫成Tn=■且■yn=∞，y■>y■，若■■存在，則■=■■。

例1 求■■

解令y■=1■+3■+……+（2n-1）■，z■=2■+4■+……+（2n）■

顯然z■∞，z■>z■滿足施篤茲定理，從而有

■■=■■=1

2.比值法

一般來說，n次根式的數列極限■■比較難求，我們通過下面的命題2將一些n次根式的數列極限轉化為較為簡單的比值數列極限■■來處理，能起到很好效果。

命題2 設an>0若■■=l，則■■=l

例2 求■■

解令a■=■，

由于■■=■■?■=1

由命題2有■■=■■=l

3.級數求和法

當被求數列的極限中的數列是n項和構成時，一般考慮先求和再求極限，但有時數列的，項和比較難求如x■=1-■+■-……+（-1）■■我們可把它作為冪級數在某點的值，通過冪級數和的方法，例如對冪級數求導、積分等方法來求數列的n項和，這樣可以很方便求出n項和數列的極限，甚至是一些較為復雜的n項和數列的極限。

有時還可以用泰勒展式求數列的極限。

例3 求■（1-1-■+■-……+（-1）■■）

解作冪級數s（x）=■（-1）■■，顯然我們要求的數列即為冪級數s（x）在x=1處的值，又易知級數的收斂區間為（-1，+1】所以s（x）在x=1處的值有意義.，下面求冪級數s（x），

兩邊求導則有s（x）=■（-1）■■=■，

兩邊積分有s（x）=■■dt=1n（1+x），

所以■（1-1-■+■-……+（-1）■■）=■（-1）■|x=1=s（1）=ln2

例4 求■（1+1+■+■……+■）

解 因為ex的泰勒展式為e■=1+x+■+……+■+……

而ex在x=1時，e■=1+1+■+■……+■+……

所以■（1+1+■+■……+■）=■■=e■=e

參考文獻：

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[3]劉玉鏈，付沛仁.數學分析講義[M].吉林長春，高等教育出版社，2003

[4]華東師大數學系.數學分析第3版（上）[M].上海，高等教育出版社，2001