1、第二章數列1 數列的表示法對于剛接觸數列的同學來說，理解數列的概念與表示法，是理解數列的關鍵一步，也可以為 以后的學習奠定良好的基礎，下面對數列的四種表示方法作簡單的分析.一、通項公式法例 1 試寫出數列 3,5,9,17,33，的一個通項公式.解 數列的各項可記為21+ 1,22+ 1,23+ 1,24+ 1,25+ 1,，所以數列的通項公式為an= 2n+ 1.點評 這類問題關鍵在于觀察各項與對應序號之間的關系，建立合理的聯想、轉換寫出一 個數列的通項公式，體現了由特殊到一般的思維規律通項公式法是數列最重要的一種表示 方法.二、列表法例 2 數列an如下表所示，試歸納其通項公式.n1234

2、512345an23456解 數列an中各項的分子依次為 1,2,3，恰好是序號n;各項的分母為 2,3,4，可 看成n+1,所以數列的通項公式為an=.n+ 1點評 由于數列可看成特殊的函數，所以數列也可用列表法表示，列表法具有直觀、清晰的 特點.三、圖象法數列是一類特殊的函數，數列的序號可看成自變量，數列的項可看成函數值，數列的通項公式也就是相應函數的解析式，所以數列可用圖象法表示，如數列n+ 2的圖象如圖.2由圖可看出，數列可用一群孤立的點表示，從數列的圖象中可以直觀地看出數列的變化情況把數列與函數進行比較，數列特殊在定義域是正整數集或其子集四、遞推公式法例 3 將正整數數列 1,2,3

3、,4，的各項按照上小下大、左小右大的原則排成如下圖的三角形數表，1234 5 6(1) 分別寫出數表中第 4 行、第 5 行的各數；(2) 將數表中每行的第一個數組成一個數列，觀察規律，給出此數列的一個遞推關系式 解 (1) 由題意知，第 4 行的各數為 7,8,9,10 ；第 5 行的各數為 11,12,13,14,15 ；(2) 由數表得，每行的第一個數組成的數列為 1,2,4,7,11，觀察得a2-ai= 2- 1= 1,a3a2= 4 2= 2,a4-a3= 7- 4= 3，a5a4= 11 7= 4，. 所以anan1=n 1 ,故此數列可表示為a1= 1,anan1=n 1.點評

4、數列的遞推公式是數列的一種表示形式, 體現了數列的一種遞推關系, 一種遞推規律3數學思想在數列的學習中起著重要的作用若能根據問題的題設特點，靈活地運用相應的數學思想，往往能迅速找到解題思路，從而簡便、準確求解.一、方程思想 例 1 在等比數列an中，已知ai+a2+a3= 7,aia2a3= 8，求通項an.分析 欲求通項an,需求出ai及q,為此根據題設構造關于ai與q的方程組即可求解.解 方法一一Taia3=a2,aia2a3=a2= 8,a2=2.ai+a3= 5,從而*解得ai= i,a3= 4 或ai= 4,a3= i.aia3= 4,i當ai= i 時，q= 2 ；當ai= 4 時

5、，q=乞 故an= 2nT或an= 23f2ai+aiq+aiq= 7,aiaiqaiq2= 8,ai 1+q+q2=7,3 3aiq=8,ai1 +q+q2=7,即.aiq=2,ni3nan= 2 或an= 2二、分類討論思想i例 2 已知an是各項均為正數的等差數列，且 lgai, lga2, Iga4也成等差數列，若bn=a2nn= i,2,3，證明：bn為等比數列.證明 由于 lgai, lga2, lga4成等差數列，所以 2lga2= lgai+ lga4,貝Ua2=aia4.設等差數列an的公差為d,2則有(ai+d) =ai(ai+ 3d),整理得d=dai,從而d(dai)

6、= 0.22i將ai=q代入，得 2q 5q+ 2 = 0,.q= 2 或q= ,學法指導4 42 數列中的數學思想方法二由等比數列的定義知2a2=aiq,a3=aiq，代入已知得ai= i由得芒q=2411當d= 0 時，數列an為常數列，又bn=,則bn也是常數列，此時bn是首項為正數,a2a2公比為 1 的等比數列.(2)當d=ai工0時，n.n. n111則a2n=a1+ (2 1)d=d+ (2 1)d= 2d,所以bn=刁,a2nd211這時b是首項 b1=-，公比為；的等比數列.2d2綜上，bn為等比數列.三、特殊化思想例 3 在數列an中，若an+2an+1=k(k為常數)，n

