【教案】等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型
文档属性
| 名称 | 【教案】等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 206.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-08-10 22:16:48 | ||
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文档简介
个性化教学辅导教案
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型
教学目标 学会等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型
教学过程
教师活动 学生活动
类型一：等差、等比数列的基本运算 一、前测回顾 1．已知{an}是等差数列，若2a7－a5－3＝0，则a9＝________． 答案：3． 解析：方法一：设公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋4d)－3＝0，即a1＋8d＝3，所以a9＝3． 方法二：由等差数列的性质得a5＋a9＝2a7，所以(a5＋a9)－a5－3＝0，即a9＝3． 2．(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________． 答案：20． 解析：设等差数列{an}公差为d，由题意可得：解得 则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20． 3．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________． 答案：－7． 解析：设数列{an}的公比为q，由得或 所以或所以或所以a1＋a10＝－7． 4．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝________． 答案：60． 解析：方法一：设等比数列{an}公比为q，由题意可得q≠1，则 由 ，得 ，所以S12＝＝60． 方法二：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60． 5．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大． 答案：8． 解析：根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0．又a8＋a9＝a7＋a10＜0，所以a9＜0，所以当n＝8时，{an}的前n项和最大． 【2018五校联考】在等差数列中，，则=___________. 【答案】24 6.【2018五校联考】数列{an}满足an＋1＝an＋a（a为常数且不为0，n∈N＋），若a2，a3，a6成等比数列，则该等比数列的公比是 ． 【答案】3 7.【2019百校大联考】公差不为的等差数列的前项和为，若成等比数列，，则 ． 【答案】19 8.【2018淮安】设等差数列的前项和为．若，且，，成等差数列，则数列的通项公式 ． 【答案】 9.【2019启东】已知等差数列的前项和为，若，则的取值范围是 . 【答案】 10.【2018启东第二次月考】已知数列是等比数列，若，则的最小值为__________． 【答案】1 二、方法联想 1．基本量运算 等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住a1、d(或q)，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入”． 2．性质的应用 用好等差、等比数列的性质也能减少运算量． 方法 (1)在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q则am＋an＝ap＋aq．特别若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap． 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q则aman＝apaq．特别若m＋n＝2p，则aman＝ap2． (2) 在等差数列{an}中，由Sn＝得，若n为奇数，则S2n－1＝(2n－1)an． 方法 在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列． 在等比数列{an}中，一般情况下Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． 3．等差数列Sn的最值问题 方法 在等差数列{ an }中Sn 的最值问题： 方法1：(1)当a1＞0，d＜0时，满足的项数m使得Sm取最大值． (2)当a1＜0，d＞0时，满足的项数m使得Sm取最小值， 方法2：由Sn 的解析式，结合二次函数图象分析． 三、方法应用 例1设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0． (1)若S5＝5，求S6及a1； (2)求d的取值范围． 解：(1)由题意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8． 所以解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7， (2)因为S5S6＋15＝0， 所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0， 即2a12＋9da1＋10d2＋1＝0． 故(4a1＋9d)2＝d2－8．所以d2≥8． 故d的取值范围为d≤－2或d≥2． 例2 (1) 等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，求a8的值； (2) 设等比数列{an}的前n项和为Sn．若27a3－a6＝0，求的值． 解：(1) 当q＝1时，显然不符合题意； 当q≠1时，解得则a8＝×27＝32． (2) 设等比数列的公比为q，首项为a1，则＝q3＝27． ＝＝1＋＝1＋＝1＋q3＝28． 例3 (1)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，当n取何值时，{an}的前n项和最大? (2) 已知数列{an}为等差数列．若＜－1，且{an}的前n项和Sn有最大值，求使Sn＞0时n的最大值． (3) 在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，a5＝3a7，其前n项和为Sn，求Sn取得最大值时n的值． 解：(1) 由等差数列的性质，得a7＋a8＋a9＝3a8，a8＞0． 又a7＋a10＜0，∴ a8＋a9＜0，∴ a9＜0，∴ S8＞S7，S8＞S9， 故数列{an}的前8项和最大． (2) ∵ ＜－1，且Sn有最大值，∴ a6＞0，a7＜0，且a6＋a7＜0， ∴ S11＝＝11a6＞0，S12＝＝6(a6＋a7)＜0， ∴ 使Sn＞0的n的最大值为11． (3) 在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0． ∵ a5＝3a7，∴ a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴ a1＝－7d， ∴ Sn＝n(－7d)＋d＝(n2－15n)， ∴ n＝7或8时，Sn取得最大值． 四、归类巩固 *1．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________． (等比数列基本量计算) 答案：4． *2．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn．已知S3＝，S6＝，则a8＝_______． (等比数列基本量计算) 答案：32． **3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则Sn的最小值为________． (等差数列前n项和的最值) 答案：－． 解析：方法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知解得a1＝－3，d＝． 所以Sn＝na1＋d＝－3n＋×＝－n＝(n－5)2－．当n＝5时，Sn有最小值为－． 方法二：设Sn＝An(n－10)，由S15＝25，得A＝．所以当n＝5时，Sn有最小值为－． *4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________． (等比数列基本量计算) 答案：5． *5．在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2015的值为________． (等差数列基本量计算) 答案：－2015． 解析：根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，由已知可得＝a1＝－2 015，由－＝2＝2d，得公差d＝1．故＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1，所以S2 015＝－2015． *6．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3＋a4＋…＋a8＝________． (等差数列基本量计算) 答案：3． *7．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________． (等差数列基本量计算) 答案：88． ***8．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是________． (等差数列前n项和的最值) 答案：4 032． 解析：因为a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4033a2 017＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 032． **9．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝________． (等差数列基本量计算) 答案：10． 解析：记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10． ***10．设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为Sn，Tn．若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝________． (等差、等比数列混合) 答案：－． 解析：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)， 得解得故＝＝＝＝－． *11．设等比数列的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝________． (等比数列基本量计算) 答案：4． *12．已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是________． (等差、等比数列混合) 答案：． ***13．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________． (等比数列前n项积的最值) 答案：64． 解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝．又a1＋a1q2＝10，所以a1＝8．故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·＝23n－＋＝2－＋n． 记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6． 又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64． **14．Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________． (等差数列基本量计算) 答案：． 解析：因为＝，所以令n＝1可得，＝＝，即＝，化简可得d＝a1，所以＝＝＝． **15．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为________． (等差、等比数列混合) 答案：2 **16．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－＜d＜－，则当Sn取最大值时，n 的值为________． (等差数列前n项和的最值) 答案：9． 解析：法一：因为Sn＝n＋d，所以Sn＝n2＋n． 因为函数y＝x2＋x的图象的对称轴方程为x＝－＋，且开口向下，又－＜d＜－， 所以9＜－＋＜．所以Sn取最大值时，n的值为9． 法二：由an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0，得n－1＜．． 因为＜－d＜，所以＜＜9．又n∈N*，所以n－1≤8，即n≤9．故S9最大． **17．已知{an}为等差数列，若＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n＝________． (等差数列前n项和的最值) 答案：19． 解析：由＜－1，得＜0，且它的前n项和Sn有最大值，则a10＞0，a11＜0，a11＋a10＜0，则S19＞0，S20＜0，又S19－S1＝a2＋a3＋…＋a19＝＝9(a11＋a10)＜0，所以S19＜S1，所以当Sn取得最小正值时，n＝19． **18．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________． (等差数列基本量计算) 答案：200 ***19．在等差数列{an}中，若任意两个不等的正整数k，p都有ak＝2p＋1，ap＝2k＋1，数列{an}的前n项和记为Sn．若k＋p＝m，则Sm＝________．(用m表示) (等差数列基本量计算) 答案：m2． 解析：设数列{an}的公差为d，由题意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋1，② 两式相减，得(p－k)d＝2(k－p)．又k－p≠0，所以d＝－2．则a1＝2p＋2k－1＝2m－1． 因此Sm＝ma1＋d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2． **20．在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________． (等比数列基本量计算) 答案：2． 解析：方法一：a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2· ＝·＝×140＝80． 方法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87， 因为b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q＋q2)＝140，而1＋q＋q2＝7， 所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80． ***21．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________． (等比数列基本量计算) 答案：3． **22．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于________． (等差、等比数列混合) **23．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于________． (等比数列基本量计算) 答案：150． 解析：依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)， 即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30． 又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋＝70＋＝150． **26．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________． (等差数列基本量计算) 答案：5． 解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d． 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5． 类型二：等差、等比数列的判断与证明 一、前测回顾 1．(2010·江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________． 答案：21． 解析：在点(ak，a)处的切线方程为：y－a＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，即an＝16×，所以a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21． 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c∈R)，则“c＝0”是“{an}是等差数列”的______条件． 答案：充要． 解析：a1＝a＋b＋c，a2＝S2－a1＝3a＋b，a3＝S3－S2＝5a＋b，若{an}是等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得c＝0，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的必要条件； 当c＝0时，Sn＝an2＋bn，当n＝1时，a1＝a＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋b－a，显然当n＝1时也满足上式，所以an＝2an＋b－a(n∈N*)，进而可得an－an－1＝2a(n∈N*)，所以{an}是等差数列，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c＝0”是“{an}是等差数列”的充要条件． 3．已知，，成等差数列，求证：，，也成等差数列． 解：由已知得b(a＋c)＝2ac，所以＋＝＝＝， 所以，，也成等差数列． 4．已知an+1＝，a1＝2 ，求证：数列{}的等差数列． 解：由已知，a1＝2，故an≠0，所以＝＝＋，所以－＝， 所以数列{}是等差数列． 5．数列{an}前n项和为Sn，若an＋Sn＝n，令bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列． 解：由an＋Sn＝n，得n≥2时，an－1＋Sn－1＝n－1，两式相减得2an－an－1＝1，即2bn＝bn－1． 从而有＝(常数)，所以数列{bn}是等比数列． 二、方法联想 1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列： 方法1 定义法，即当n∈N*时，an＋1－an为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2均成立． 说明：得到2an＋1＝an＋an＋2后，最好改写为an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1，回到定义． 方法 证明数列是等比数列： 方法1 定义法，即当n∈N*时，为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时，an＋12＝anan＋2均成立，且数列{an}没有0． 说明：得到2an＋1＝an＋an＋2后，最好改写为＝＝…＝，回到定义． 2．等差、等比数列的判断 判断数列是等差数列 方法1 定义法，即当n≥1且n∈N*时，an＋1－an为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n≥1且n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等差，再证明其对任意n∈N*成等差数列． 方法4 通项为一次形式，即an＝an＋b． 方法5 前n项和为不含常数项的二次形式，即Sn＝an2＋bn． 方法6 若数列{an}为等比数列，则{logaan}为等差数列． 注意 方法4、5、6只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等差数列 方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等差数列． 