河南省睢县回族高级中学高中数学 20数列小结学案 新人教A版必修5

2.6 第二章数列小结与复习-----学案一、学习目标1. 系统掌握数列的有关概念和公式；2. 了解数列的通项公式n a 与前n 项和公式n S 的关系；3. 能通过前n 项和公式n S 求出数列的通项公式n a .二、自主学习（1）知识框图(2)数列的概念，通项公式，数列的分类，从函数的观点看数列．(3)等差、等比数列的定义．(4)等差、等比数列的通项公式．(5)等差中项、等比中项．(6)等差、等比数列的前n 项和公式及其推导方法．三、合作探究探究1：数列的通项公式的求法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： 1．知S n 求a n例1、(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ＋1n ，求a n ； (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3＋2n ，求a n .[解析] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1n －(－1)n (n －1)＝(－1)n (1－2n )，当n ＝1时，a 1＝S 1＝(－1)2×1＝1，适合上式．∴a n ＝(－1)n (1－2n )．(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3＋2n －(3＋2n －1)＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋21＝5，不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5 n ＝2n －1 n .2．累加法例2、数列{an }满足a 1＝1，a 2＝2，an ＋2＝2an ＋1－an ＋2.(1)设bn ＝an ＋1－an ，证明{bn }是等差数列；(2)求{an }的通项公式．[解析] (1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2. 即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1.所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n (a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 3．累乘法例3、已知数列{a n }中，a 1＝12，S n ＝n 2a n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，求a n .[解析] 由S n ＝n 2a n ，得S n －1＝(n －1)2a n －1，两式相减，得a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2)，∴a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)． ∴a n ＝(a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1)·a 1＝(n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13)·12＝2×1n ＋n ×12＝1n n ＋(n ≥2)．又∵当n ＝1时，a 1＝12也符合上式， ∴a n ＝1n n ＋.4．构造转化法例4、在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝23a n ＋1，求a n .[解析]由已知a n ＋1＝23a n ＋1得：(a n ＋1－3)＝23(a n －3)∴a n ＋1－3a n －3＝23，∴{a n －3}为以a 1－3＝－2为首项，q ＝23的等比数列．∴a n －3＝(－2)×(23)n －1，∴a n ＝3－2·(23)n －1.b 1＝a 2－a 1＝23a 1＋1－a 1＝23，∴b n ＝23×⎝⎛⎭⎫23n －1＝⎝⎛⎭⎫23n ，即a n＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫23n ， ③ 由①③得a n ＝3－3×⎝⎛⎭⎫23n . 专题二：数列的前n 项和的求法 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、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1＋1，1a ＋4，1a 2＋7，…，1a n －1＋3n －2，…求其前n 项的和．[解析] 设S n ＝(1＋1)＋(1a ＋4)＋(1a 2＋7)＋…＋(1a n －1＋3n －2)＝(1＋1a ＋1a 2＋…＋1an －1)＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]，当a ＝1时，S n ＝n ＋n 3n －2＝n 3n ＋2；当a ≠1时，S n ＝1－1a n1－1a＋n 3n －2＝a －a 1－n a －1＋n 3n －2. 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，即消去哪些项，保留哪些项．例6、求和：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋…＋n(n ∈N ＋)．[解析] ∵a n ＝11＋2＋…＋n ＝2n n ＋＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴a 1＝2⎝⎛⎭⎫1－12，a 2＝2⎝⎛⎭⎫12－13，a 3＝2⎝⎛⎭⎫13－14，…，a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 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 }的前n 项和为Sn ，已知2Sn ＝3n ＋3. (1)求{an }的通项公式；(2)若数列{bn }满足anbn ＝log3an ，求{bn }的前n 项和Tn .[解析](1)因为2S n ＝3n ＋3，所以当n ＝1时2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1.，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n )，所以3T n＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]．两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n .所以T n ＝1312－6n ＋34×3n 经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n. 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 )＝14x ＋m(m >0)，当x 1、x 2∈R ，且x 1＋x 2＝1时，总有f (x 1)＋f (x 2)＝12.(1)求m 的值．(2)设S n ＝f (0n )＋f (1n )＋f (2n )＋…＋f (nn)，求S n .[解析] (1)取x 1＝x 2＝12，则f (12)＝12＋m ＝14，所以m ＝2.(2)因为当x 1、x 2∈R ，且x 1＋x 2＝1时，总有f (x 1)＋f (x 2)＝12，所以f (0n )＋f (n n )＝12，f (1n )＋f (n －1n )＝12，….因为S n ＝f (0n )＋f (1n )＋f (2n )＋…＋f (n n )，故S n ＝f (n n )＋f (n －1n )＋f (n －2n )＋…＋f (0n )．两式相加得：2S n ＝[f (0n )＋f (n n )]＋[f (1n )＋f (n －1n )]＋…＋[f (n n )＋f (0n )]＝n ＋12，所以S n ＝n ＋14.四、学以致用变式练习1：已知数列{an }的前n 项和Sn ＝n 2＋3n ＋1，求通项 an .变式训练2：已知数列{an }满足a 1＝1，an ＋1＝3an ＋2(n ∈N ＋)．求数列{an }的通项公式．变式训练3：已知{an }中，)(3,1*11N n n a a a n n ∈=-=+,求通项 an .变式训练4：已知数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n ，…。