7、N*，則稱an為“等差比數列”.下列an+1an是對“等差比數列”的判斷：k不可能為 0；等差數列一定是等差比數列；等比數列一定是等差比數列；等差比數列中可以有無數項為0.其中正確的判斷是_ .分析 本題為新定義題，且結論具有開放性，解決本題可借助新定義構造特殊數列，排除不正確的判斷，從而簡捷求解.四、整體思想例 4在等比數列an中，a9+a10=a(a0),淞+a20=b,貝Ua99+a1oo=_,”_ a*19+a2010b分析根據題設條件可知 一=q=_,a9+a10a而冊0=q90,故可整體代入求解.解析 設等比數列an的公比為q,a19+a2010b=q=_a9+a10aa99+a1

8、009010 9解析 數列a,a,，a(az0)既是等差數列，又是等比數列，但不滿足 是等差比數列，故、不正確.故選正確.答案an+2an+1an+1an即不b9,答案b：8aa99+a100=b9a9+a10)=a85=q=(q)=6、公式法S,n= 1, 題設中有an與S的關系式時，常用公式an=來求解.|SiSi-i,n2例 1 已知數列an的前n項和 3n 2,求其通項公式1解當n= 1 時，ai=S= 3 2= 1 ；當n2時，an=SS1-1=32(312)=331=2X31,又a1=1 工 2X31,n=1,所以數列an的通項公式an=n12X3 ,n2.二、累加法 若數列an滿

9、足anan1=f(n 1)(n2)，且f(1) +f(2) +f(n 1)可求，則可用累加法求通項.n1例 2 已知數列an滿足a1= 1,an= 3 +an1(n2)，求其通項公式an. 解 由已知，得anan1= 3n1(n2),以 a a1= 3,a3a2= 3 ,a4a3= 3，anai1n以上各式左右兩邊分別相加，得ana1= 3+ 3 + 3 + 3,n1n一 3/3 一 1 小、所以13+ 1 = (n2),1n3 13 1*ai= 1 = 2-所以 an=2(n N).三、疊乘法an若數列an滿足 一=f(n 1)(n2)，其中f(1) f(2) .f(n 1)可求，則可用疊乘

10、法求通項.3n 4,-3n1an1(/工 0,求其通項公式an.錦蠢妙計3 求數列通項的四大法寶又當n= 1 時,已知數列an中，a1= 3,an7由a1= 3,3n 4an= 3n 1an1,anan13n 43n8所以 ai =(n2).3n- 16 6*又ai= 3 = 3 乂 1 _ 1，所以an= 3(n N).四、構造法當題中出現an+1=pan+q(pqz0且pz1)的形式時，把an+1=pan+q變形為an+計 入=p(an+q入)，即an+1=pan+入(p 1)，令入(p- 1) =q,解得 入=，從而構造出等比數列 & +p1入.1*例 4 數列an滿足a1= 1

11、, &+1= &an+ 3(n N)，求其通項公式an.3與已知比較，得4上=3,所以t= - 4,故an+1- 4 = 4(an- 4).1又a1-4 = 1 4 = -3 工 0,故數列an-4是首項為一 3,公比為；的等比數列,4因此- 4=- 3X1 n-1,即an= 4-3Xi：n-1(n N*).對比等差數列的通項公式和一次函數的解析式，等差數列的前n項和公式和二次函數的解析式，可以得出等差數列以下三點性質.性質 1：在等差數列an中，通項公式an=a1+ (n- 1)d，變形為an=dn+ (ad)，知an是n的函數，且點(n, an)均在直線y=dx+ (ad)