判断数列是等比数列 方法1 定义法，即当n∈N*时，为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时， an＋12＝anan＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等比，再证明其对任意n∈N*成等比数列． 方法4 通项公式为指数幂形式，即an＝aqn． 方法5 若数列{an}为等差数列，则{aan}为等比数列． 注意 方法4、5只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等比数列 方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等比数列． 三、方法应用 例1 已知数列{an}是等比数列(q≠－1)，Sn是其前n项的和，求证：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k仍成等比数列． 解：方法一： (1)当q＝1时，结论显然成立； (2)当q≠1时， Sk＝，S2k＝，S3k＝． S2k－Sk＝－＝． S3k－S2k＝－＝． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)＝·＝． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)， 又因为q≠－1，所以Sk，S2k－Sk，S3k－S2k中没有零， 所以＝，所以Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列． 方法二： S2k－Sk＝(a1＋a2＋a3＋…a2k)－(a1＋a2＋a3＋…ak) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋…a2k＝qk(a1＋a2＋a3＋…ak)＝qkSk≠0． 同理，S3k－S2k＝a2k＋1＋a2k＋2＋a2k＋3＋…a3k＝ q2kSk≠0． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)，下同方法一． 例2 设数列{ an }的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1． (1)求a4的值； (2)证明：{an＋1－an}为等比数列． 解：(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即4×(1＋＋＋a4)＋5×(1＋)＝8×(1＋＋)＋1，解得a4＝． (2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1 (n≥2)， 得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn (n≥2)， 即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)． ∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴＝＝＝＝ ∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列． 四、归类巩固 *1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于________． (由定义判定等差数列) 答案：3(1－3－10) ． *2．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2．若akak＋1＜0，则正整数k＝________． (由定义判定等差数列) 答案：23． *3．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________． (由Sn与an关系，结合定义判定等差数列) 答案：92． *4．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an＝________． (由Sn与an关系，结合定义判定等比数列) 答案：2n＋1． **5．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋＜t，则实数t的取值范围为________． (由前n项的积与an关系，由通项公式判定等比数列) 答案：． 解析：依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝＜，因此实数t的取值范围是． **6．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________． (由通项公式判定等差数列) 答案：． 解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝．令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝． **7．已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________． (由定义判定等比数列) 答案：1 022． 解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，所以an＋1＝2an，又因为a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝＝210－2＝1 022． *8．已知数列{an}中a1＝，an＋1＝(n∈N*)，求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式． (根据定义证明等比数列) 解：由题意an≠0，an≠1，记bn＝－1，则＝＝＝＝＝， 又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列． 所以－1＝×n－1，即an＝．所以数列{an}的通项公式为an＝． ***9．已知数列{an}，{bn}满足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝an(bn－)，n∈N*，证明数列{}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式． (根据定义证明等差数列) 解：因为anbn＝2，所以an＝，则bn＋1＝anbn－＝2－＝2－＝，所以－＝． 又a1＝3，所以b1＝． 故是首项为，公差为的等差数列，即＝＋(n－1)×＝，所以bn＝． **10．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0，证明{an}是等比数列，并求其通项公式． (由Sn与an关系，结合定义证明等比数列) 解：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0． 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1， 得an＋1＝λan＋1－λan， 即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0， 所以＝． 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝． **11．已知{an}的通项公式为an＝(－2)n，记Sn为其前n项和，求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列． (利用中项公式证明等差数列) 解：因为＝－2，所以{an}是首项为a1＝－2，公比为－2的等比数列， 所以Sn＝＝－＋(－1)n． 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2＝2Sn， 所以Sn＋2－Sn＝Sn－Sn＋1故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列． 12．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)． **(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列． **(2)求数列{an}的通项公式． (根据定义证明等比数列) 解：(1)∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)， ∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)． ∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋2an－1≠0(n≥2)， ∴＝3(n≥2)， ∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n， ∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)． 又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)． 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． *(1)证明：an＋2－an＝λ； **(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． (由Sn与an关系，证明递推关系，由{an}的子数列成等差探究{an}成等差的条件) 解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1． 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ． (2)由题设可求a2＝λ－1，所以a3＝λ＋1，令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4． 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1． 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2． 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 14．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． (由Sn与an关系，证明等比数列，利用特殊项成等差探究所有项成等差的条件) 解：(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0．① 当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0．② ①－②，得2an＋1＝an， 在①中，令n＝1得2a2＋a1＝2，又a1＝1，所以a2＝，所以2a2＝a1， 所以2an＋1＝an对任意n∈N*均成立． 因为a1≠0，所以an≠0． 所以＝对任意n∈N*均成立． 所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝． (2)由(1)知，Sn＝＝2－． 若为等差数列，则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列， 则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋， 解得λ＝2．又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2， 显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列． ***15．已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列． (利用通项公式或定义探究数列成等比的条件) 解析：方法一：显然公比q≠1，因为an＋1bn＝Sn＋1，所以a1qnbn＝＋1， 所以qnbn＝＋－，即bn＝n－， 所以存在实数λ＝，使得bn＋λ＝n， 又bn＋λ≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以当n≥2时，＝，此时{bn＋λ}为等比数列， 所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列． 方法二：因为an＋1bn＝Sn＋1，① 所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，② ①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③ 由③得，bn＝bn－1＋＝bn－1＋， 所以bn＋＝． 又bn＋≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列． 类型三：数列求通项 一、前测回顾 1．(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋3n(n∈N*且n≥2)，则an＝ ． (2)已知数列{an}中，a1＝1，an＝2nan－1(n∈N*且n≥2)，则an＝ ． 答案：(1)an＝；（2）an＝2． 解析：(1)由题意an－an－1＝3n，an－1－an－2＝3n－1，…，a2－a1＝32，叠加得an－a1＝3n＋3n－1＋…＋32＝，所以an＝(n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝； (2) 由题意an≠0，则＝2n，＝2n－1，…，＝22，叠乘得＝2n·2n－1·…·22＝2，所以an＝2(n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝2． 2．(1) 已知数列{an}中，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则an＝ ． (2) 已知数列{an}中，a1＋2a2＋…＋nan＝n2(n＋1)，则an＝ ． (3) 已知数列{an}中，a1a2…an＝n2，则an＝ ． 答案： (1) ；(2) an＝3n－1；(3) an＝． 解析：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，化简得＝，由叠乘得＝··…··＝，所以an＝ (n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝； (2)当n≥2时，a1＋2a2＋…＋nan＝n2(n＋1)，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)2n，两式相减得nan＝n2(n＋1)－(n－1)2n＝n(3n－1)，所以an＝3n－1 (n≥2)，又a1＝2也符合．所以an＝3n－1； (3) 当n≥2时，a1a2…an＝n2，a1a2…an－1＝(n－1)2，两式相除得an＝(n≥2)，又a1＝1不符合上式，所以an＝． 3．(1)已知数列{an}中，a1＝1， an＝an－1＋1 (n∈N且n≥2)，则an＝ ． (2)已知数列{an}中，a1＝1， an＝2an-1＋2n (n∈N且n≥2)，则an＝ ． (3)已知数列{an}中，a1＝1， an＝ (n∈N且n≥2)，则an＝ ． 答案：(1)an＝3－2×()n－1； (2)an＝(2n－1)×2n－1；(3)an＝． 解析：(1)令an－x＝(an－1－x)，对比an＝an－1＋1，得x＝3，所以an－3＝(an－1－3)，因为a1－3＝－2，所以an－3≠0，所以＝对n≥2恒成立，所以{an－3}是首项为－2，公比为的等比数列，于是an－3＝－2×()n－1，所以an＝3－2×()n－1； (2)由an＝2an-1＋2n得，－＝1，又＝，所以{}是首项为，公差为1的等差数列，于是＝＋(n－1)＝n－，所以an＝(2n－1)×2n－1； (3)由an＝，a1＝1得an≠0，所以＝＝＋，所以－＝，所以数列{}是首项为1，公差为的等差数列，于是＝1＋(n－1)×＝，所以an＝． 4．(1) 已知数列{an}中，an＋an＋1＝2n，a1＝1 (n∈N*)，则an＝ ． (2) 已知数列{an}中，anan＋1＝2n，a1＝1 (n∈N*)，则an＝ ． 答案：(1) an＝；(2) an＝． 解析：(1)由题意，a2＝1． 当n≥2时，an＋an＋1＝2n，an－1＋an＝2(n－1)，两式相减得an+1－an－1＝2，所以{an}的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k－1，a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1，所以an＝； (2) 由题意，a2＝2． 当n≥2时，anan＋1＝2n，an－1an＝2n－1，两式相除得＝2，所以{an}的奇数项和偶数项都是公比为2的等比数列，所以a2k＝a2·2k－1＝2k，a2k－1＝a1·2k－1＝2k－1，所以an＝． 二、方法联想 1．形如an－an－1＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法 累加法，即当n∈N*，n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1． 形如＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法 用类乘法，即当n∈N*，n≥2时，an＝··…··a1． 注意 n＝１不一定满足上述形式，所以需检验． 2．形如含an，Sn的关系式 方法 利用an＝，将递推关系转化为仅含有an的关系式(如果转化为an不能解决问题，则考虑转化为仅含有Sn的关系式)． 注意 优先考虑n＝1时，a1＝S1的情况． 形如a1＋2a2＋…＋nan＝f(n)或a1a2…an＝f(n) 方法 (1)列出 (n∈N*且n≥2)，两式作差得an＝ (n∈N*且n≥2)，而a1＝f(1)． (2)列出 (n∈N*且n≥2)，两式作商得an＝ (n∈N*且n≥2)，而． 注意 n＝１是否满足上述形式须检验． 3．形如an＝pan－1＋q (n∈N*且n≥2，p≠1) 方法 化为an＋＝p(an－1＋)形式．令bn＝an＋，即得bn＝pbn－1，转化成{bn}为等比数列，从而求数列{an}的通项公式． 形如an＝pan－1＋f(n) (n∈N*且n≥2) 方法 两边同除pn，得＝＋，令bn＝，得bn＝bn－1＋，转化为利用叠加法求bn(前提是数列{}可求和)，从而求数列{an}的通项公式． 形如an＝ (n∈N*且n≥2) 方法 两边取倒数得＝＋，令bn＝，得bn＝bn－1＋，转化成{bn}为等差数列，从而求数列{an}的通项公式． 4．形如an＋an＋1＝f(n)或anan＋1＝f(n)形式 方法 (1)列出，两式作差得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，即找到隔项间的关系． (2)列出，两式作商得＝，即找到隔项间的关系． 三、方法应用 例1 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝2an－2n(n∈N*)．求数列{an}的通项an； 解：当n∈N*时，Sn＝2an－2n， 则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)， 两式相减得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2， ∴ an＋2＝2(an－1＋2)，∴ ＝2， 当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2， ∴ {an＋2}是以a1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴ an＋2＝4·2n－1，∴ an＝2n＋1－2． 例2 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(1＋)an＋．设bn＝，求数列{bn}的通项公式； (2)如图所示，互不相同的点A1，A2，．．．An，．．．和B1，B2，．．．Bn，．．．分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an．若a1＝1，a2＝2，求数列{an}的通项公式． 解：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝＋，即bn＋1＝bn＋， 从而b2＝b1＋，b3＝b2＋，…，bn＝bn－1＋(n≥2)． 于是bn＝b1＋＋＋…＋＝2－(n≥2)． 又b1＝1，满足bn＝2－． 故所求的通项公式bn＝2－． (2)令S＝m(m＞0)，因为所有AnBn相互平行且a1＝1，a2＝2， 所以S＝3m． 当n≥2时，＝＝＝． 故 ． 以上各式累乘，得an2＝(3n－2)·a12． 因为a1＝1，所以an＝． 