高中数列复习

通项公式的求法一、公式法二、迭加法假设an+1=an+f(n),那么:假设an+1=f(n)an,那么:三、叠乘法an=S1(n=1),Sn-Sn-1(n≥2).an=a1+

(ak-ak-1)=a1+

f(k-1)=a1+

f(k).

n-1k=1nk=2nk=2an=a1

…

=a1f(1)f(2)…f(n-1)(n≥2).

anan-1a2a1a3a2四、化归法通过恰当的恒等变形,

如配方、因式分解、取对数、取倒数等,转化为等比数列或等差数列.(1)假设an+1=pan+q,那么:an+1-

=p(an-

).(3)假设an+1=pan+q(n),那么:(2)若

an+1=

,则:panr+qan

an+11an

1=

·

+.prpq(4)假设an+1=panq,那么:lgan+1=qlgan+lgp.五、归纳法先计算数列的前假设干项,通过观察规律,猜测通项公式,进而用数学归纳法证之.例数列{an}满足:a1=1,an+1=2an+3×2n-1,求{an}的通项公式.an=(3n-1)×2n-2an+1pn+1anpn=+

.q(n)pn+11.在数列

{an}

中,a1=1,

Sn=(n≥2),求

an.Sn-12Sn-1+1Sn-12Sn-1+1解:由

Sn=知:1Sn1Sn-1-

=2.1Sn∴{}是以==1

为首项,公差为

2

的等差数列.1S11a11Sn∴=1+2(n-1)=2n-1.∴Sn=.2n-11∵a1=1,当

n≥2

时,an=Sn-Sn-1=-.(2n-1)(2n-3)2∴an=-

,n≥2.

1,n=1,(2n-1)(2n-3)2典型例题2.数列

{an}

的前

n

项和

Sn=n2-7n-8,(1)求

{an}

的通项公式;(2)求

{|an|}

的前

n

项和

Tn.解:(1)当

n=1

时,a1=S1=-14;当

n≥2

时,an=Sn-Sn-1=2n-8,(2)由

(1)

知,当

n≤4

时,an≤0;当

n≥5

时,an>0;当

n≥5

时,Tn=-S4+Sn-S4=Sn-2S4故

an=2n-8,n≥2.-14,n=1,=n2-7n-8-2(-20)∴当

n≤4

时,Tn=-Sn=-n2+7n+8,=n2-7n+32.故

Tn=n2-7n+32,n≥5.-n2+7n+8,n≤4,

3.已知数列

{an}

中,a1=1,an+1=

an+1(n

N*),求

an.12解法一

∵an+1=

an+1(n

N*),12∴an=

an-1+1,an-1=

an-2+1.1212两式相减得:an-an-1=

(an-1-an-2)

12∴{an-an-1}

是以

a2-a1=

为首项,

公比为的等比数列.1212∴an-an-1=

(

)n-2=(

)n-1.

121212∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+

+()2+…+()n-1

121212=2-21-n.即

an=2-21-n.解法二

由解法一知

an-an-1=21-n,又

an=

an-1+1,12消去

an-1得

an=2-21-n.解法三

∵

an=

an-1+1,12令

an+

=

(an-1+

),12那么=-2.∴

an-2=

(an-1-2).12∴{an-2}

是以

a1-2=-1

为首项,

公比为的等比数列.1212∴an-2=-(

)n-1.即

an=2-21-n.3.已知数列

{an}

中,a1=1,an+1=

an+1(n

N*),求

an.124.数列{an}的前n项和Sn满足条件lgSn+(n-1)lgb=lg(bn+1+n-2),其中,b>0且b1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)假设对nN*,n≥4时,恒有an+1>an,试求b的取值范围.解:(1)由得lgSnbn-1=lg(bn+1+n-2),∴Snbn-1=bn+1+n-2(b>1).∴Sn=b2+(b>1).bn-1n-2当

n=1

时,a1=S1=b2-1;当

n≥2

时,an=Sn-Sn-1=b2+-b2-

bn-1n-2bn-2n-3bn-1(1-b)n+3b-2=.bn-1(1-b)n+3b-2,n≥2.b2-1,n=1,故

an=(2)由已知>对

n≥4

恒成立.bn-1(1-b)n+3b-2bn

(1-b)(n+1)+3b-2即

(n-3)b2-2(n-2)b+(n-1)>0

对

n≥4

恒成立.亦即

(b-1)[(n-3)b-(n-1)]>0

对

n≥4

恒成立.∵b>1,∴b>对

n≥4

恒成立.n-3n-1n-3n-1而当

n=4

时有最大值

3,∴b>3.