12、上.例 1 在等差數列an中，a12= 21,a45= 153,那么 225 是第幾項？解 由an=dn+ai-d,知點（n,an）在直線：y=dx+ai-d上，25,a35a48as11a28，a311，a414an3n 4-=一 4(n2)，以上各式左右兩邊分別相乘,an-13n 1an得aT23n-1，1an+1+1= 4(an+t)，貝Uan+1=1 34an-4t活學活用4 44 函數思想在等差數列中的妙用9a45ai2225 a45所以=d,45 12n-45八、叫丄口/口 153 21 225 153代入數據得4512=n45，得n= 63,即 225 是這個數列中的第 63 項

13、.n n1S d fS性質 2：在等差數列an中，其前n項和S= na+d,變形為=n*a,知是n的函數，且點 5,半均在直線y= 2x+a1 上.例 2 在等差數列an中，So= 20, So= 200,則Sa 010的值為_ .2Sn解析 由S=Ari+Bn,知一=A* B,n所以點n,半在直線y=Ax+B上.于是點何鄂3劭 S2 010,為岸點共線，S50S10S2 010S505010 2 01050 亠亠 50 10=2 010 - 50 成立.把 $0= 20,S50= 200 代入上式，解得$ 010= 205 020.答案 205 020性質 3：在等差數列an中，其前n項和S

14、= na+nd,變形為S=少+ in,dd22若設A=3,B=a1 2 貝 U $=An+Bn,且點(n,S)均在曲線y=Ax+Bx上.例 3 已知等差數列an中，Sm=S(n)，貝U &+ n=_.解析 由s=An2+Bn,知點(n,S)在拋物線y=Ax2+Bx上，又Sm=S,所以點 R(m S)與 點F2(n,S)關于拋物線的對稱軸對稱，而對稱軸方程為x=印尹，不妨設A0, $20,S30,S3O,.122no13,. 6no0 ,Sl30.ai3=Sl3一Sl20.的圖象上設二次函數y= 2x2錦蠹妙計45 判斷等比數列的四種方法=q(其中q為非零常數,ann N*)?an是等比

15、數列.整理得Si+1Sin+7=2X下ai30,.d0,且k工 1,貝Ux=logak,y= logbk,z= logck,11+ =x z得 logka+ logkc= 2logkb,所以b2=ac,又a,b,c都不為 0,故a,b,c成等比數列.點評 將x,y,z用以k為底的對數表示，由此產生關于a,b, c的等式，建立已知與未知的聯系是關鍵所在.三、通項公式法an= agnT（a1,q均不為零，n N）?a是等比數列.例 3 已知數列an的通項an= 2n，以下關于該數列的說法中錯誤的是 _.an是等差數列；484 不是an中的項；3an是等比數列；殳an的前 8 項的和為 510. 解

16、析 由an= 2n= 2 2nT,可知數列an是首項、公比均為 2 的等比數列，易得正確，錯誤.答案 點評根據通項公式判斷出數列為等比數列，問題迎刃而解.四、前n項和公式法a1 1qa1na1nja1* i當q0且qz時，S=1 _q=q_ qq_ =kqk k=q_,n N，貝yan是等比數列.例 4 已知數列an的前n項和為S= 2n 1,則a1+a；+a=_n1解析 易知an為等比數列且an= 2,由也是等比數列，a2= 1,公比為 4.1n答案 3(4 1)點評 在S中，令n= 1 即得到首項a1,解決此類問題應有賦值求值的意識.2y, a?+a2+ +an=1 4n11 4 = 3(

17、4n1)13以上四種方法是判斷數列的常用方法，同學們在解題時應根據具體題目選用恰當的方法重點深化146 計算等比數列的三個原則解答等比數列計算題，通常以其通項公式和前n項和公式為基本工具，或直接代入求解，或列方程（組）求解，此外，還有一些特殊要求，同學們要準確快捷地解答等比數列問題，以下 三點必須知道.一、公式選擇要恰當31例 1 在等比數列an中，已知首項ai= 3,an= 了更，公比q= 2，求前n項和S.3丄xi”aianqi28 2 765解S1=7q=廠=莎.qi-2aianqn，而用S=口，直接代入即可.求和公使用頻率高，易被忽視.二、運算技巧要掌握已知a3+a5= 3,a7= 4