例3在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23． (1)求an； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，求Sn的最小值． 解： (1)an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)， an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44， 由以上两式相减，得an＋2－an＝2． ∵a2＋a1＝2－44，a1＝－23， ∴a2＝－19，同理得a3＝－21，a4＝－17，…． ∴a1，a3，a5，…是以－23为首项，2为公差的等差数列； a2，a4，a6，…是以－19为首项，2为公差的等差数列． 故an＝ (2)当n为偶数时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝2×[1＋3＋…＋(n－1)]－×44＝－22n， 故当n＝22时，Sn取得最小值为－242． 当n为奇数时， Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an) ＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝a1＋2×[2＋4＋…＋(n－1)]＋×(－44) ＝－23＋－22(n－1)＝－22n－． 故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243． 综上所述，当n为偶数时，Sn取得最小值为－242；当n为奇数时，Sn取得最小值为－243． 四、归类巩固 *1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________． （由an，Sn的关系式求通项） 答案：an＝． *2．(2015·江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为_______． (形如an－an－1＝f(n)的递推求通项) 答案：． **3．在数列{an}中，an＋1＝，a1＝2，则a20＝________． (形如an＝的递推求通项) 答案：． **4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝________． (构造辅助等差数列求通项) 答案：． 解析：因为an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，所以－＝1，＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，所以bn＝＝－，所以数列{bn}的前10项的和S10＝＋＋…＋＝1－＝． **5．设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则S5＝________． （形如an＝pan－1＋q的递推关系求通项） 答案：121． 解析：因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以数列是公比为3的等比数列，所以＝3．又S2＝4，所以S1＝1，所以S5＋＝×34＝×34＝，所以S5＝121． **6．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________． （an＝，an＝pan－1＋q两种形式递推结合求通项） 答案：an＝． 解析：因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，设＋t＝3，所以3t－t＝1，解得t＝，所以＋＝3，又＋＝1＋＝，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，所以＝，所以an＝． ***7．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为________． （形如＝f(n)的递推关系求通项） 答案：． 解析：因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0．又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝，则an＝··…··a1＝··…··1＝，a1也符合． **8．已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________． (构造辅助等差数列求通项) 答案：． 解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝n＋1，故Sn＝，则S2 017＝． **9．已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为________． (形如an－an－1＝f(n)的递推关系求通项) 答案：an＝． 解析：原数列递推公式可化为－＝n，令bn＝，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝，所以an＝． **10．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________． （形如an＋an＋1＝f(n)，an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项） 答案：1 830． 解析：不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{an}的前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830． ***11．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝2Sn＋2n，则数列{an}的通项公式an＝________． （形如an＝pan－1＋f(n)的递推关系求通项） 答案：2×3n－1－2n－1． 解析：当n≥2时，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＋2n－2n－1＝2an＋2n－1，从而an＋1＋2n＝3(an＋2n－1)． 又a2＝2a1＋2＝4，a2＋2＝6，故数列{an＋1＋2n}是以6为首项，3为公比的等比数列，从而 an＋1＋2n＝6×3n－1，即an＋1＝2×3n－2n，又a1＝1＝2×31－1－21－1，故an＝2×3n－1－2n－1． ***12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________． （形如＝f(n)的递推关系求通项） 答案：(n＋1)3． 解析：当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8．当n≥2时，4(Sn＋1)＝， 则4(Sn－1＋1)＝，两式相减得，4an＝－，整理得，＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝(n＋1)3．检验知，a1＝8也符合，所以 an＝(n＋1)3． ***13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________． （a1＋2a2＋…＋nan＝f(n)，＝f(n)两种形式递推结合求通项） 答案：． 解析：根据a1＋＋＋…＋＝an，① 有a1＋＋＋…＋＝an－1，② ①－②得，＝an－an－1，即n2an－1＝(n2－1)an，所以＝＝， 所以an＝a1×××…×＝1×××…× ＝ ＝＝． 14．已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)． *(1)求a2的值并证明：an＋2－an＝2； **(2)求数列{an}的通项公式． （由an，Sn的关系式得递推关系，在根据递推关系求通项） 解：(1)令n＝1得2a1a2＝4a1－3，又a1＝1，所以a2＝． 由题可得，2anan＋1＝4Sn－3，① 2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3． ② ②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1． 因为an≠0，所以an＋2－an＝2． (2)由(1)可知：数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1， 所以a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n． 数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，所以a2k＝＋2(k－1)＝2k－，即n为偶数时，an＝n－． 综上所述，an＝ 15．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{an2}的前n项和为Tn，且3Tn＝Sn2＋2Sn，n∈N*． *(1)求a1的值； **(2)求数列{an}的通项公式； （由an，Sn的关系式得递推关系，在根据递推关系求通项） 解：(1)由3T1＝S12＋2S1，得3a12＝a12＋2a1，即a12－a1＝0． 因为a1＞0，所以a1＝1． (2)因为3Tn＝Sn2＋2Sn， ① 所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，② ②－①，得3an＋12＝Sn＋12－Sn2＋2an＋1． 因为an＋1＞0， 所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2， ③ 所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2，④ ④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1， 所以当n≥2时，＝2． 又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)， 即a22－2a2＝0． 因为a2＞0，所以a2＝2，所以＝2，所以对n∈N*，都有＝2成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*． 类型四：数列求和 一、前测回顾 1．数列{1＋2n－1}的前n项和Sn＝________． 答案：n＋2n－1． 解析：Sn＝n＋＝n＋2n－1． 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________． 答案：． 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 依题意有解得 所以Sn＝，＝＝2， 因此＝2＝．． 3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________． 答案：15． 解析：设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9) ＝5×3＝15． 4．数列{(2n－1)()n}的前n项和Sn＝________． 答案：3?(2n＋3)?()n． 解析：Sn＝1?＋3?()2＋…＋(2n?1)?()n， Sn＝ 1?()2＋3?()3＋…＋(2n?3)?()n＋(2n?1)?()n＋1． 两式作差得：Sn＝＋2[()2＋()3＋…＋()n]?(2n?1)?()n＋1 ＝＋2??(2n?1)?()n＋1＝?(2n＋3)?()n＋1． 所以Sn＝3?(2n＋3)?()n． 二、方法联想 数列求和除了公式法外，还有下列的常见方法： 形如an±bn（an，bn是等差或等比数列）的形式 方法 分组求和法． 形如，或其它特殊分式的形式 方法 采用裂项相消法． 形如anbn形式(其中an为等差，bn为等比) 方法 采用错位相减法． 首、尾对称的两项和为定值的形式 方法 倒序相加法． 正负交替出现的数列形式 方法 并项相加法，对项数n进行分类即分奇偶性． 三、方法应用 例1 已知数列{an}的通项an＝求其前n项和Sn． 解：奇数项组成以a1＝1为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以a2＝4为首项，公比为4的等比数列； 当n为奇数时，奇数项有项，偶数项有项， ∴ Sn＝＋＝＋； 当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有项， ∴ Sn＝＋＝＋， ∴ Sn＝ 例2已知数列{an}的前n项和为An，对任意n∈N*满足－＝，且a1＝1，数列{bn}满足bn＋2－2bn＋1＋bn＝0(n∈N*)，b3＝5，其前9项和为63． (1) 求数列{an}和{bn}的通项公式； (2) 令cn＝＋，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，都有Tn≥2n＋a，求实数a的取值范围． 解：(1) ∵ －＝，∴ 数列是首项为1，公差为的等差数列， ∴ ＝A1＋(n－1)×＝n＋，即An＝(n∈N*)， ∴ an＋1＝An＋1－An＝－＝n＋1(n∈N*)． 又a1＝1，∴ an＝n(n∈N*)． ∵ bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，∴ 数列{bn}是等差数列， 设{bn}的前n项和为Bn，∵ B9＝＝63且b3＝5， ∴ b7＝9，∴ {bn}的公差为＝＝1，首项为3，∴ bn＝n＋2(n∈N*)． (2) 由(1)知cn＝＋＝＋ ＝2＋2， ∴ Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2 ＝2n＋2 ＝2n＋3－2， ∴ Tn－2n＝3－2． 设Rn＝3－2， 则Rn＋1－Rn＝2＝＞0， ∴ 数列{Rn}为递增数列，∴ (Rn)min＝R1＝． ∵ 对任意正整数n，都有Tn－2n≥a恒成立，∴ a≤． 故λ的取值范围为． 例3已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2． (1)求数列{xn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn． 解：(1)设数列{xn}的公比为q． 由题意得所以3q2－5q－2＝0． 由已知得q＞0，所以q＝2，x1＝1． 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1． (2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1． 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1． 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn． 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2． ① 又2Tn＝ 3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1．② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝＋－(2n＋1)×2n－1， 所以Tn＝． 四、归类巩固 *1．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为________． （公式法求和） 答案：． *2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn＞1020，那么n的最小值是________． （分组求和） 答案：10． *3．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50的值是________． （并项相加求和） 答案：1． ***4．数列{an}的通项an＝n2(cos2－sin2)，其前n项和为Sn，则S30的值是________． （分组求和） 答案：470． 解析：an＝n2·cosπ，a1＝12·(－)，a2＝22(－)，a3＝32，a4＝42(－)，… S30＝(－)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302) ＝(－)(3k－2)2＋(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－)(－18k＋5) ＝－[－18·＋50]＝470． *5．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9．求数列{|an|}的前n项和Tn＝_______． (等差数列前n项的绝对值之和) 答案： 6．已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4． *(1)证明数列{an＋4}是等比数列； **(2)求数列{|an|}的前n项和Sn． （数列的前n项的绝对值之和） 解：(1)因为an＋1＝2an＋4，所以an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， 因为a1＋4＝2，所以an＋4≠0，所以＝2， 所以{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，可知an＋4＝2n，所以an＝2n－4． 当n＝1时，a1＝－2＜0， 所以S1＝|a1|＝2； 当n≥2时，an≥0． 所以Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1) ＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2． 又当n＝1时，也满足上式． 所以数列{|an|}的前n项和Sn＝2n＋1－4n＋2． *7．已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n＝________． (裂项相消求和) 答案：120． 解析：因为an＝＝－，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1． 令－1＝10，得n＝120． ***8．已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是________． (裂项相消求和) 答案：． 解析：由Sn＋1＝2Sn，数列{sn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n． 所以an＝，则bn＝＝log2an＝， 所以n≥2时，＝＝－． 所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝． **9．已知an＝2n＋1，bn＝2n－1，Sn是数列{an}的前n项和，令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，则T2n＝________． (分组求和，裂项相消求和) 答案：＋(4n－1)． 解析：由an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，则cn＝ 即cn＝ 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋＋…＋＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋＝＋(4n－1)． **10．数列{an}的通项公式为an＝2n，Sn是其前n项和．设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． (裂项相消求和) 解：因为an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2． 所以bn＝＝＝－． 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋ ＝＝． **11．若f(x)＝，则f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________． （倒序相加求和） 答案：3． 解析：因为f(x)＝，所以f(x)＋f(1－x)＝＋＝， [(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)]＋ [f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－5)] ＝12×＝6，所以f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6) ＝3． **12．设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于1的等比数列，且a1＝b1＝2，a2＝b2，＝，令数列{cn}满足cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn等于________． (错位相减求和) 答案：(n－1)2n＋1＋2． 