5.设

Sn

是等差数列

{an}

的前

n

项和.已知

S3与

S4的等比中项为

S5,

S3与

S4的等差中项为

1,求等差数列

{an}

的通项

an.1513141314解法1:设等差数列

{an}

的首项

a1=a,公差为

d,那么通项公式为an=a+(n-1)d,前

n

项和为

Sn=na+.n(n-1)d

21314依题意有S3

S4=(S5)2,(S5

0)15S3+

S4=2,1314由此可得:1314(3a+3d)

(4a+6d)=

(5a+10d)2,14(3a+3d

)+

(4a+6d)=2.13251整理得3ad+5d2=0,4a+5d=4.解得d=0,a=1,或a=4.d=-

,512∴an=1

或

an=-

n+

.512532经验证知

an=1

时,Sn=5;另一种情况时,Sn=-4,均合题意.∴an=1

或

an=-

n+

即为所求数列

{an}

的通项公式.512532解法2:

∵Sn

是等差数列的前

n

项和,故可设

Sn=an2+bn,依题意得:1314(a

32+b

3)

(a

42+b

4)=(a

52+b

5)2,14(a

32+b

3)+

(a

42+b

4)=2.13251解得a=0,b=1,或b=.a=-,52665∴Sn=n

或

Sn=-n2+n.52665在等差数列中,n≥2

时,an=Sn-Sn-1,a1亦适合公式.∴an=1

或

an=-

n+

.512532整理得13a2+3ab=0,7a+2b=2.

5.设

Sn

是等差数列

{an}

的前

n

项和.已知

S3与

S4的等比中项为

S5,

S3与

S4的等差中项为

1,求等差数列

{an}

的通项

an.1513141314解法3:

∵Sn

是等差数列的前

n

项和,∴数列

{}

是等差数列.Snn+=2,S33S55S44依题意得:

=()2,S55S33S44+=2,S33S44解得:S4=4,S3=3,S5=5,或S4=,S3=,S5=-4,85524∴a4=S4-S3=1,a5=S5-S4=1

或

a4=-,a5=-.528516∴an=1

或

an=-

n+

.512532

5.设

Sn

是等差数列

{an}

的前

n

项和.已知

S3与

S4的等比中项为

S5,

S3与

S4的等差中项为

1,求等差数列

{an}

的通项

an.1513141314解法4:依题意

S3=3a2,S4=2(a2+a3),S5=5a3,整理得:3a2+a3=4,a2(a2+a3)=2a32,代入S55S33S44+=2,S33S44

=()2,45解得a2=1,a3=1,或a3=-.a2=

,85∴an=1

或

an=-

n+

.512532

5.设

Sn

是等差数列

{an}

的前

n

项和.已知

S3与

S4的等比中项为

S5,

S3与

S4的等差中项为

1,求等差数列

{an}

的通项

an已知

an+1=2+

an(n∈N+),且

a1=a,求

an.12解:

a1=a

a2=2+a

12=4-21+2-1a,故猜测:an=4-23-n+21-na,用数学归纳法证明如下:a5=2+a4

12a3=2+a2=3+a

1214=4-20+2-2a,a4=2+a3=+a

127218=4-2-1+2-3a,=4-2-2+2-4a,=4-22+20a,证明从略.故an=4-23-n+21-na.解法二:构造等比数列求解(略).

7.设数列

{an}

是公差不为

0

的等差数列,Sn

是数列

{an}

的前

n

项和,且

S32=9S2,S4=4S2,求数列

{an}

的通项公式.解:设等差数列

{an}

的公差为

d,由

Sn=na1+及已知条件得:n(n-1)d

2(3a1+3d)2=9(2a1+d),①4a1+6d=4(2a1+d),

②由

②

得:d=2a1,代入

①

有:9a12=4a1.解得:a1=0

或

a1=.49当a1=0时,d=0,与条件矛盾,舍去;当

a1=时,d=.4989∴an=+(n-1)=n-.

49894989故数列

{an}

的通项公式为an=n-.

49898.数列{an}是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12,(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=an3n,求数列{bn}前n项和的公式.解:(1)设数列

{an}

的公差为

d,那么由得3a1+3d=12,∴d=2.∴an=2+(n-1)

2=2n.故数列

{an}

的通项公式为

an=2n.(2)由

bn=an

3n=2n

3n

得数列

{bn}

前

n

项和Sn=2

3+4

32+…+(2n-2)

3n-1+2n

3n

①∴3Sn=2

32+4

33+…+(2n-2)

3n+2n

3n+1②将

①

式减

②

式得:-2Sn=2(3+32+…+3n)-2n

3n+1=3(3n-