18、,求其公比.分析 根據等比數列的通項公式列方程組求解.r24小aiq+q= 3,6 /aiq= 4,又aiz0,qz0,二式相除得戸=4,42整理得 3q 4q 4= 0,解得q2=2（舍去）或q2= 2,所以q= ,2.點評 因等比數列的計算問題中，積與幕較多，故把相關式作商是個常用技巧，這樣可以去掉無關量，突出待求量.此外，等比數列計算題還常用整體代入、整體變形等技巧.三、分類討論勿忽視例 3 已知等比數列an的各項都是正數，其前n項和為S, a3= 2, S= 5S,求通項an. 分析 依據等比數列的通項公式和前n項和公式列方程組，先求出ai和q,再求an.解 設數列an的公比為q,當q

19、= i 時，an= 2,S= 8,S= 4,不滿足S= 5S2,分析 把已知量代入等比數列的前n項和公式$=當即可求解.點評若用$=aiqi q解本題，需先求出Haianq、十 e .式s=市,適用于已知ai,q,an求S或已知ai,q,S求an的題型，因其不如S=ai打例 2 在等比數列an中,解設公比為q,則*15故 1.|aiq=2,由已知得ai_q4、_i-q 2aiq= 2,q4- 5q2+ 4= 0,i依題意，又有q0 且qzi,所以q= 2,ai= ,i則an=22n-1=2n-2點評 解答本題時容易忽視對公比q的討論同學們要牢記：當q= i 與qzi時，等比數列 的求和公式是不

20、同的，所以當公比不確定時，一定要注意對公比的討論.研究數列的單調性和最大(小)項，首選作差，其次可以考慮借助函數單調性.例 i 已知數列an的通項公式為an=n(7)n+二則該數列是否有最大項，若有，求出最大項的項數；若無，說明理由.解當n3 時，f(n+ i) f(n)0.綜上，可知an在n i,2,3時，單調遞增；在n 4,5,6,7，時，單調遞減.所以存在最大項，且第 4 項為最大項.點評 之所以首選作差， 是因為研究數列的單調性和研究函數的單調性不一樣， 函數單調性 要設任意xiX2,而數列只需研究相鄰兩項an+1-an,證明難度是不一樣的.例 2 數列an中，& =n-,則該

21、數列前 100 項中的最大項與最小項分別是 _ .n-寸 2 007分析 可以先把an=n-丫2 006用分離常數進行化簡，然后再研究函數f(X) = i +1-q2i-q整理得1ai= = , 解得2.q=2ai= 2,或.q= i,活學活用47 如何研究數列的單調性和最大(小)項16n-p2 00717雪;0 穢的性質，得出該數列前100項中的最大項與最小項.n-2 0062 007 ,2 006n2 007 =n-2 007在區間（一8,2 007）與（，T007,+8）上都是減函數,因為 44 2 0070,ASn8.5 1 1又 sS=9. 9例 6 等差數列an的各項均為正數，a1

22、= 3,前n項和為S,bn為等比數列，6= 1,且b2$=64,b3$= 960.an= 3 + (n 1)d,bn=qnSab2=6 +d(舍去)-則d為正數,1q= 64,q2=960,d=24=1 2 2 + 3 + 3 - 4 - 4 + 5+ 99 - 100 - 100 + 101=(1 + 2) + (3 + 2)一(99 + 100) + (101 + 100)=-(1 + 2+ 99 + 100) + (2 + 3+-+ 100+ 101)=1+ 101 = 100.例 8 等比數列an中，a1,a2,a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數，且aa2,a3中的任何兩個數不在

23、下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求數列an的通項公式；若數列bn滿足：bn= a + ( 1)nln a，求數列bn的前n項和$解(1)當a1= 3 時，不合題意；當a1= 2 時，當且僅當a2= 6,as= 18 時，符合題意；當a1= 10 時，不合題意.因此 ai = 2,a2= 6,a3= 18.所以公比q= 3.25n_ i*故an= 2 3(n N).因為bn=an+ ( _ 1)nlnan=2 3n_1+(_1)nln(2 3n_1)=2 3n_1+(_1)nln 2+(n_1)ln 3=2 3n_1+ ( _ 1)n(ln 2 _