解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q＞1)， 因为＝，所以a4＝b3，所以2＋3d＝2q2①，由a2＝b2，得：2＋d＝2q②， 由①②得d＝2，q＝2，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n．所以cn＝＝n·2n， 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n③ 所以2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1④， ③－④得：－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2． **13．已知an＝3n－2，bn＝2n．求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)． （错位相减求和） 解：设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8． 故Tn＝×4n＋1＋． 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋． **14．已知an＝n－1，bn＝－log2an＋1．令cn＝＋，其中n∈N*，求数列{cn}的前n项和为Tn． （错位相减求和，裂项相消求和） 解：bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n，cn＝＋． 令Hn＝＋＋＋…＋， ① 则Hn＝＋＋…＋＋， ② ①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－． 所以Hn＝2－． 又Tn－Hn＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1＋－－)＝－， 所以Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋－＝－－． 15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1， *(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式； **(2)证明＋＋…＋＜． (放缩法证明不等式) 证明：(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3． 又a1＋＝，所以{an＋}是首项为，公比为3的等比数列． an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝． (2)由(1)知＝． 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤． 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝＜． 所以＋＋…＋＜． 类型五：数列的单调性与最值 一、前测回顾 1．若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1＞an．则实数k的取值范围________． 答案：(－3，＋∞)． 解析：方法一：由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－＜，即得k＞－3． 方法二：由an＋1＞an得(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，即k＞－2n－1对n∈N*恒成立，故k＞－3． 2．数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大值是________． 答案：． 解析：an＝，由函数f(x)＝在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增， 由于n∈N*，知当n＝9或10时，(n＋)min＝19，故(an)max＝． 3．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________． 答案：24． 解析：因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值． 4．已知数列{an}的通项an＝(n＋1)n (n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若有，求出最大项的项数；若没有，说明理由． 解：方法一：令??， 所以n＝9或n＝10时，an最大， 即数列{an}有最大项，此时n＝9或n＝10． 方法二：因为an＋1－an＝(n＋2)·n＋1－(n＋1)·n＝n·， 当n＜9时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an； 当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an； 当n＞9时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an． 故a1＜a2＜a3＜…＜a9＝a10＞a11＞a12＞…， 所以数列{an}中有最大项，为第9、10项． 二、方法联想 数列的单调性 方法1 转化为函数的单调性，如利用图象分析． 注意 图象分析时，数列图象为离散的点． 方法2 利用an＋1－an与0的关系(或与1的关系，其中an＞0)判断(或证明)数列的单调性． 数列的最值 方法1 利用an＋1－an与0的关系(或与1的关系，其中an＞0)判断数列的单调性． 方法2 若第m项为数列的最大项，则 若第m项为数列的最小项，则 三、方法应用 例1 已知数列{Tn}的通项公式为Tn＝(2n＋1)()n，求数列Tn的最大值． 解：方法一：Tn＋1－Tn＝(2n＋3)()n＋1－(2n＋1)()n＝[(2n＋3)()－(2n＋1)]()n ＝[n＋－(2n＋1)]()n＝(－n)()n． 因为n≥1，所以－n＜0． 又()n＞0，所以Tn＋1－Tn＜0所以Tn＋1＜Tn， 所以T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…． 所以Tn存在最大值T1＝． 方法二：因为＝＝＝， ＝(1＋)≤(1＋)＝＜1， 所以Tn＋1＜Tn． 所以T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…， 所以Tn存在最大值T1＝． 方法三：考查函数g(x)＝(2x＋1)()x(x≥1)的单调性． 因为x≥1，所以2x＋1≥3，而ln＜0，所以(2x＋1)ln≤3ln． 又3ln＝ln()3＝ln＜ln＝－2， 所以(2x＋1)ln＜－2，所以2＋(2x＋1)ln＜0． 又()x＞0，所以()x[2＋(2x＋1)ln]＜0， 即g'(x)＜0，所以g(x)在上是单调递减函数，所以Tn存在最大值T1＝． 例2已知数列{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，bn＝． (1)求公差d的值； (2)若a1＝－，求数列{bn}的最大项和最小项的值； (3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围． 解：(1)∵S4＝2S2＋4， ∴4a1＋d＝2(2a1＋d)＋4，解得d＝1 ． (2)∵a1＝－ ， ∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)＝n－， ∴bn＝1＋＝1＋ ． ∵函数f(x)＝1＋在(－∞，)和(，＋∞)上分别是单调减函数， ∴b3＜b2＜b1＜1，当n≥4时，1＜bn≤b4， ∴数列{bn}中的最大项b4＝3，最小项b3＝－1 ． (3)由bn＝1＋，得bn＝1＋ ． 又函数f(x)＝1＋在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数， 且x＜1－a1时，y＜1；x＞1－a1时，y＞1 ． ∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8， ∴－7＜a1＜－6 ． 例3已知各项都不为零的无穷数列{an}满足：an＋1an＋an＋1－an＝0 ； (1)证明{}为等差数列，并求a1＝1时数列{an}中的最大项： (2)若a2018为数列{an}中的最小项，求a1的取值范围． 解： (1)由an＋1an＋an＋1－an＝0，得an－ an＋1＝an＋1an0，所以－＝1， 所以{}是等差数列，且公差d＝1． 当a1＝1时，＝＋(n－1)＝n?an＝， 数列{an}递减数列，最大项为a1＝1． (2)由(1)知＝＋(n－1)． 当＞0时数列是正项递增数列，此时数列{}没有最大项， 从而数列{an}中就没有最小项，故＜0； 由数列{}是递增数列，且a2018是{an}的最小项， 所以是数列{}中的最大负项， 从而有＜0，即＋2017＜0，所以a1＞－． 又＞0，即＋2018＞0，所以a1＜－． ∴a1的取值范围是(－，－)． 例4已知数列{an}的各项都小于1，a1＝，an＋12－2an＋1＝an2－an(n∈N*)． (1)求证：an＋1＜an(n∈N*)； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，求证：－＜Sn＜； (3)记bn＝－，求证：bn≤2． 解：(1)先证：an＞0． ＝＞0，an＋1，an同号，a1＝＞0，所以an＞0 ． 又＝＜＝1，所以an＋1＜am ． (2)an＋12－2an＋1＝an2－an＝an2－2an＋an， Sn＝an＋12－2an＋1－(a12－2a1)＝an＋12－2an＋1＋． 由(1)得2an＋1－an＝an＋12－an2＜0， 所以an≤，－＜Sn＝an＋12－2an＋1＋＜． (3)由a22－2a2＝a12－a1＝－得a2＝，从而b1＝2． (2－an＋1)an＋1＝an(1－an)，所以＋＝＋， 所以 bn＝－＝－ ． 下证{bn}为单调递减数列 ∵bn＋1－bn＝－－－＝＋ 我们先证{an－an＋1}为单调递减数列， an＋1－an＋2＝＜＝an－an＋1， 所以＋＜0， ∴{bn}为单调递减数列，bn≤b1＝2． 四、归类巩固 *1．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an＋1＞an”的____________条件． （等比数列的单调性） 答案：充分非必要． 解析：当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故填：充分非必要． **2．通项公式为an＝an2＋n的数列，若满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且an＞an＋1对n≥8恒成立，则实数a的取值范围是__________． （数列的单调性的判定） 答案：－＜a＜－． 解析：an－an＋1＝(an2＋n)－[a(n＋1)2＋n＋1]＝－a(2n＋1)－1＞0(n＞＝8)，所以a(2n＋1)＜－1，a＜－，f(n)＝－是关于n的增函数，所以a＜－； n＝1，2，3，4时an－an＋1＞0，a＞－，所以a＞－．综上，－＜a＜－． **3．设等比数列满足a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，则a1a2a3…an的最大值为__________． （利用数列的单调性求最值） 答案：64． 解析：a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，所以公比q＝＝，所以a1＋a1×＝10，得a1＝8 a1a2a3…an ＝8n1＋2＋…＋n－1＝23n·2＝2＝2 , 所以当n＝34时,取最大值64． **4．数列{an}的通项公式an＝ (n∈N*)，则数列{an}中的最大项是第___项，最小项是_____项． （利用数列的单调性求最值） 答案：10，9． 解析：令f(n)＝，则f(n)＝1＋ 因为－＞0，所以f(n)在(0， )和(，＋∞)上都是减函数． 所以当n＝9时an取最小值；当n＝10时an取最大值． **5．已知数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为__________． （子数列和原数列单调性的关系） 答案：(0，1) 解析：数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，由an＋2－an＝2可知数列奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0 且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1 ，即实数a的取值范围为(0，1)，故答案为(0，1). ***6．已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________． （利用数列的单调性求最值） 答案：． 解析：依题意Sn＝＝1－，当n为奇数时，Sn＝1＋，当n为偶数时，Sn＝ 1－；由函数y＝x－在(0，＋∞)上是增函数，所以当n为奇数时Sn－单调递减；当n为偶数时Sn－单调递增．当n为奇数时Sn－的最大值为，且Sn－＞0；当n为偶数时Sn－的最小值为－，且Sn－＜0；所以n∈N*时，Sn－的最大值为，Sn－的最小值为－，因此有A≤－，B≥，B－A≥＋＝，即B－A的最小值是. ***7．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________． （利用数列的单调性求Sn的最值） 答案：． 解析：由Hn＝2n＋1， 得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，① (n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，② ①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2n＋2，an－kn＝(2－k)n＋2，又Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，所以即解得≤k≤. ***8．在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________． （利用数列最值求解恒成立问题） 答案：． 解析：依题意得，数列的前n项和为2n－1，当n≥2时，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N*)，＝.记bn＝，则bn＞0，＝＝＞＝1，即bn＋1＞bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝.依题意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是. **9．已知 S n＝－(λ＋18)·[1－(－)n]，是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由． （利用数列最值求解恒成立问题） 解：要使a＜Sn＜b对任意正整数n成立，即a＜－(λ＋18)·[1－(－)n]＜b，(n∈N*)． 得＜－(λ＋18)＜，(n∈N*) ① 令f(n)＝1－(－)n，则当n为正奇数时，1＜f(n)≤，当n为正偶数时≤f(n)＜1； 所以f(n)的最大值为f(1)＝，f(n)的最小值为f(2)＝， 于是，由①式得a＜－(λ＋18)＜b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必须－b＜－3a，即b＞3a)． 当a＜b＜3a时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数满足题目要求； 当b＞3a存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b，且λ的取值范围是(－b－18，－3a－18)． 10．等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－． *(1)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式； **(2)当n取何值时，f(n)有最大值． （符号数列单调性和最值） 解：(1)an＝2002·(－)n1，f(n)＝2002n·(－) (2)由(1)，得＝，则 当n≤10时，＝＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|， 当n≥11时，＝＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…， 因为f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0， 所以f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者． 因为＝＝20023·()30＝()3＞1， 所以当n＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·()66． 11．已知数列{an}满足an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)． *(1)若a1＝1，f(x)＝3x＋5，求数列{an}的通项公式； **(2)若a1＝6，f(x)＝2x且λan＞2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． （利用数列最值，研究不等式恒成立问题） 解：(1)因为an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)，f(n)＝3n＋5， 所以an＋1－an＝2(3n＋8－3n－5)＝6， 所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5． (2)因为f(x)＝2x，所以f(n＋1)－f(n)＝2n＋1－2n＝2n， 所以an＋1－an＝2·2n＝2n＋1． 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2， 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2． 由λan＞2n＋n＋2λ，得λ＞＝＋，而－＝≤0， 所以当n＝1或n＝2时，取得最大值， 12．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)对于正整数i，j，k(i＜j＜k)，已知λaj，6ai，μak成等差数列，求正整数λ，μ的值； ***(3)设数列{bn}前n项和是Tn，且满足:对任意的正整数n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立．求满足等式＝的所有正整数n． 解：(1)由2Sn＝an＋1－3(n∈N*)得2Sn＋1＝an＋2－3，两式作差得2an＋1＝an＋2－an＋1， 即an＋2＝3an＋1(n∈N*)． a1＝3，a2＝2S1＋3＝9，所以an＋1＝3an(n∈N*)，an≠0，则＝3(n∈N*)， 所以数列{an}是首项为3公比为3的等比数列， 所以an＝3n(n∈N*)； (2)由题意λaj＋φak＝2·6ai，即λ3j＋μ3k＝2·6·3i， 所以λ3j－i＋μ3k－i＝12，其中j－i≥1，k－i≥2， 所以λ3j－i≥3λ≥3，μ3k－i≥9μ≥9， 12＝λ3j－i＋μ3k－i≥12，所以j－i＝1，k－i＝2，λ＝μ＝1； (3)由a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3得， a1bn＋1＋a2bn＋a3bn－1＋…＋anb2＋an＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3， a1bn＋1＋3(a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1)＝3n＋2－3(n＋1)－3 a1bn＋1＋3(3n＋1－3n－3)＝3n＋2－3(n＋1)－3， 所以3bn＋1＝3n＋2－3(n＋1)－3－3(3n＋1－3n－3)，即3bn＋1＝6n＋3， 所以bn＋1＝2n＋1(n∈N*)， 又因为a1b1＝31＋1－3·1－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1(n∈N*)， 从而Tn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n＝n2(n∈N*)，＝(n∈N*)， 当n＝1时＝；当n＝2时＝；当n＝3时＝； 下面证明:对任意正整数n＞3都有＜， －＝(n＋1)2()n＋1－n2()n＝()n＋1((n＋1)2－3n2)＝()n＋1(－2n2＋2n＋1) 当n≥3时，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)＜0，即－＜0， 所以当n≥3时，递减，所以对任意正整数n＞3都有＜＝； 综上可得，满足等式＝的正整数n的值为1和3．