第二章 数列§2.1数列的概念与简单表示法●教学目标理解数列及其有关概念，了解数列和函数之间的关系；了解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项；对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的个通项公式。

通过对一列数的观察、归纳，写出符合条件的一个通项公式，培养学生的观察能力和抽象概括能力．了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同；会根据数列的递推公式写出数列的前几项；理解数列的前n 项和与n a 的关系。

●教学重点数列及其有关概念，通项公式及其应用，根据数列的递推公式写出数列的前几项●教学难点根据一些数列的前几项抽象、归纳数列的通项公式，理解递推公式与通项公式的关系●教学过程Ⅰ.课题导入三角形数：1，3，6，10，…正方形数：1，4，9，16，25，…观察这些例子，看它们有何共同特点？()1全体自然数：0、1、2、3、4… …()22精确到1，0.1，0.01，0.001 … …的不足近似值：1、1.4、1.41、1.414… ….过剩近似值：2、1.5、1.42、1.415 … …()3-1的1次幂，2次幂，3次幂… …：—1，1，—1，1，—1，1，….()4无穷多个2：2、2、2、2… …Ⅱ.讲授新课⒈ 数列的定义：按 的一列数叫做数列.注意：⑴⑵⒉ 数列的项：数列中的 都叫做这个数列的项.各项依次叫做这个数列的第1项（或首项），第2项，…，第n 项，….⒊数列的一般形式： ,,,,,321n a a a a ，或简记为{}n a ，其中n a 是数列的第n 项⒋ 数列的通项公式：如果数列{}n a 的 与 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.注意：⑴⑵⑶数列通项公式的作用：①②数列的通项公式具有双重身份，它表示了数列的第 项，又是这个数列中所有各项的一般表示．通项公式反映了一个数列项与项数的函数关系，给了数列的通项公式，这个数列便确定了，代入项数就可求出数列的每一项．5.数列与函数的关系数列可以看成以 为定义域的函数()n a f n =，当自变量 对应的一列函数值。

数列小结一、数列复习提纲1.数列的通项求数列通项公式的常用方法：（1）观察与归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变：分析符号、数字、字母与项数n 在变化过程中的联系，初步归纳公式。

（2）公式法：等差数列与等比数列。

（3）利用n S 与n a 的关系求n a ：11,(1),(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（4）构造新数列法；（5）逐项作差求和法；（6）逐项作商求积法2.等差数列{}n a 中：（1）等差数列公差的取值与等差数列的单调性；（2）1(1)n a a n d =+-()m a n m d =+-；（3）{}n ka 也成等差数列；(4)两等差数列对应项和(差)组成的新数列仍成等差数列.(5)m m m mm s s s s s 232,,--,……仍成等差数列. （6）1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+，21()22n d d S n a n =+- (7)若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+；若2p q m +=，则2p q m a a a +=. (8)“首正”的递减等差数列中，前n 项和的最大值是所有非负项之和；（9）等差中项：若,,a A b 成等差数列，则2a b A +=叫做,a b 的等差中项。