24、 In 3) + ( _ 1)nnln 3 ,所以S= 2(1 + 3+-+ 3n_1) + _ 1 + 1 _ 1 + -+ ( _ 1)n (In 2_ ln 3) + _ 1 + 2_ 3+- +n(_ 1)nln 3.所以當n為偶數時，n1 _ 3nnnS=2X+-ln 3=3+In 3_1;1_ 322nn3 + qln 3 _ 1,n為偶數，綜上所述，sn=nn 13 _ ln 3 _ ln 2 _ 1,n為奇數. 2點評 求數列的前n項和 S 時，若含有符號因子（1）n，一般要對n按奇數、偶數兩種情況討論.5.錯位相減求和方法要領：一般地，如果數列 an是等差數列，bn是等比數列

25、，求數列anbn的前門項和時，可采用錯位相減法求和.在寫出“S”與“qS”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便于下一步準確寫出“ S qS”的表達式.例 9 化簡：Sn=n+(n 1)x2+ (n_2)X22+ 2X2n_2+ 2n_1.解 s=n+(n 1)x2+ (n_ 2)X22+ 2X2n_2+ 2n_1兩邊同時乘以 2 得至腹2Sn=nx2+(n1)X22+3X2n_2+2X2n_1+2n12n_1n、 s=_n+(2+2+-+2+2 )%_ |n!n_1當n為奇數時55當n為奇數? 1 21_ 2_n= 2n+1n_ 2.S= 2X _(ln 2_ln 3)26例 10 已知

26、Cn=| 8n_3nl|_1當n為偶數時55 3S=C1+C2+C3+C4+ +Cn,求S.27解當n為奇數時,88 8 8S1=52x5+3x54x5+5n51x則 lTn=ix31+2x32+3x33+4x3，4n 23n+ In5+5 G丿因此S=4n+ 27n+2n丁+3丿點評 利用錯位相減法求和時，轉化為等比數列求和.若公比是個參數（字母），則應先對參數加以討論，一般情況下分q= 1 和ql兩種情況分別求和.數列問題的靈活性、技巧性較強，因此，在解數列問題時必須研究技巧與策略，以求做到：選擇捷徑、合理解題，本文歸納了七種常見策略.第一招活用概念數列的概念是求解數列問題的基礎，靈活運用

27、數列的概念，往往能出奇制勝.例 1 已知an是公差為 2 的等差數列，若ai+ay+-+弟=100，那么a2+a5+a8+- +3+2xI+3x當n為偶數8 8 8 8 $ =52x5+3x54x5n n2-32-34n320EX&葉2X1+3x32+4x33+n3T】令Tn= 1X當n為奇數時當n為偶數時I錦囊妙計9 提高運算速度的七個妙招乳+4x351x2+2x31+3x孑+4x3+2X31+3X=3 (3 +n)，得 3“ i+Tn= 9 (9 + 3n)28a98=_.解析 若先求出ai,再求和，運算較為煩瑣注意到兩個和式中的項數相等，且均是等差數列.由于(a2+a5+a8+

28、+a98)(ai+a4+a7+ +a97)= (a2ai) + (a5a4)+ (a8a7)+ (a98a97)= 33d= 66,所以 比+a5+a8+a98= 100 + 66= 166.答案 166點評 活用等差、等比數列的概念，溝通有關元素間的內在聯系，使運算得以簡化.第二招巧用性質數列的性質是數列的升華，巧妙運用數列的性質，往往可以使問題簡單明了，解題更快捷方便.例 2 各項均為正數的等比數列 an中，若a?a8= 9,則 log3ai+ logsa2+ log3ai4=_.解析 若設出ai和q,利用基本量法求解，顯然運算量較大.若利用性質aiai4=a2ai3=a7a8= 9，貝V

29、aia2ai4= (a7Q)7= 9，所以 log3ai+ log382+ log3ai4= log39 = 14.答案 14點評 數列的性質是對數列內涵的揭示與顯化，是求解數列問題的有力武器.第三招靈用變式在求解數列問題過程中，可以利用等差或等比數列的變形公式來處理有關問題.例 3 已知等差數列an中，a3= 3, a= 388，則該數列的通項an =_.解析 利用等差數列的變形公式求得公差，再結合等差數列的變形公式求得通項.設等差數a10a3388 3列an的公差為d,貝Ud= 103 =7 = 55,an=a3+ (n 3)d=3+(n3)x55=55n162.答案 55n 162點評