教 学 反 思
成为受人尊敬的百年育人集团,让孩子成为人生道路上的冠军
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型
教学目标 学会等差数列、等比数列、数列通项、求和之五种题型
教学过程
教师活动 学生活动
类型一：等差、等比数列的基本运算 一、前测回顾 1．已知{an}是等差数列，若2a7－a5－3＝0，则a9＝________． 答案：3． 解析：方法一：设公差为d，则2(a1＋6d)－(a1＋4d)－3＝0，即a1＋8d＝3，所以a9＝3． 方法二：由等差数列的性质得a5＋a9＝2a7，所以(a5＋a9)－a5－3＝0，即a9＝3． 2．(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________． 答案：20． 解析：设等差数列{an}公差为d，由题意可得：解得 则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20． 3．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________． 答案：－7． 解析：设数列{an}的公比为q，由得或 所以或所以或所以a1＋a10＝－7． 4．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝________． 答案：60． 解析：方法一：设等比数列{an}公比为q，由题意可得q≠1，则 由 ，得 ，所以S12＝＝60． 方法二：由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60． 5．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大． 答案：8． 解析：根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0．又a8＋a9＝a7＋a10＜0，所以a9＜0，所以当n＝8时，{an}的前n项和最大． 【2018五校联考】在等差数列中，，则=___________. 【答案】24 6.【2018五校联考】数列{an}满足an＋1＝an＋a（a为常数且不为0，n∈N＋），若a2，a3，a6成等比数列，则该等比数列的公比是 ． 【答案】3 7.【2019百校大联考】公差不为的等差数列的前项和为，若成等比数列，，则 ． 【答案】19 8.【2018淮安】设等差数列的前项和为．若，且，，成等差数列，则数列的通项公式 ． 【答案】 9.【2019启东】已知等差数列的前项和为，若，则的取值范围是 . 【答案】 10.【2018启东第二次月考】已知数列是等比数列，若，则的最小值为__________． 【答案】1 二、方法联想 1．基本量运算 等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住a1、d(或q)，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入”． 2．性质的应用 用好等差、等比数列的性质也能减少运算量． 方法 (1)在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q则am＋an＝ap＋aq．特别若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap． 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q则aman＝apaq．特别若m＋n＝2p，则aman＝ap2． (2) 在等差数列{an}中，由Sn＝得，若n为奇数，则S2n－1＝(2n－1)an． 方法 在等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列． 在等比数列{an}中，一般情况下Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列． 3．等差数列Sn的最值问题 方法 在等差数列{ an }中Sn 的最值问题： 方法1：(1)当a1＞0，d＜0时，满足的项数m使得Sm取最大值． (2)当a1＜0，d＞0时，满足的项数m使得Sm取最小值， 方法2：由Sn 的解析式，结合二次函数图象分析． 三、方法应用 例1设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0． (1)若S5＝5，求S6及a1； (2)求d的取值范围． 解：(1)由题意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8． 所以解得a1＝7，所以S6＝－3，a1＝7， (2)因为S5S6＋15＝0， 所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0， 即2a12＋9da1＋10d2＋1＝0． 故(4a1＋9d)2＝d2－8．所以d2≥8． 故d的取值范围为d≤－2或d≥2． 例2 (1) 等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，求a8的值； (2) 设等比数列{an}的前n项和为Sn．若27a3－a6＝0，求的值． 解：(1) 当q＝1时，显然不符合题意； 当q≠1时，解得则a8＝×27＝32． (2) 设等比数列的公比为q，首项为a1，则＝q3＝27． ＝＝1＋＝1＋＝1＋q3＝28． 例3 (1)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，当n取何值时，{an}的前n项和最大? (2) 已知数列{an}为等差数列．若＜－1，且{an}的前n项和Sn有最大值，求使Sn＞0时n的最大值． (3) 在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，a5＝3a7，其前n项和为Sn，求Sn取得最大值时n的值． 解：(1) 由等差数列的性质，得a7＋a8＋a9＝3a8，a8＞0． 又a7＋a10＜0，∴ a8＋a9＜0，∴ a9＜0，∴ S8＞S7，S8＞S9， 故数列{an}的前8项和最大． (2) ∵ ＜－1，且Sn有最大值，∴ a6＞0，a7＜0，且a6＋a7＜0， ∴ S11＝＝11a6＞0，S12＝＝6(a6＋a7)＜0， ∴ 使Sn＞0的n的最大值为11． (3) 在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0． ∵ a5＝3a7，∴ a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴ a1＝－7d， ∴ Sn＝n(－7d)＋d＝(n2－15n)， ∴ n＝7或8时，Sn取得最大值． 四、归类巩固 *1．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________． (等比数列基本量计算) 答案：4． *2．(2017·江苏高考)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn．已知S3＝，S6＝，则a8＝_______． (等比数列基本量计算) 答案：32． **3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则Sn的最小值为________． (等差数列前n项和的最值) 答案：－． 解析：方法一：设等差数列{an}的公差为d，由已知解得a1＝－3，d＝． 所以Sn＝na1＋d＝－3n＋×＝－n＝(n－5)2－．当n＝5时，Sn有最小值为－． 方法二：设Sn＝An(n－10)，由S15＝25，得A＝．所以当n＝5时，Sn有最小值为－． *4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________． (等比数列基本量计算) 答案：5． *5．在等差数列{an}中，a1＝－2 015，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2015的值为________． (等差数列基本量计算) 答案：－2015． 解析：根据等差数列的性质，得数列也是等差数列，由已知可得＝a1＝－2 015，由－＝2＝2d，得公差d＝1．故＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1，所以S2 015＝－2015． *6．在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3＋a4＋…＋a8＝________． (等差数列基本量计算) 答案：3． *7．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________． (等差数列基本量计算) 答案：88． ***8．若{an}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是________． (等差数列前n项和的最值) 答案：4 032． 解析：因为a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2016＞0，a2017＜0，所以S4 032＝＝＞0，S4 033＝＝4033a2 017＜0，所以使前n项和Sn＞0成立的最大正整数n是4 032． **9．已知等差数列{an}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若am＋a6＝0，则m＝________． (等差数列基本量计算) 答案：10． 解析：记数列{an}的前n项和为Sn，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又am＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10． ***10．设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列，的前n项和分别为Sn，Tn．若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)，则＝________． (等差、等比数列混合) 答案：－． 解析：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．由a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4(T6－T4)， 得解得故＝＝＝＝－． *11．设等比数列的前n项和为Sn，若S1＝a2－，S2＝a3－，则公比q＝________． (等比数列基本量计算) 答案：4． *12．已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是________． (等差、等比数列混合) 答案：． ***13．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________． (等比数列前n项积的最值) 答案：64． 解析：设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝．又a1＋a1q2＝10，所以a1＝8．故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·＝23n－＋＝2－＋n． 记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6． 又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为26＝64． **14．Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝________． (等差数列基本量计算) 答案：． 解析：因为＝，所以令n＝1可得，＝＝，即＝，化简可得d＝a1，所以＝＝＝． **15．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为________． (等差、等比数列混合) 答案：2 **16．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－＜d＜－，则当Sn取最大值时，n 的值为________． (等差数列前n项和的最值) 答案：9． 解析：法一：因为Sn＝n＋d，所以Sn＝n2＋n． 因为函数y＝x2＋x的图象的对称轴方程为x＝－＋，且开口向下，又－＜d＜－， 所以9＜－＋＜．所以Sn取最大值时，n的值为9． 法二：由an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)d＞0，得n－1＜．． 因为＜－d＜，所以＜＜9．又n∈N*，所以n－1≤8，即n≤9．故S9最大． **17．已知{an}为等差数列，若＜－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n＝________． (等差数列前n项和的最值) 答案：19． 解析：由＜－1，得＜0，且它的前n项和Sn有最大值，则a10＞0，a11＜0，a11＋a10＜0，则S19＞0，S20＜0，又S19－S1＝a2＋a3＋…＋a19＝＝9(a11＋a10)＜0，所以S19＜S1，所以当Sn取得最小正值时，n＝19． **18．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S10＝16，S100－S90＝24，则S100＝________． (等差数列基本量计算) 答案：200 ***19．在等差数列{an}中，若任意两个不等的正整数k，p都有ak＝2p＋1，ap＝2k＋1，数列{an}的前n项和记为Sn．若k＋p＝m，则Sm＝________．(用m表示) (等差数列基本量计算) 答案：m2． 解析：设数列{an}的公差为d，由题意，a1＋(k－1)d＝2p＋1，① a1＋(p－1)d＝2k＋1，② 两式相减，得(p－k)d＝2(k－p)．又k－p≠0，所以d＝－2．则a1＝2p＋2k－1＝2m－1． 因此Sm＝ma1＋d＝m(2m－1)－m(m－1)＝m2． **20．在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________． (等比数列基本量计算) 答案：2． 解析：方法一：a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2· ＝·＝×140＝80． 方法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87， 因为b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，所以b1(1＋q＋q2)＝140，而1＋q＋q2＝7， 所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80． ***21．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________． (等比数列基本量计算) 答案：3． **22．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于________． (等差、等比数列混合) **23．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于________． (等比数列基本量计算) 答案：150． 解析：依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)， 即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30． 又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋＝70＋＝150． **26．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d＝________． (等差数列基本量计算) 答案：5． 解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d． 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5． 类型二：等差、等比数列的判断与证明 一、前测回顾 1．(2010·江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________． 答案：21． 解析：在点(ak，a)处的切线方程为：y－a＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，即an＝16×，所以a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21． 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c∈R)，则“c＝0”是“{an}是等差数列”的______条件． 答案：充要． 解析：a1＝a＋b＋c，a2＝S2－a1＝3a＋b，a3＝S3－S2＝5a＋b，若{an}是等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得c＝0，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的必要条件； 当c＝0时，Sn＝an2＋bn，当n＝1时，a1＝a＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋b－a，显然当n＝1时也满足上式，所以an＝2an＋b－a(n∈N*)，进而可得an－an－1＝2a(n∈N*)，所以{an}是等差数列，所以“c＝0”是“{an}是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c＝0”是“{an}是等差数列”的充要条件． 3．已知，，成等差数列，求证：，，也成等差数列． 解：由已知得b(a＋c)＝2ac，所以＋＝＝＝， 所以，，也成等差数列． 4．已知an+1＝，a1＝2 ，求证：数列{}的等差数列． 解：由已知，a1＝2，故an≠0，所以＝＝＋，所以－＝， 所以数列{}是等差数列． 5．数列{an}前n项和为Sn，若an＋Sn＝n，令bn＝an－1，求证：数列{bn}是等比数列． 解：由an＋Sn＝n，得n≥2时，an－1＋Sn－1＝n－1，两式相减得2an－an－1＝1，即2bn＝bn－1． 从而有＝(常数)，所以数列{bn}是等比数列． 二、方法联想 1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列： 方法1 定义法，即当n∈N*时，an＋1－an为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2均成立． 说明：得到2an＋1＝an＋an＋2后，最好改写为an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1，回到定义． 方法 证明数列是等比数列： 方法1 定义法，即当n∈N*时，为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时，an＋12＝anan＋2均成立，且数列{an}没有0． 说明：得到2an＋1＝an＋an＋2后，最好改写为＝＝…＝，回到定义． 2．等差、等比数列的判断 判断数列是等差数列 方法1 定义法，即当n≥1且n∈N*时，an＋1－an为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n≥1且n∈N*时，2an＋1＝an＋an＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等差，再证明其对任意n∈N*成等差数列． 方法4 通项为一次形式，即an＝an＋b． 方法5 前n项和为不含常数项的二次形式，即Sn＝an2＋bn． 方法6 若数列{an}为等比数列，则{logaan}为等差数列． 注意 方法4、5、6只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等差数列 方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等差数列． 判断数列是等比数列 方法1 定义法，即当n∈N*时，为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n∈N*时， an＋12＝anan＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等比，再证明其对任意n∈N*成等比数列． 