2018版高中數(shù)學(xué)第二章數(shù)列疑難規(guī)律方法學(xué)案5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGEPAGE41學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精第二章數(shù)列1函數(shù)的視角看數(shù)列數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，因此在解決數(shù)列問(wèn)題時(shí),要善于利用函數(shù)的知識(shí)、函數(shù)的觀點(diǎn)、函數(shù)的思想方法來(lái)解題，即用共性來(lái)解決特殊問(wèn)題．下面從函數(shù)角度對(duì)數(shù)列有關(guān)問(wèn)題進(jìn)行分析，體會(huì)數(shù)列與函數(shù)的有機(jī)結(jié)合．一、利用函數(shù)單調(diào)性求數(shù)列的最大項(xiàng)例1已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(7，9))）n＋1,則該數(shù)列是否有最大項(xiàng)，若有，求出最大項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)；若無(wú)，說(shuō)明理由．分析設(shè)an＝f(n），可通過(guò)函數(shù)f（n）的單調(diào)性來(lái)判斷數(shù)列的單調(diào)性,從而求解．解設(shè)an＝f（n)，則f(n)＝neq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7，9）)）n＋1,f（n＋1）＝（n＋1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7,9))）n＋2。則f（n＋1）－f(n）＝（n＋1）·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7,9））)n＋2－neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（7，9)））n＋1＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)））n＋1·eq\f(7－2n，9)，當(dāng)n>3時(shí)，f（n＋1）－f(n)<0；當(dāng)1≤n≤3時(shí)，f（n＋1）－f(n)〉0.綜上可知，{an｝在n∈｛1,2,3｝時(shí),單調(diào)遞增；在n∈{4，5，6，7，…}時(shí),單調(diào)遞減．所以存在最大項(xiàng)，且第3項(xiàng)為最大項(xiàng)．點(diǎn)評(píng)數(shù)列可以看作是一個(gè)定義在正整數(shù)集(或其子集)上的函數(shù)，當(dāng)自變量從小到大依次取值時(shí)，對(duì)應(yīng)的一組函數(shù)值．?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式體現(xiàn)了數(shù)列的項(xiàng)與其序號(hào)之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系．二、利用函數(shù)思想求數(shù)列的通項(xiàng)例2已知數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式an＝n2＋n＋eq\f(1,n),若：（1)數(shù)列{bn｝滿(mǎn)足bn＝a2n－1，求｛bn}的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列｛cn}滿(mǎn)足cn＝a2n－1，求｛cn}的通項(xiàng)公式．分析設(shè)an＝f（n)，函數(shù)f(n）中的n用某一代數(shù)式φ(n）代替,整理，即可求解．解設(shè)f(n）＝n2＋n＋eq\f（1,n）,則：（1）bn＝f（2n－1）＝（2n－1)2＋2n－1＋eq\f（1，2n－1）＝4n2－2n＋eq\f(1,2n－1），則bn＝4n2－2n＋eq\f(1,2n－1).(2）cn＝f(2n－1）＝(2n－1)2＋2n－1＋eq\f（1，2n－1)＝4n－2n＋eq\f(1，2n－1)，則cn＝4n－2n＋eq\f(1,2n－1）.點(diǎn)評(píng)數(shù)列是特殊的函數(shù)，因此要善于運(yùn)用函數(shù)的觀點(diǎn)、知識(shí)來(lái)解決數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題,居高臨下使問(wèn)題變得清晰，問(wèn)題的解決也往往簡(jiǎn)捷得多．三、利用函數(shù)周期性求數(shù)列的項(xiàng)例3已知數(shù)列{an}中,a1＝1，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，則a2013的值為_(kāi)_______．分析如果直接求a2013，運(yùn)算量太大,而求通項(xiàng)an也很難辦到，那么數(shù)列{an}的各項(xiàng)之間是否有規(guī)律可循？不妨從前幾項(xiàng)入手試一試．