30、常規方法是聯立方程組，求出首項與公差，再由數列的通項公式求解.而利用變形公式可以回避求解數列的首項，直接求解公差，再結合變形公式求得通項.第四招整體考慮通過研究問題的整體形式、整體結構，避免局部運算的困擾，達到簡捷解決問題的目的.例 4 設S表示等差數列an的前n項和，且 S)= 18, S= 240,若an4= 30,試求n的值.解 常規解法是設出基本量a1,d,列方程組求解，但較煩瑣；若能利用整體思維，則可少走彎路，使計算合理又迅速.由Sg= 18，即=18,則a1+a9= 4= 2a5,故a5= 2,29點評 本題解法不在a,d上做文章，而是將Sn變形整理用a5+an4表示，使解題過程大

31、大 簡化.n又Sn=-a1+an2na5+an-42=240，所以n= 15.30第五招數形結合 數列是一類特殊的函數，所以可以借助函數的圖象，通過數形結合解數列問題.例 5 在公差d0 的等差數列an中，已知S8，則此數列的前多少項的和最大?解 用數形結合法解等差數列問題應抓住兩個方面：通項 的有關問題通過構造點共線模型，可簡化解題過程；前 函數的對稱性及最值.、xx d2d設f(x) =xai+2d= 2x+ (ai 2)x,則(n, S)在二次函數的圖象上，8 + 18由于S= S8,d0,所以y=f(x)的對稱軸是x= = 13,且開口向下，故當x= 13 時，f(x)取得最大值，故數

32、列an的前 13 項的和最大.點評 從直觀性角度研究數列問題，可使問題變得生動形象，易于求解.第六招分解重組在處理數列求和問題時，若數列的通項公式可分解為幾個容易求和的部分，則對數列的前n項和進行重新分解，分別求和.,519左1例 6 在數列an中，已知a1= 6,a2= 36，且bn是公差為1 的等差數列，bn= log2(an+13an) , cn是公比為1的等比數列，Cn= / +14n，求數列gn的通項公式 /及前n項和 S.32解 由已知條件，事先無法估計an解析式的結構，因此不能用待定系數法求an但是利用等差數列bn和等比數列Cn可以得出關于an+1和an的兩個等式，消去8n+1,

33、即可得an.再根據an求解對應的前n項和.,19 15、所以b=log 236齊6 一2,bn= -n- 1,又bn是公差為一 1 的等差數列，Cn是公比為1的等比數列，所以1n+13n=總丿，an聯系一次函數，對于等差數列n項和S聯系二次函數，利用二次5因為 a = 6,19a2=36，1 915136產6=亍，31所以sn= 3 (1 +1+ 2-n) 2 (1+ *+ 1)點評 通項雖不是等比數列，但可拆為兩個等比數列的和的形式，再分別利用等比數列的求和公式求和.第七招合理化歸化歸意識是把待解決的問題轉化為已有知識范圍內問題的一種數學意識，包括將復雜式子化簡、為達某一目的對數學表達式進行

34、變形、從目標入手進行分析等.n+ 2S例 7 數列an的前n項和記為Sn,已知ai= 1,an+1=廠$(n= 1,2,3 ,),證明：數列*是等比數列.證明要證明數列半是等比數列，必須把問題化成與號這個整體有關的問題，通過等比數列n + 2的定義加以證明.由于an+1= -Sn,an+1=Sn+1Sn，則(n+ 2)Sn=S+12SS、n(Sn+1Sn)，整理得nSn+1= 2(n+ 1)Sn，即n+1 = -.又SnM0,所以數列 -是以 1 為首項、2 為公比的等比數列.點評 將數列中的復雜問題進行轉化，關鍵是找準方向，再利用已知等差或等比數列的相關知識求解.n= 1 ,在解數列綜合題中