方法4 通项公式为指数幂形式，即an＝aqn． 方法5 若数列{an}为等差数列，则{aan}为等比数列． 注意 方法4、5只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等比数列 方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等比数列． 三、方法应用 例1 已知数列{an}是等比数列(q≠－1)，Sn是其前n项的和，求证：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k仍成等比数列． 解：方法一： (1)当q＝1时，结论显然成立； (2)当q≠1时， Sk＝，S2k＝，S3k＝． S2k－Sk＝－＝． S3k－S2k＝－＝． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)＝·＝． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)， 又因为q≠－1，所以Sk，S2k－Sk，S3k－S2k中没有零， 所以＝，所以Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比数列． 方法二： S2k－Sk＝(a1＋a2＋a3＋…a2k)－(a1＋a2＋a3＋…ak) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋…a2k＝qk(a1＋a2＋a3＋…ak)＝qkSk≠0． 同理，S3k－S2k＝a2k＋1＋a2k＋2＋a2k＋3＋…a3k＝ q2kSk≠0． 所以(S2k－Sk)2＝Sk·(S3k－S2k)，下同方法一． 例2 设数列{ an }的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1． (1)求a4的值； (2)证明：{an＋1－an}为等比数列． 解：(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即4×(1＋＋＋a4)＋5×(1＋)＝8×(1＋＋)＋1，解得a4＝． (2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1 (n≥2)， 得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn (n≥2)， 即4an＋2＋an＝4an＋1 (n≥2)． ∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴＝＝＝＝ ∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列． 四、归类巩固 *1．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于________． (由定义判定等差数列) 答案：3(1－3－10) ． *2．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2．若akak＋1＜0，则正整数k＝________． (由定义判定等差数列) 答案：23． *3．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________． (由Sn与an关系，结合定义判定等差数列) 答案：92． *4．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，则an＝________． (由Sn与an关系，结合定义判定等比数列) 答案：2n＋1． **5．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋＜t，则实数t的取值范围为________． (由前n项的积与an关系，由通项公式判定等比数列) 答案：． 解析：依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝＝×n－1，即数列是以为首项，为公比的等比数列，等比数列的前n项和等于＝＜，因此实数t的取值范围是． **6．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}为，，，，，，，，，，…，，，…，，…，若Sk＝14，则ak＝________． (由通项公式判定等差数列) 答案：． 解析：因为＋＋…＋＝＝－，＋＋…＋＝＝，所以数列，＋，＋＋，…，＋＋…＋是首项为，公差为的等差数列，所以该数列的前n项和Tn＝＋1＋＋…＋＝．令Tn＝＝14，解得n＝7(n＝－8舍去)，所以ak＝． **7．已知数列{an}中，a1＝2，且＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________． (由定义判定等比数列) 答案：1 022． 解析：由已知，得a＝4anan＋1－4a，即a－4anan＋1＋4a＝(an＋1－2an)2＝0，所以an＋1＝2an，又因为a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝＝210－2＝1 022． *8．已知数列{an}中a1＝，an＋1＝(n∈N*)，求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式． (根据定义证明等比数列) 解：由题意an≠0，an≠1，记bn＝－1，则＝＝＝＝＝， 又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列． 所以－1＝×n－1，即an＝．所以数列{an}的通项公式为an＝． ***9．已知数列{an}，{bn}满足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝an(bn－)，n∈N*，证明数列{}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式． (根据定义证明等差数列) 解：因为anbn＝2，所以an＝，则bn＋1＝anbn－＝2－＝2－＝，所以－＝． 又a1＝3，所以b1＝． 故是首项为，公差为的等差数列，即＝＋(n－1)×＝，所以bn＝． **10．已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0，证明{an}是等比数列，并求其通项公式． (由Sn与an关系，结合定义证明等比数列) 解：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0． 由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1， 得an＋1＝λan＋1－λan， 即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0， 所以＝． 因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝． **11．已知{an}的通项公式为an＝(－2)n，记Sn为其前n项和，求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列． (利用中项公式证明等差数列) 解：因为＝－2，所以{an}是首项为a1＝－2，公比为－2的等比数列， 所以Sn＝＝－＋(－1)n． 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2＝2Sn， 所以Sn＋2－Sn＝Sn－Sn＋1故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列． 12．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)． **(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列． **(2)求数列{an}的通项公式． (根据定义证明等比数列) 解：(1)∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)， ∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)． ∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋2an－1≠0(n≥2)， ∴＝3(n≥2)， ∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n， ∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)． 又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)． 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． *(1)证明：an＋2－an＝λ； **(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． (由Sn与an关系，证明递推关系，由{an}的子数列成等差探究{an}成等差的条件) 解：(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1． 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ． (2)由题设可求a2＝λ－1，所以a3＝λ＋1，令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4． 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1． 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2． 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 14．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． (由Sn与an关系，证明等比数列，利用特殊项成等差探究所有项成等差的条件) 解：(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0．① 当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0．② ①－②，得2an＋1＝an， 在①中，令n＝1得2a2＋a1＝2，又a1＝1，所以a2＝，所以2a2＝a1， 所以2an＋1＝an对任意n∈N*均成立． 因为a1≠0，所以an≠0． 所以＝对任意n∈N*均成立． 所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝． (2)由(1)知，Sn＝＝2－． 若为等差数列，则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列， 则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋， 解得λ＝2．又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2， 显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列． ***15．已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*)．若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列． (利用通项公式或定义探究数列成等比的条件) 解析：方法一：显然公比q≠1，因为an＋1bn＝Sn＋1，所以a1qnbn＝＋1， 所以qnbn＝＋－，即bn＝n－， 所以存在实数λ＝，使得bn＋λ＝n， 又bn＋λ≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以当n≥2时，＝，此时{bn＋λ}为等比数列， 所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列． 方法二：因为an＋1bn＝Sn＋1，① 所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，② ①－②得，an＋1bn－anbn－1＝an，③ 由③得，bn＝bn－1＋＝bn－1＋， 所以bn＋＝． 又bn＋≠0(否则{bn}为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列． 类型三：数列求通项 一、前测回顾 1．(1)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋3n(n∈N*且n≥2)，则an＝ ． (2)已知数列{an}中，a1＝1，an＝2nan－1(n∈N*且n≥2)，则an＝ ． 答案：(1)an＝；（2）an＝2． 解析：(1)由题意an－an－1＝3n，an－1－an－2＝3n－1，…，a2－a1＝32，叠加得an－a1＝3n＋3n－1＋…＋32＝，所以an＝(n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝； (2) 由题意an≠0，则＝2n，＝2n－1，…，＝22，叠乘得＝2n·2n－1·…·22＝2，所以an＝2(n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝2． 2．(1) 已知数列{an}中，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则an＝ ． (2) 已知数列{an}中，a1＋2a2＋…＋nan＝n2(n＋1)，则an＝ ． (3) 已知数列{an}中，a1a2…an＝n2，则an＝ ． 答案： (1) ；(2) an＝3n－1；(3) an＝． 解析：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，化简得＝，由叠乘得＝··…··＝，所以an＝ (n≥2)，a1＝1也符合．所以an＝； (2)当n≥2时，a1＋2a2＋…＋nan＝n2(n＋1)，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)2n，两式相减得nan＝n2(n＋1)－(n－1)2n＝n(3n－1)，所以an＝3n－1 (n≥2)，又a1＝2也符合．所以an＝3n－1； (3) 当n≥2时，a1a2…an＝n2，a1a2…an－1＝(n－1)2，两式相除得an＝(n≥2)，又a1＝1不符合上式，所以an＝． 3．(1)已知数列{an}中，a1＝1， an＝an－1＋1 (n∈N且n≥2)，则an＝ ． (2)已知数列{an}中，a1＝1， an＝2an-1＋2n (n∈N且n≥2)，则an＝ ． (3)已知数列{an}中，a1＝1， an＝ (n∈N且n≥2)，则an＝ ． 答案：(1)an＝3－2×()n－1； (2)an＝(2n－1)×2n－1；(3)an＝． 解析：(1)令an－x＝(an－1－x)，对比an＝an－1＋1，得x＝3，所以an－3＝(an－1－3)，因为a1－3＝－2，所以an－3≠0，所以＝对n≥2恒成立，所以{an－3}是首项为－2，公比为的等比数列，于是an－3＝－2×()n－1，所以an＝3－2×()n－1； (2)由an＝2an-1＋2n得，－＝1，又＝，所以{}是首项为，公差为1的等差数列，于是＝＋(n－1)＝n－，所以an＝(2n－1)×2n－1； (3)由an＝，a1＝1得an≠0，所以＝＝＋，所以－＝，所以数列{}是首项为1，公差为的等差数列，于是＝1＋(n－1)×＝，所以an＝． 4．(1) 已知数列{an}中，an＋an＋1＝2n，a1＝1 (n∈N*)，则an＝ ． (2) 已知数列{an}中，anan＋1＝2n，a1＝1 (n∈N*)，则an＝ ． 答案：(1) an＝；(2) an＝． 解析：(1)由题意，a2＝1． 当n≥2时，an＋an＋1＝2n，an－1＋an＝2(n－1)，两式相减得an+1－an－1＝2，所以{an}的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k－1，a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k－1，所以an＝； (2) 由题意，a2＝2． 当n≥2时，anan＋1＝2n，an－1an＝2n－1，两式相除得＝2，所以{an}的奇数项和偶数项都是公比为2的等比数列，所以a2k＝a2·2k－1＝2k，a2k－1＝a1·2k－1＝2k－1，所以an＝． 二、方法联想 1．形如an－an－1＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法 累加法，即当n∈N*，n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1． 形如＝f(n)(n∈N*且n≥2) 方法 用类乘法，即当n∈N*，n≥2时，an＝··…··a1． 注意 n＝１不一定满足上述形式，所以需检验． 2．形如含an，Sn的关系式 方法 利用an＝，将递推关系转化为仅含有an的关系式(如果转化为an不能解决问题，则考虑转化为仅含有Sn的关系式)． 注意 优先考虑n＝1时，a1＝S1的情况． 形如a1＋2a2＋…＋nan＝f(n)或a1a2…an＝f(n) 方法 (1)列出 (n∈N*且n≥2)，两式作差得an＝ (n∈N*且n≥2)，而a1＝f(1)． (2)列出 (n∈N*且n≥2)，两式作商得an＝ (n∈N*且n≥2)，而． 注意 n＝１是否满足上述形式须检验． 3．形如an＝pan－1＋q (n∈N*且n≥2，p≠1) 方法 化为an＋＝p(an－1＋)形式．令bn＝an＋，即得bn＝pbn－1，转化成{bn}为等比数列，从而求数列{an}的通项公式． 形如an＝pan－1＋f(n) (n∈N*且n≥2) 方法 两边同除pn，得＝＋，令bn＝，得bn＝bn－1＋，转化为利用叠加法求bn(前提是数列{}可求和)，从而求数列{an}的通项公式． 形如an＝ (n∈N*且n≥2) 方法 两边取倒数得＝＋，令bn＝，得bn＝bn－1＋，转化成{bn}为等差数列，从而求数列{an}的通项公式． 4．形如an＋an＋1＝f(n)或anan＋1＝f(n)形式 方法 (1)列出，两式作差得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，即找到隔项间的关系． (2)列出，两式作商得＝，即找到隔项间的关系． 三、方法应用 例1 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝2an－2n(n∈N*)．求数列{an}的通项an； 解：当n∈N*时，Sn＝2an－2n， 则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)， 两式相减得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2， ∴ an＋2＝2(an－1＋2)，∴ ＝2， 当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2， ∴ {an＋2}是以a1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴ an＋2＝4·2n－1，∴ an＝2n＋1－2． 例2 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(1＋)an＋．设bn＝，求数列{bn}的通项公式； (2)如图所示，互不相同的点A1，A2，．．．An，．．．和B1，B2，．．．Bn，．．．分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an．若a1＝1，a2＝2，求数列{an}的通项公式． 解：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝＋，即bn＋1＝bn＋， 从而b2＝b1＋，b3＝b2＋，…，bn＝bn－1＋(n≥2)． 于是bn＝b1＋＋＋…＋＝2－(n≥2)． 又b1＝1，满足bn＝2－． 故所求的通项公式bn＝2－． (2)令S＝m(m＞0)，因为所有AnBn相互平行且a1＝1，a2＝2， 所以S＝3m． 当n≥2时，＝＝＝． 故 ． 以上各式累乘，得an2＝(3n－2)·a12． 因为a1＝1，所以an＝． 例3在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)，a1＝－23． (1)求an； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，求Sn的最小值． 