解析由a1＝1，a2＝6，及an＋2＝an＋1－an，得a3＝a2－a1＝6－1＝5,a4＝a3－a2＝5－6＝－1，a5＝a4－a3＝－1－5＝－6，a6＝a5－a4＝－6－(－1）＝－5，a7＝1，a8＝6,a9＝5，a10＝－1，a11＝－6，a12＝－5，…，因此{(lán)an}是以6為周期的數(shù)列，所以a2013＝a6×335＋3＝a3＝5。答案5點(diǎn)評(píng)由數(shù)列的遞推公式寫(xiě)出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再由前幾項(xiàng)歸納、猜想、發(fā)現(xiàn)數(shù)列的周期性，從而解決問(wèn)題。2求數(shù)列通項(xiàng)的四大法寶一、公式法當(dāng)題設(shè)中有an與Sn的關(guān)系式時(shí),常用公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（S1,n＝1，，Sn－Sn－1，n≥2))來(lái)求解．例1已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n－2，求其通項(xiàng)公式an。解當(dāng)n＝1時(shí),a1＝S1＝31－2＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，又a1＝1≠2×31－1,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1,n＝1，，2×3n－1,n≥2.))二、疊加法若數(shù)列｛an｝滿(mǎn)足an－an－1＝f(n－1)（n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，則可用疊加法求通項(xiàng)公式．例2已知數(shù)列｛an}滿(mǎn)足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通項(xiàng)公式an.解由已知,得an－an－1＝3n－1（n≥2)，所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1，以上式子左右兩邊分別相加，得an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，所以an＝eq\f(31－3n－1，1－3)＋1＝eq\f（3n－1,2）(n≥2)，又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1＝eq\f(31－1,2)，所以an＝eq\f（3n－1,2）(n∈N＋）．三、疊乘法若數(shù)列{an}滿(mǎn)足eq\f（an,an－1)＝f(n－1）（n≥2),其中f（1)f(2）·…f(n－1）可求,則可用疊乘法求通項(xiàng)公式．例3已知在數(shù)列｛an}中，a1＝3，an＝eq\f(3n－4,3n－1)an－1（an≠0,n≥2)，求其通項(xiàng)公式an.解由a1＝3，an＝eq\f（3n－4，3n－1)an－1，得eq\f（an，an－1)＝eq\f（3n－4，3n－1)，所以eq\f（a2，a1）＝eq\f(2,5），eq\f(a3,a2)＝eq\f(5,8)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(8,11)，eq\f（a5,a4)＝eq\f（11,14)，…，eq\f（an,an－1)＝eq\f（3n－4,3n－1)（n≥2)，以上式子左右兩邊分別相乘，得eq\f（an,a1）＝eq\f(2，3n－1)，所以an＝eq\f（6,3n－1）（n≥2），又a1＝3＝eq\f（6，3×1－1）,所以an＝eq\f（6,3n－1)(n∈N＋）．四、構(gòu)造法當(dāng)題中出現(xiàn)an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式時(shí)，把a(bǔ)n＋1＝pan＋q變形為an＋1＋λ＝p（an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ（p－1)，令λ（p－1）＝q，解得λ＝eq\f（q，p－1），從而構(gòu)造出等比數(shù)列｛an＋λ｝．例4數(shù)列｛an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1＝eq\f(1，4)an＋3(n∈N＋），求其通項(xiàng)公式an.解設(shè)an＋1＋t＝eq\f(1，4)（an＋t），則an＋1＝eq\f（1,4)an－eq\f（3，4）t，與已知比較，得－eq\f(3，4）t＝3,所以t＝－4，故an＋1－4＝eq\f(1,4)(an－4)．又a1－4＝1－4＝－3≠0，故數(shù)列｛an－4}是首項(xiàng)為－3,公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，因此an－4＝－3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,4)））n－1，即an＝4－3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,4）))n－1(n∈N＋）.3函數(shù)思想在等差數(shù)列中的妙用性質(zhì)1：在等差數(shù)列｛an}中,通項(xiàng)公式an＝a1＋（n－1）d，變形為an＝dn＋（a1－d),知點(diǎn)（n，an）均在直線y＝dx＋(a1－d)上．