（10）判定数列是否是等差数列的主要方法有：定义法、中项法、通项法3.等比数列{}n a 中：（1）等比数列的符号特征(全正或全负或一正一负)，等比数列的首项、公比与等比数列的单调性。

（2）11n n a a q -=n m m a q -=；（3）{||}n a 、{}n ka 成等比数列；{}{}n n a b 、成等比数列{}n n a b ⇒成等比数列. （4）两等比数列对应项积(商)组成的新数列仍成等比数列.（5）k k k kk s s s s s 232,,--，……成等比数列.（6）111111 (1) (1)(1) (1) (1)1111n n n n na q na q S a a a a q a q q q q q q q q ==⎧⎧⎪⎪==--⎨⎨-+≠=≠⎪⎪----⎩⎩. （7）p q m n p q m n b b b b +=+⇒⋅=⋅；22m p q m p q b b b =+⇒=⋅.（8）并非任何两数总有等比中项. 仅当实数,a b 同号时，实数,a b 存在等比中项.对同号两实数,a b 的等比中项不仅存在，而且有一对G =也就是说，两实数要么没有等比中项(非同号时)，如果有，必有一对(同号时)。

专题 数列求和[目标] 1.记住数列求和的几种常用方法；2.会用数列求和的几种常用方法解答一些数列求和问题．[重点] 数列求和的方法及应用． [难点] 对数列求和方法的理解．知识点 数列的求和方法[填一填]1．公式法(分组求和法)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．2．裂项相消求和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，即消去哪些项，保留哪些项，常见的拆项公式有：①1n (n ＋k )＝1k ·(1n －1n ＋k )； ②若{a n }为等差数列，公差为d ， 则1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)； ③1n ＋1＋n ＝n ＋1－n 等．3．错位相减法若数列{a n }为等差数列，数列{b n }是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{a n b n }，当求该数列的前n 项的和时，常常采用将{a n b n }的各项乘以公比q ，然后错位一项与{a n b n }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．4．倒序相加法如果一个数列{a n }，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加求和法．类型一 分组求和法求和[例1] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． [解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n . a n ＝1也适合a n ＝n .综上可知数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A＝2(1－22n)1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{b n}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.如果一个数列的通项公式可写成c n ＝a n ±b n 的形式，而数列{a n }，{b n }是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可采用分组求和法.[变式训练1] 求数列112，314，518，…，⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2n －1)＋12n 的前n 项和．解：S n ＝112＋314＋518＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2n －1)＋12n＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝(1＋2n －1)·n 2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n 2＋1－12n . 类型二 裂项相消法求和[例2] S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[分析] (1)利用已知的关系式构造一个新的等式，两式相减消去S n ，转化为a n 与a n ＋1之间的递推关系求解．(2)将(1)中得到的通项代入求出b n 的通项，再利用裂项相消法求和．[解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2. 又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知 b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3).裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合使之能消去一些项，最终达到求和的目的.利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致.[变式训练2] 已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26，{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， ∴a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2， ∴a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)． (2)∵a n ＝2n ＋1，∴a 2n －1＝4n (n ＋1)，因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n . ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1).∴数列{b n }的前n 项和T n ＝n4(n ＋1).类型三 错位相减法求和[例3] 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知：S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1， 又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.,在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式.[变式训练3] 在数列{a n }中，a 1＝1，点(a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋2＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，求T n . 解：(1)由条件知a n －a n ＋1＋2＝0， ∴a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ， ①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1. ② 由①－②得12T n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1，∴T n ＝3－12n －2－2n －12n .类型四 倒序相加法求和[例4] 已知定义在R 上的函数f (x )的图象的对称中心为(1 008,2)．数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝f (n )，n ∈N *.求S 2 015.[解] 由条件得f (2×1 008－x )＋f (x )＝2×2， 即f (2 016－x )＋f (x )＝4. 于是有a 2 016－n ＋a n ＝4(n ∈N *)． 又S 2 015＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＋a 2 015， S 2 015＝a 2 015＋a 2 014＋…＋a 2＋a 1. 两式相加得2S 2 015＝(a 1＋a 2 015)＋(a 2＋a 2 014)＋…＋(a 2 014＋a 2)＋(a 2 015＋a 1) ＝2 015(a 1＋a 2 015)＝2 015×4. 故S 2 015＝2 015×2＝4 030.如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和．[变式训练4] 设f (x )＝12x ＋2，求f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值．解：f (x )＝12x ＋2，f (1－x )＝121－x ＋2＝2x2＋2·2x ＝12·2x 2＋2x ，∴f (x )＋f (1－x )＝1＋12·2x2＋2x ＝22，∴f (x )＋f (1－x )正好是一个定值．设所求式子的和为S ，则2S ＝22×12，∴S ＝3 2. 类型五 并项法求和[例5] 已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n －3，求数列{a n }的前n 项和S n .[分析] 本题如果由递推关系式求出数列的通项，再求前n 项和，则过程较繁．由递推关系式的特点，可考虑相邻两项并项求和，此时需对n 的奇偶性作分类讨论．[解] 当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝(2×1－3)＋(2×3－3)＋…＋[2(n －1)－3] ＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－3×n 2＝n 2－3n2. 当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋(2×2－3)＋(2×4－3)＋…＋[2(n －1)－3] ＝2＋2[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝n2－3n ＋62. 故数列{a n}的前n 项和为S n＝⎩⎨⎧n 2－3n2，n 为偶数，n 2－3n ＋62，n 为奇数.在数列中有相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循时，采用并项法求和较简便.[变式训练5] 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ×(2n －1)，求其前n 项和S n .解：当n 为奇数时，S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋(－2n ＋1)＝2·n －12＋(－2n ＋1)＝－n .当n 为偶数时，S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n ＋3)＋(2n －1)]＝2·n 2＝n .所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ，n 为奇数，n ，n 为偶数.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