35、的重要應n由數列前n項和Sn的含義可知，Sn=a1+a2+-+an,從而得到公式an=SS1(n2)對任 意數列都成得an=32廠亍，專題講座10 公式an=SnSn1則32立在數列一章中，這是一個不太起眼的小公式，但是就是這樣一個微不足道的 小公式在求解數列綜合題中發揮著重要的作用，也是近幾年考試中高頻考查的公式之一下 面結合例子談一下該公式的重要用途.1 .已知 S=f(n)，求an例 1 數列an的前n項和 S 滿足關系 lg ( S+ 1) =n(n= 1,2,3，)，試證數列an是等比 數列.分析 先由 lg ( S+1) =n,求出再由公式an= SS1(n2)求出an，最后利用等

36、比數 列定義證明.證明 由已知可得 S= 10n 1,當n2時，an=SS1= (10n 1) (10n1 1) = 9 10n1又當n= 1 時，a=S= 9 也滿足上述通項公式， 數列an的通項公式為an= 9 10n1.a9 10n1而當n2時，=910n2= 10,為一常數,ch19 10數列an是以 9 為首項，10 為公比的等比數列.2 .已知Sn+1=f(Sn)，求an或S例 2 已知數列an的首項a1= 5,前n項和為 S,且S+1= 2S+n+ 5,n N*.(1)證明：數列an+ 1是等比數列；求an的通項公式以及Sn.分析 注意到S+1= 2Si +n+ 5，得到S= 2

37、S1+n+4,然后兩式相減就會得到an+1與an的遞推關系，從而使問題(1)獲證，在第(1)問結論的基礎上易求 an及 S.(1)證明 由已知S+1= 2Sn+n+ 5,n N,可得當n2時，S1=2S-1+n+ 4.兩式相減得Sn+1Sn= 2(SnSn-1) + 1 ,即an+1= 2an+ 1 ,從而an+1+ 1 = 2(an+ 1).當n= 1 時，S2= 2S+ 1 + 5,所以 as+a1= 2a1+ 6,又a1= 5，所以a2= 11,從而 a?+ 1 = 2(a1+ 1),故總有an+1+1 = 2(an+ 1),n N,an+1+ 1又a1= 5,a1+ 1 工 0,從而=

38、2,an+ 1即數列an+ 1是首項為 6,公比為 2 的等比數列.解由(1)得an+1=6 2n1,所以 a= 6 2n1 1,333.已知S= f(an)，求an或S3*例 3 設A為數列an的前n項和，A= q(an 1)(n N)，數列bn的通項公式為bn= 4n+ 3 (n N*).(1) 求數列an的通項公式；將數列an、bn的公共項，按它們在原數列中的先后順序排成一個新的數列dn，證明數列dn的通項公式為dn= 32n+1(n N*).分析(1) 一般地，當已知條件中含有 an與 S 的混合關系時，常需要運用關系式 金=S S1, 先將已知條件轉化為只含 an或 S 的關系式，然

39、后再求解.(2) 一般地，一個等差數列與一個等比數列若存在公共項，則它們的公共項按原來的順序構成一個新的等比數列.3*(1)解 由已知A= 2(an 1) (n N).3當n= 1 時，a1= 2(a1 1)，解得a1= 3.3當n2時，an=AnAn1= (anan1),由此解得an= 3an1，即一=3 (n2).an1所以數列an是首項為 3,公比為 3 的等比數列，故an= 3 (n N).證明 由計算可知a1,a2不是數列bn中的項.因為a3= 27 = 4X6+ 3，所以d1= 27 是數列bn中的第 6 項設ak= 3k是數列bn中的第m項，k*則 3 = 4m+ 3 (k, m

40、 N),因為 a+1= 3k+1= 3 3k= 3(43) = 4(3 m 2) + 1,所以a+1不是數列bn中的項.k+2k而ak+2= 3= 9 3= 9(4m+ 3) = 4(9m+ 6) + 3,所以 a+2是數列bn中的項.由以上討論可知d1=a3,d2=a5,d3=a7,，dn=a2n+1.所以數列dn的通項公式是dn=a2n+1= 3 如+1(n N*).4 .已知an=f(Si)，求an或Sn3 例 4 已知數列an中，a1= 1，前n項的和為S,對任意的自然數n2,an是3S 4 與 2Sn1的等差中項.1-2n1 2nn= 6 2n 6.于是34(1)求通項an；求 s.