例1在等差數(shù)列{an｝中，a12＝21，a45＝153，那么225是第幾項(xiàng)?解由an＝dn＋a1－d，知點(diǎn)（n，an)在直線y＝dx＋a1－d上,所以eq\f(a45－a12,45－12）＝eq\f（225－a45，n－45）＝d，代入數(shù)據(jù)得eq\f(153－21,45－12）＝eq\f（225－153,n－45)，得n＝63，即225是這個(gè)數(shù)列中的第63項(xiàng)．性質(zhì)2：在等差數(shù)列｛an｝中,其前n項(xiàng)和Sn＝na1＋eq\f（nn－1,2)d,變形為eq\f（Sn，n）＝eq\f(d,2）n＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d，2))),知點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn，n）））均在直線y＝eq\f(d，2）x＋a1－eq\f（d,2）上．例2在等差數(shù)列｛an}中，S10＝20，S50＝200,則S2010的值為_(kāi)_______．解析由Sn＝An2＋Bn，知eq\f（Sn,n)＝An＋B，所以點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（n，\f(Sn,n))）在直線y＝Ax＋B上，于是點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(10，\f(S10，10））)，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(50,\f(S50，50)）)，eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2010，\f(S2010，2010))）三點(diǎn)共線，∴eq\f（\f（S50，50）－\f(S10，10),50－10)＝eq\f(\f（S2010，2010)－\f（S50，50）,2010－50)成立．把S10＝20，S50＝200代入上式，解得S2010＝205020。答案205020性質(zhì)3:在等差數(shù)列｛an｝中，其前n項(xiàng)和Sn＝na1＋eq\f（nn－1，2）d,變形為Sn＝eq\f(d，2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a1－\f（d，2)))n,若設(shè)A＝eq\f（d,2)，B＝a1－eq\f(d，2），則Sn＝An2＋Bn,且點(diǎn)（n,Sn）均在曲線y＝Ax2＋Bx上．例3已知等差數(shù)列{an｝中，Sm＝Sn(m≠n)，則Sm＋n＝______。解析由Sn＝An2＋Bn，知點(diǎn)(n，Sn)在拋物線y＝Ax2＋Bx上．又Sm＝Sn，所以點(diǎn)P1（m，Sm)與點(diǎn)P2（n，Sn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，而對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(m＋n，2)，不妨設(shè)A〈0，如圖所示xC＝m＋n，從而Sm＋n＝0。答案0例4設(shè)等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1>0，S12〉0，S13〈0，指出S1，S2，…，S12中哪一個(gè)值最大，并說(shuō)明理由?解∵{an｝是等差數(shù)列，∴Sn＝eq\f（d,2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.∵S12>0，S13<0.∴a13＝S13－S12<0?！遖1>0，a13<0,∴d〈0?！帱c(diǎn)（n，Sn）分布在開(kāi)口方向向下的拋物線y＝eq\f(d，2)x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2))）x的圖象上．設(shè)二次函數(shù)y＝eq\f(d，2）x2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a1－\f（d,2）))x的對(duì)稱(chēng)軸為n0，則2n0是二次函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)．∵S12>0，S13<0，∴12〈2n0〈13,∴6<n0〈6。5.易知n＝6對(duì)應(yīng)的A（6，S6）與對(duì)稱(chēng)軸的距離比n＝7對(duì)應(yīng)的B（7，S7）與對(duì)稱(chēng)軸的距離更?。郃點(diǎn)為最高點(diǎn),S6最大．由上述例子可見(jiàn)，解等差數(shù)列問(wèn)題時(shí)，若能靈活運(yùn)用函數(shù)的思想與方法,可以簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程，開(kāi)拓解題思路，收到事半功倍的效果．4數(shù)列求和的方法和技巧連連看求和是數(shù)列的主要問(wèn)題之一，數(shù)列求和方法多，技巧性強(qiáng)，是培養(yǎng)創(chuàng)新能力的好素材，也是高考考查的重要內(nèi)容．現(xiàn)結(jié)合例子把數(shù)列求和的主要方法列舉如下:1．