本章小结一、等差数列与等比数列的概念与性质等差数列、等比数列是高中阶段学习的两类特殊数列，有关等差数列、等比数列的一些性质的应用在高考中经常以选择题、填空题出现，考查知识应用的灵活性．[例1] (1)等比数列{a n }的各项为正，公比q 满足q 2＝4，则a 3＋a 4a 4＋a 5＝________；(2)在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10等于________．[解析] 在(1)中可先把a 3＋a 4a 4＋a 5变形、化简，再把公比代入．在(2)中可先把log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10变形，再把题中条件进行代换．(1)∵(a 3＋a 4)q ＝a 3q ＋a 4q ＝a 4＋a 5，∴a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q .而q 2＝4，可知q ＝2，∴a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝12.(2)∵log 3a 1＋log 3a 2＋log 3a 3＋…＋log 3a 10 ＝log 3a 1a 2a 3…a 8a 9a 10， 而a 1a 2a 3…a 8a 9a 10＝(a 5a 6)5，∴log 3a 1a 2a 3…a 8a 9a 10＝log 3(a 5a 6)5＝5log 3a 5a 6＝5log 39＝5×2＝10. [答案] (1)12 (2)10规律总结 巧用等比数列的一些性质解题，可使得问题计算简化．[例2] 已知a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，其中n ＝1,2,3，…. (1)证明数列{lg(1＋a n )}是等比数列；(2)设T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )，求T n 及数列{a n }的通项．[分析] 把点(a n ，a n ＋1)代入f (x )，可得{a n }的递推式，再变形使之形成新的等比数列来求解．[解] (1)证明：由已知a n ＋1＝a 2n ＋2a n ， ∴a n ＋1＋1＝(a n ＋1)2.∵a 1＝2，∴a n ＋1>1，两边取对数得 lg(1＋a n ＋1)＝2lg(1＋a n )，即lg (1＋a n ＋1)lg (1＋a n )＝2.∴{lg(1＋a n )}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋a n )＝2n －1·lg(1＋a 1)＝2n －1·lg3＝lg32n －1，∴1＋a n ＝32n －1. ∴T n ＝(1＋a 1)(1＋a 2)…(1＋a n )。