解： (1)an＋1＋an＝2n－44(n∈N*)， an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44， 由以上两式相减，得an＋2－an＝2． ∵a2＋a1＝2－44，a1＝－23， ∴a2＝－19，同理得a3＝－21，a4＝－17，…． ∴a1，a3，a5，…是以－23为首项，2为公差的等差数列； a2，a4，a6，…是以－19为首项，2为公差的等差数列． 故an＝ (2)当n为偶数时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝2×[1＋3＋…＋(n－1)]－×44＝－22n， 故当n＝22时，Sn取得最小值为－242． 当n为奇数时， Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an) ＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝a1＋2×[2＋4＋…＋(n－1)]＋×(－44) ＝－23＋－22(n－1)＝－22n－． 故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243． 综上所述，当n为偶数时，Sn取得最小值为－242；当n为奇数时，Sn取得最小值为－243． 四、归类巩固 *1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则该数列的通项公式为________． （由an，Sn的关系式求通项） 答案：an＝． *2．(2015·江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为_______． (形如an－an－1＝f(n)的递推求通项) 答案：． **3．在数列{an}中，an＋1＝，a1＝2，则a20＝________． (形如an＝的递推求通项) 答案：． **4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝________． (构造辅助等差数列求通项) 答案：． 解析：因为an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，所以－＝1，＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，所以bn＝＝－，所以数列{bn}的前10项的和S10＝＋＋…＋＝1－＝． **5．设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则S5＝________． （形如an＝pan－1＋q的递推关系求通项） 答案：121． 解析：因为an＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以数列是公比为3的等比数列，所以＝3．又S2＝4，所以S1＝1，所以S5＋＝×34＝×34＝，所以S5＝121． **6．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________． （an＝，an＝pan－1＋q两种形式递推结合求通项） 答案：an＝． 解析：因为an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，设＋t＝3，所以3t－t＝1，解得t＝，所以＋＝3，又＋＝1＋＝，所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，所以＝，所以an＝． ***7．已知正项数列{an}中，a1＝1，且(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为________． （形如＝f(n)的递推关系求通项） 答案：． 解析：因为(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，所以[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0．又{an}为正项数列，所以(n＋2)an＋1－(n＋1)an＝0，即＝，则an＝··…··a1＝··…··1＝，a1也符合． **8．已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________． (构造辅助等差数列求通项) 答案：． 解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝n＋1，故Sn＝，则S2 017＝． **9．已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝an(1－nan＋1)，则数列{an}的通项公式为________． (形如an－an－1＝f(n)的递推关系求通项) 答案：an＝． 解析：原数列递推公式可化为－＝n，令bn＝，则bn＋1－bn＝n，因此bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝，所以an＝． **10．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________． （形如an＋an＋1＝f(n)，an－an＋1＝f(n)的递推关系求通项） 答案：1 830． 解析：不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{an}的前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830． ***11．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝2Sn＋2n，则数列{an}的通项公式an＝________． （形如an＝pan－1＋f(n)的递推关系求通项） 答案：2×3n－1－2n－1． 解析：当n≥2时，an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＋2n－2n－1＝2an＋2n－1，从而an＋1＋2n＝3(an＋2n－1)． 又a2＝2a1＋2＝4，a2＋2＝6，故数列{an＋1＋2n}是以6为首项，3为公比的等比数列，从而 an＋1＋2n＝6×3n－1，即an＋1＝2×3n－2n，又a1＝1＝2×31－1－21－1，故an＝2×3n－1－2n－1． ***12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________． （形如＝f(n)的递推关系求通项） 答案：(n＋1)3． 解析：当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8．当n≥2时，4(Sn＋1)＝， 则4(Sn－1＋1)＝，两式相减得，4an＝－，整理得，＝，所以an＝··…··a1＝××…××8＝(n＋1)3．检验知，a1＝8也符合，所以 an＝(n＋1)3． ***13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________． （a1＋2a2＋…＋nan＝f(n)，＝f(n)两种形式递推结合求通项） 答案：． 解析：根据a1＋＋＋…＋＝an，① 有a1＋＋＋…＋＝an－1，② ①－②得，＝an－an－1，即n2an－1＝(n2－1)an，所以＝＝， 所以an＝a1×××…×＝1×××…× ＝ ＝＝． 14．已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)． *(1)求a2的值并证明：an＋2－an＝2； **(2)求数列{an}的通项公式． （由an，Sn的关系式得递推关系，在根据递推关系求通项） 解：(1)令n＝1得2a1a2＝4a1－3，又a1＝1，所以a2＝． 由题可得，2anan＋1＝4Sn－3，① 2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3． ② ②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1． 因为an≠0，所以an＋2－an＝2． (2)由(1)可知：数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1， 所以a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n． 数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，所以a2k＝＋2(k－1)＝2k－，即n为偶数时，an＝n－． 综上所述，an＝ 15．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{an2}的前n项和为Tn，且3Tn＝Sn2＋2Sn，n∈N*． *(1)求a1的值； **(2)求数列{an}的通项公式； （由an，Sn的关系式得递推关系，在根据递推关系求通项） 解：(1)由3T1＝S12＋2S1，得3a12＝a12＋2a1，即a12－a1＝0． 因为a1＞0，所以a1＝1． (2)因为3Tn＝Sn2＋2Sn， ① 所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，② ②－①，得3an＋12＝Sn＋12－Sn2＋2an＋1． 因为an＋1＞0， 所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2， ③ 所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2，④ ④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1， 所以当n≥2时，＝2． 又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)， 即a22－2a2＝0． 因为a2＞0，所以a2＝2，所以＝2，所以对n∈N*，都有＝2成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*． 类型四：数列求和 一、前测回顾 1．数列{1＋2n－1}的前n项和Sn＝________． 答案：n＋2n－1． 解析：Sn＝n＋＝n＋2n－1． 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________． 答案：． 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 依题意有解得 所以Sn＝，＝＝2， 因此＝2＝．． 3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________． 答案：15． 解析：设bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9) ＝5×3＝15． 4．数列{(2n－1)()n}的前n项和Sn＝________． 答案：3?(2n＋3)?()n． 解析：Sn＝1?＋3?()2＋…＋(2n?1)?()n， Sn＝ 1?()2＋3?()3＋…＋(2n?3)?()n＋(2n?1)?()n＋1． 两式作差得：Sn＝＋2[()2＋()3＋…＋()n]?(2n?1)?()n＋1 ＝＋2??(2n?1)?()n＋1＝?(2n＋3)?()n＋1． 所以Sn＝3?(2n＋3)?()n． 二、方法联想 数列求和除了公式法外，还有下列的常见方法： 形如an±bn（an，bn是等差或等比数列）的形式 方法 分组求和法． 形如，或其它特殊分式的形式 方法 采用裂项相消法． 形如anbn形式(其中an为等差，bn为等比) 方法 采用错位相减法． 首、尾对称的两项和为定值的形式 方法 倒序相加法． 正负交替出现的数列形式 方法 并项相加法，对项数n进行分类即分奇偶性． 三、方法应用 例1 已知数列{an}的通项an＝求其前n项和Sn． 解：奇数项组成以a1＝1为首项，公差为12的等差数列， 偶数项组成以a2＝4为首项，公比为4的等比数列； 当n为奇数时，奇数项有项，偶数项有项， ∴ Sn＝＋＝＋； 当n为偶数时，奇数项和偶数项分别有项， ∴ Sn＝＋＝＋， ∴ Sn＝ 例2已知数列{an}的前n项和为An，对任意n∈N*满足－＝，且a1＝1，数列{bn}满足bn＋2－2bn＋1＋bn＝0(n∈N*)，b3＝5，其前9项和为63． (1) 求数列{an}和{bn}的通项公式； (2) 令cn＝＋，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，都有Tn≥2n＋a，求实数a的取值范围． 解：(1) ∵ －＝，∴ 数列是首项为1，公差为的等差数列， ∴ ＝A1＋(n－1)×＝n＋，即An＝(n∈N*)， ∴ an＋1＝An＋1－An＝－＝n＋1(n∈N*)． 又a1＝1，∴ an＝n(n∈N*)． ∵ bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，∴ 数列{bn}是等差数列， 设{bn}的前n项和为Bn，∵ B9＝＝63且b3＝5， ∴ b7＝9，∴ {bn}的公差为＝＝1，首项为3，∴ bn＝n＋2(n∈N*)． (2) 由(1)知cn＝＋＝＋ ＝2＋2， ∴ Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2 ＝2n＋2 ＝2n＋3－2， ∴ Tn－2n＝3－2． 设Rn＝3－2， 则Rn＋1－Rn＝2＝＞0， ∴ 数列{Rn}为递增数列，∴ (Rn)min＝R1＝． ∵ 对任意正整数n，都有Tn－2n≥a恒成立，∴ a≤． 故λ的取值范围为． 例3已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2． (1)求数列{xn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn． 解：(1)设数列{xn}的公比为q． 由题意得所以3q2－5q－2＝0． 由已知得q＞0，所以q＝2，x1＝1． 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1． (2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1． 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1． 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn． 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2． ① 又2Tn＝ 3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1．② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝＋－(2n＋1)×2n－1， 所以Tn＝． 四、归类巩固 *1．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为________． （公式法求和） 答案：． *2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn＞1020，那么n的最小值是________． （分组求和） 答案：10． *3．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50的值是________． （并项相加求和） 答案：1． ***4．数列{an}的通项an＝n2(cos2－sin2)，其前n项和为Sn，则S30的值是________． （分组求和） 答案：470． 解析：an＝n2·cosπ，a1＝12·(－)，a2＝22(－)，a3＝32，a4＝42(－)，… S30＝(－)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302) ＝(－)(3k－2)2＋(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－)(－18k＋5) ＝－[－18·＋50]＝470． *5．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9．求数列{|an|}的前n项和Tn＝_______． (等差数列前n项的绝对值之和) 答案： 6．已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4． *(1)证明数列{an＋4}是等比数列； **(2)求数列{|an|}的前n项和Sn． （数列的前n项的绝对值之和） 解：(1)因为an＋1＝2an＋4，所以an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)， 因为a1＋4＝2，所以an＋4≠0，所以＝2， 所以{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，可知an＋4＝2n，所以an＝2n－4． 当n＝1时，a1＝－2＜0， 所以S1＝|a1|＝2； 当n≥2时，an≥0． 所以Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1) ＝－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2． 又当n＝1时，也满足上式． 所以数列{|an|}的前n项和Sn＝2n＋1－4n＋2． *7．已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n＝________． (裂项相消求和) 答案：120． 解析：因为an＝＝－，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1． 令－1＝10，得n＝120． ***8．已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是________． (裂项相消求和) 答案：． 解析：由Sn＋1＝2Sn，数列{sn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n． 所以an＝，则bn＝＝log2an＝， 所以n≥2时，＝＝－． 所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝． **9．已知an＝2n＋1，bn＝2n－1，Sn是数列{an}的前n项和，令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，则T2n＝________． (分组求和，裂项相消求和) 答案：＋(4n－1)． 解析：由an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，则cn＝ 即cn＝ 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋＋…＋＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋＝＋(4n－1)． **10．数列{an}的通项公式为an＝2n，Sn是其前n项和．设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． (裂项相消求和) 解：因为an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2． 所以bn＝＝＝－． 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝＋＋…＋ ＝＝． **11．若f(x)＝，则f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________． （倒序相加求和） 答案：3． 解析：因为f(x)＝，所以f(x)＋f(1－x)＝＋＝， [(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)]＋ [f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋…＋f(－4)＋f(－5)] ＝12×＝6，所以f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6) ＝3． **12．设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于1的等比数列，且a1＝b1＝2，a2＝b2，＝，令数列{cn}满足cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn等于________． (错位相减求和) 答案：(n－1)2n＋1＋2． 