41、丄丄分析由已知能推出 丄=廠 但是丄=廳成立的前提是n2,只能說明數列從第2 項起an2an2為等比數列，至于整個數列 an是否為等比數列還需驗證 是否等于1，這種在解答過程中ai2忽視數列“定義域”限制而致錯的題目頻率是非常高的，應引起足夠的重視. 解(1)由已知，得當n2時，r 3 y2an= (3S 4) + 2 2$-1,又an=SnSn-1,得an= 3Sn 4(n2),an+1= 3Si+1 4,以上兩式相減得，an+1an= 3an+1,= , a2,a3,，an,成等比數列，an2其中a2= 3S2 4 = 3(1 +a2) 4.1 1即a2= 2，q= 2，當n2時，a=a2

42、qn_2= 2gf2= ； 2f：n=l ,即an= 2n-1啟.(2)當n2時，Sn=a1+a2+an=a1+ (a2+an)3 - 1n-1=1 +當n= 1 時,2)也符合上述公式3511 盤點數列中的易錯問題1 對數列的概念理解不準而致錯例 1 已知數列an是遞增數列，且對于任意的n N,an=n6+入n恒成立，則實數 入的取值范圍是_ 錯解因為an=n2+入n是關于n的二次函數，且n1,所以一才 1,解得 入一 2.點撥數列是以正整數 N*(或它的有限子集1,2，n)為定義域的函數，因此它的圖象 只是一些孤立的點.正解 1 設f(x) =x2+入x,則其圖象的對稱軸為x=號，因為an

43、=n2+入n,所以點(n,an)在f(x)的圖象上，由數列an是單調遞增數列可知，若-2 3 = - | - 3.即-3 為所求的取值范圍.正解 2因為數列an是單調遞增數列，所以 a+1 a0 (n N*)恒成立.又an=n2+ -n(n N*),所以(n+ 1) + - (n+ 1) (n+ -n)0 恒成立，即 2n+ 1+ - 0,所以-(2n+ 1) (n N*)恒成立.而當n N*時，一(2n+ 1)的最大值為一 3(當n= 1 時)，所以-3 即為所求的取值范圍.溫馨點評 利用函數觀點研究數列性質時,一定要注意數列定義域是 1 , 2, 3, 4,，n,或其子集這一特殊性，防止因

44、擴大定義域而出錯6 .忽視數列與函數的區別而致錯3 時，數列an也是單調遞增的.如圖所示，當363a x3,xw7,*例 2 設函數f(x)=*x6數列an滿足an=f(n) ,nN,且數列ana,x7,是遞增數列，則實數a的取值范圍是 _.錯解因為數列an是遞增數列，且點(n,an)在函數f(x)的圖象上，所以分段函數f(x)3 a0，9 是遞增函數，故實數a滿足不等式組 p1,解得二a3.4LJ3a37因此當 3a0 時，aia2a31 時，asvaxa*；為使數列an遞增，還需a?0,故實數a滿足條件a1,解得 2a3,f 7 0, d33點撥忽略了“開始” 一詞的含義，題目強調了第 1

45、0 項是該等差數列中的第一個正項,有a9W0.正解 設an= 24 + (n- 1)d,a9 =24+ fdw0,aio= 24+ |1d0,溫馨點評審題時要細心，包括問題的細節，有時細節決定解題的成敗5 忽略概念中的隱含條件而致錯例 5 一個凸n邊形的各內角度數成等差數列，其最小角為120,公差為 5,求凸n邊形的邊數.錯解 一方面凸n邊形的內角和為Si,S=120n n1 n+2x5.另一方面，凸n邊形內角和為(n 2)x180n n 1所以 120n+x5= (n 2)x180,化簡整理得n2 25n+ 144= 0.所以n= 9 或n= 16.即凸n邊形的邊數為 9 或 16.點撥凸n邊形的每個內角都小于180 .當n= 16 時，最大內角為 120+ 15X5 =195 180應該舍掉.正解凸n邊形內角和為(n 2)x180,n n 1所以 120n+x5= (n 2)x180,解得n= 9 或n= 16.當n= 9 時，最大內角為