解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q＞1)， 因为＝，所以a4＝b3，所以2＋3d＝2q2①，由a2＝b2，得：2＋d＝2q②， 由①②得d＝2，q＝2，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n．所以cn＝＝n·2n， 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n③ 所以2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1④， ③－④得：－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2． **13．已知an＝3n－2，bn＝2n．求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)． （错位相减求和） 解：设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8． 故Tn＝×4n＋1＋． 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋． **14．已知an＝n－1，bn＝－log2an＋1．令cn＝＋，其中n∈N*，求数列{cn}的前n项和为Tn． （错位相减求和，裂项相消求和） 解：bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n，cn＝＋． 令Hn＝＋＋＋…＋， ① 则Hn＝＋＋…＋＋， ② ①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－． 所以Hn＝2－． 又Tn－Hn＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1＋－－)＝－， 所以Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋－＝－－． 15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1， *(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式； **(2)证明＋＋…＋＜． (放缩法证明不等式) 证明：(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3． 又a1＋＝，所以{an＋}是首项为，公比为3的等比数列． an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝． (2)由(1)知＝． 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤． 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝＜． 所以＋＋…＋＜． 类型五：数列的单调性与最值 一、前测回顾 1．若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1＞an．则实数k的取值范围________． 答案：(－3，＋∞)． 解析：方法一：由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－＜，即得k＞－3． 方法二：由an＋1＞an得(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，即k＞－2n－1对n∈N*恒成立，故k＞－3． 2．数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大值是________． 答案：． 解析：an＝，由函数f(x)＝在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增， 由于n∈N*，知当n＝9或10时，(n＋)min＝19，故(an)max＝． 3．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{bn}，则此数列的前n项和Sn取得最大值时n的值是________． 答案：24． 解析：因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，因为n∈N*，所以数列{bn}的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{bn}的前24项和取得最大值． 4．已知数列{an}的通项an＝(n＋1)n (n∈N*)，试问该数列{an}有没有最大项？若有，求出最大项的项数；若没有，说明理由． 解：方法一：令??， 所以n＝9或n＝10时，an最大， 即数列{an}有最大项，此时n＝9或n＝10． 方法二：因为an＋1－an＝(n＋2)·n＋1－(n＋1)·n＝n·， 当n＜9时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an； 当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an； 当n＞9时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an． 故a1＜a2＜a3＜…＜a9＝a10＞a11＞a12＞…， 所以数列{an}中有最大项，为第9、10项． 二、方法联想 数列的单调性 方法1 转化为函数的单调性，如利用图象分析． 注意 图象分析时，数列图象为离散的点． 方法2 利用an＋1－an与0的关系(或与1的关系，其中an＞0)判断(或证明)数列的单调性． 数列的最值 方法1 利用an＋1－an与0的关系(或与1的关系，其中an＞0)判断数列的单调性． 方法2 若第m项为数列的最大项，则 若第m项为数列的最小项，则 三、方法应用 例1 已知数列{Tn}的通项公式为Tn＝(2n＋1)()n，求数列Tn的最大值． 解：方法一：Tn＋1－Tn＝(2n＋3)()n＋1－(2n＋1)()n＝[(2n＋3)()－(2n＋1)]()n ＝[n＋－(2n＋1)]()n＝(－n)()n． 因为n≥1，所以－n＜0． 又()n＞0，所以Tn＋1－Tn＜0所以Tn＋1＜Tn， 所以T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…． 所以Tn存在最大值T1＝． 方法二：因为＝＝＝， ＝(1＋)≤(1＋)＝＜1， 所以Tn＋1＜Tn． 所以T1＞T2＞T3＞…＞Tn＞Tn＋1＞…， 所以Tn存在最大值T1＝． 方法三：考查函数g(x)＝(2x＋1)()x(x≥1)的单调性． 因为x≥1，所以2x＋1≥3，而ln＜0，所以(2x＋1)ln≤3ln． 又3ln＝ln()3＝ln＜ln＝－2， 所以(2x＋1)ln＜－2，所以2＋(2x＋1)ln＜0． 又()x＞0，所以()x[2＋(2x＋1)ln]＜0， 即g'(x)＜0，所以g(x)在上是单调递减函数，所以Tn存在最大值T1＝． 例2已知数列{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，bn＝． (1)求公差d的值； (2)若a1＝－，求数列{bn}的最大项和最小项的值； (3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围． 解：(1)∵S4＝2S2＋4， ∴4a1＋d＝2(2a1＋d)＋4，解得d＝1 ． (2)∵a1＝－ ， ∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)＝n－， ∴bn＝1＋＝1＋ ． ∵函数f(x)＝1＋在(－∞，)和(，＋∞)上分别是单调减函数， ∴b3＜b2＜b1＜1，当n≥4时，1＜bn≤b4， ∴数列{bn}中的最大项b4＝3，最小项b3＝－1 ． (3)由bn＝1＋，得bn＝1＋ ． 又函数f(x)＝1＋在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数， 且x＜1－a1时，y＜1；x＞1－a1时，y＞1 ． ∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8， ∴－7＜a1＜－6 ． 例3已知各项都不为零的无穷数列{an}满足：an＋1an＋an＋1－an＝0 ； (1)证明{}为等差数列，并求a1＝1时数列{an}中的最大项： (2)若a2018为数列{an}中的最小项，求a1的取值范围． 解： (1)由an＋1an＋an＋1－an＝0，得an－ an＋1＝an＋1an0，所以－＝1， 所以{}是等差数列，且公差d＝1． 当a1＝1时，＝＋(n－1)＝n?an＝， 数列{an}递减数列，最大项为a1＝1． (2)由(1)知＝＋(n－1)． 当＞0时数列是正项递增数列，此时数列{}没有最大项， 从而数列{an}中就没有最小项，故＜0； 由数列{}是递增数列，且a2018是{an}的最小项， 所以是数列{}中的最大负项， 从而有＜0，即＋2017＜0，所以a1＞－． 又＞0，即＋2018＞0，所以a1＜－． ∴a1的取值范围是(－，－)． 例4已知数列{an}的各项都小于1，a1＝，an＋12－2an＋1＝an2－an(n∈N*)． (1)求证：an＋1＜an(n∈N*)； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，求证：－＜Sn＜； (3)记bn＝－，求证：bn≤2． 解：(1)先证：an＞0． ＝＞0，an＋1，an同号，a1＝＞0，所以an＞0 ． 又＝＜＝1，所以an＋1＜am ． (2)an＋12－2an＋1＝an2－an＝an2－2an＋an， Sn＝an＋12－2an＋1－(a12－2a1)＝an＋12－2an＋1＋． 由(1)得2an＋1－an＝an＋12－an2＜0， 所以an≤，－＜Sn＝an＋12－2an＋1＋＜． (3)由a22－2a2＝a12－a1＝－得a2＝，从而b1＝2． (2－an＋1)an＋1＝an(1－an)，所以＋＝＋， 所以 bn＝－＝－ ． 下证{bn}为单调递减数列 ∵bn＋1－bn＝－－－＝＋ 我们先证{an－an＋1}为单调递减数列， an＋1－an＋2＝＜＝an－an＋1， 所以＋＜0， ∴{bn}为单调递减数列，bn≤b1＝2． 四、归类巩固 *1．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an＋1＞an”的____________条件． （等比数列的单调性） 答案：充分非必要． 解析：当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故填：充分非必要． **2．通项公式为an＝an2＋n的数列，若满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5，且an＞an＋1对n≥8恒成立，则实数a的取值范围是__________． （数列的单调性的判定） 答案：－＜a＜－． 解析：an－an＋1＝(an2＋n)－[a(n＋1)2＋n＋1]＝－a(2n＋1)－1＞0(n＞＝8)，所以a(2n＋1)＜－1，a＜－，f(n)＝－是关于n的增函数，所以a＜－； n＝1，2，3，4时an－an＋1＞0，a＞－，所以a＞－．综上，－＜a＜－． **3．设等比数列满足a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，则a1a2a3…an的最大值为__________． （利用数列的单调性求最值） 答案：64． 解析：a1＋a3＝10， a2＋a4＝5，所以公比q＝＝，所以a1＋a1×＝10，得a1＝8 a1a2a3…an ＝8n1＋2＋…＋n－1＝23n·2＝2＝2 , 所以当n＝34时,取最大值64． **4．数列{an}的通项公式an＝ (n∈N*)，则数列{an}中的最大项是第___项，最小项是_____项． （利用数列的单调性求最值） 答案：10，9． 解析：令f(n)＝，则f(n)＝1＋ 因为－＞0，所以f(n)在(0， )和(，＋∞)上都是减函数． 所以当n＝9时an取最小值；当n＝10时an取最大值． **5．已知数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为__________． （子数列和原数列单调性的关系） 答案：(0，1) 解析：数列{an}中，a1＝a， a2＝2－a， an＋2－an＝2，由an＋2－an＝2可知数列奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0 且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1 ，即实数a的取值范围为(0，1)，故答案为(0，1). ***6．已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________． （利用数列的单调性求最值） 答案：． 解析：依题意Sn＝＝1－，当n为奇数时，Sn＝1＋，当n为偶数时，Sn＝ 1－；由函数y＝x－在(0，＋∞)上是增函数，所以当n为奇数时Sn－单调递减；当n为偶数时Sn－单调递增．当n为奇数时Sn－的最大值为，且Sn－＞0；当n为偶数时Sn－的最小值为－，且Sn－＜0；所以n∈N*时，Sn－的最大值为，Sn－的最小值为－，因此有A≤－，B≥，B－A≥＋＝，即B－A的最小值是. ***7．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为________． （利用数列的单调性求Sn的最值） 答案：． 解析：由Hn＝2n＋1， 得n·2n＋1＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，① (n－1)·2n＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1，② ①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，所以an＝2n＋2，an－kn＝(2－k)n＋2，又Sn≤S5对任意的n∈N*恒成立，所以即解得≤k≤. ***8．在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________． （利用数列最值求解恒成立问题） 答案：． 解析：依题意得，数列的前n项和为2n－1，当n≥2时，＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且＝21－1＝1＝21－1，因此＝2n－1(n∈N*)，＝.记bn＝，则bn＞0，＝＝＞＝1，即bn＋1＞bn，数列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是b1＝.依题意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，即有λ≥b1＝，λ的最小值是. **9．已知 S n＝－(λ＋18)·[1－(－)n]，是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由． （利用数列最值求解恒成立问题） 解：要使a＜Sn＜b对任意正整数n成立，即a＜－(λ＋18)·[1－(－)n]＜b，(n∈N*)． 得＜－(λ＋18)＜，(n∈N*) ① 令f(n)＝1－(－)n，则当n为正奇数时，1＜f(n)≤，当n为正偶数时≤f(n)＜1； 所以f(n)的最大值为f(1)＝，f(n)的最小值为f(2)＝， 于是，由①式得a＜－(λ＋18)＜b，∴－b－18＜λ＜－3a－18，(必须－b＜－3a，即b＞3a)． 当a＜b＜3a时，由－b－18≥－3a－18，不存在实数满足题目要求； 当b＞3a存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b，且λ的取值范围是(－b－18，－3a－18)． 10．等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－． *(1)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式； **(2)当n取何值时，f(n)有最大值． （符号数列单调性和最值） 解：(1)an＝2002·(－)n1，f(n)＝2002n·(－) (2)由(1)，得＝，则 当n≤10时，＝＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|， 当n≥11时，＝＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…， 因为f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0， 所以f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者． 因为＝＝20023·()30＝()3＞1， 所以当n＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·()66． 11．已知数列{an}满足an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)． *(1)若a1＝1，f(x)＝3x＋5，求数列{an}的通项公式； **(2)若a1＝6，f(x)＝2x且λan＞2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． （利用数列最值，研究不等式恒成立问题） 解：(1)因为an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)，f(n)＝3n＋5， 所以an＋1－an＝2(3n＋8－3n－5)＝6， 所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5． (2)因为f(x)＝2x，所以f(n＋1)－f(n)＝2n＋1－2n＝2n， 所以an＋1－an＝2·2n＝2n＋1． 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2， 当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2． 由λan＞2n＋n＋2λ，得λ＞＝＋，而－＝≤0， 所以当n＝1或n＝2时，取得最大值， 12．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)． *(1)求数列{an}的通项公式； **(2)对于正整数i，j，k(i＜j＜k)，已知λaj，6ai，μak成等差数列，求正整数λ，μ的值； ***(3)设数列{bn}前n项和是Tn，且满足:对任意的正整数n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立．求满足等式＝的所有正整数n． 解：(1)由2Sn＝an＋1－3(n∈N*)得2Sn＋1＝an＋2－3，两式作差得2an＋1＝an＋2－an＋1， 即an＋2＝3an＋1(n∈N*)． a1＝3，a2＝2S1＋3＝9，所以an＋1＝3an(n∈N*)，an≠0，则＝3(n∈N*)， 所以数列{an}是首项为3公比为3的等比数列， 所以an＝3n(n∈N*)； (2)由题意λaj＋φak＝2·6ai，即λ3j＋μ3k＝2·6·3i， 所以λ3j－i＋μ3k－i＝12，其中j－i≥1，k－i≥2， 所以λ3j－i≥3λ≥3，μ3k－i≥9μ≥9， 12＝λ3j－i＋μ3k－i≥12，所以j－i＝1，k－i＝2，λ＝μ＝1； (3)由a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3得， a1bn＋1＋a2bn＋a3bn－1＋…＋anb2＋an＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3， a1bn＋1＋3(a1bn＋a2bn－1＋…＋an－1b2＋anb1)＝3n＋2－3(n＋1)－3 a1bn＋1＋3(3n＋1－3n－3)＝3n＋2－3(n＋1)－3， 所以3bn＋1＝3n＋2－3(n＋1)－3－3(3n＋1－3n－3)，即3bn＋1＝6n＋3， 所以bn＋1＝2n＋1(n∈N*)， 又因为a1b1＝31＋1－3·1－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1(n∈N*)， 从而Tn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n＝n2(n∈N*)，＝(n∈N*)， 当n＝1时＝；当n＝2时＝；当n＝3时＝； 下面证明:对任意正整数n＞3都有＜， －＝(n＋1)2()n＋1－n2()n＝()n＋1((n＋1)2－3n2)＝()n＋1(－2n2＋2n＋1) 当n≥3时，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)＜0，即－＜0， 所以当n≥3时，递减，所以对任意正整数n＞3都有＜＝； 综上可得，满足等式＝的正整数n的值为1和3．
教 学 反 思
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