應(yīng)用公式求和方法要領(lǐng)：等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是數(shù)列中應(yīng)用最為廣泛、使用頻率最高的求和公式．在每種數(shù)列中均有兩個(gè)求和公式可供選擇．尤其是利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)，首先要確定公比q是否為1，以確定選用哪一個(gè)公式來(lái)求和，否則要通過(guò)分類(lèi)討論進(jìn)行解答．例1求數(shù)列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n項(xiàng)和．解所求數(shù)列的前n項(xiàng)和中共有1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1，2)個(gè)連續(xù)的奇數(shù)，這些奇數(shù)組成等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2。故該數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f（nn＋1，2）×1＋eq\f（1，2)×eq\f（nn＋1，2）×eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(nn＋1,2)－1））×2＝eq\f(nn＋1，2)＋eq\f（nn＋1,2)eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(nn＋1，2)－1)）＝eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（nn＋1,2）))2＝eq\f(n2n＋12，4）.點(diǎn)評(píng)本題實(shí)際上是求從1開(kāi)始的連續(xù)奇數(shù)的和，奇數(shù)的個(gè)數(shù)共有1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1，2）.最后一個(gè)奇數(shù)為1＋2×eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1，2）－1)）＝n2＋n－1.因此前n項(xiàng)和也可以這樣求得Sn＝eq\f（nn＋1,2）eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1＋n2＋n－1，2)))＝eq\f（n2n＋12，4）。例2求數(shù)列1，a＋a2，a3＋a4＋a5，a6＋a7＋a8＋a9，…(a≠0)的前n項(xiàng)和．解所求數(shù)列的前n項(xiàng)和可以看成是由等比數(shù)列1，a，a2，a3，a4，…取出前1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2）項(xiàng)后再求和得到,且取出的最后一項(xiàng)為aeq\f（nn＋1，2)－1，故所求數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝1＋a＋a2＋a3＋…＋aeq\f(nn＋1，2)－1.當(dāng)a＝1時(shí)，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2）；當(dāng)a≠1時(shí)，Sn＝eq\f(1－a\f（nn＋1，2）－1·a，1－a）＝eq\f（1－a\f（nn＋1,2），1－a).點(diǎn)評(píng)題目中所給數(shù)列實(shí)際上并不是等比數(shù)列，求和時(shí)需要靈活轉(zhuǎn)化為求一個(gè)等比數(shù)列的前eq\f(nn＋1,2)項(xiàng)的和．由于公比為字母a，需要分類(lèi)討論．2．分組轉(zhuǎn)化求和方法要領(lǐng):分組轉(zhuǎn)化求和是將通項(xiàng)變形拆分為幾個(gè)數(shù)列的和與差，分組進(jìn)行求和、拆分后的數(shù)列多為等差數(shù)列或等比數(shù)列．例3已知數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nn為奇數(shù)，,2\f（n，2）n為偶數(shù)，）)Sn為數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和，求Sn.解由an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（nn為奇數(shù),，2\f(n,2)n為偶數(shù)））可知,數(shù)列｛an}的奇數(shù)項(xiàng)成等差數(shù)列,公差d＝2，偶數(shù)項(xiàng)成等比數(shù)列，公比q＝2。所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝[1＋3＋…＋(n－1）]＋(21＋22＋…＋2eq\f(n,2))＝eq\f（n2，4)＋2eq\f（n＋2,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Sn＝Sn－1＋an＝eq\f（n－12,4)＋2eq\f(n＋1,2)－2＋n＝eq\f(n＋12，4)＋2eq\f(n＋1,2)－2.點(diǎn)評(píng)通過(guò)對(duì)通項(xiàng)公式恒等變形化成幾個(gè)基本數(shù)列求和，這是數(shù)列求和的一個(gè)基本思想．3．裂項(xiàng)相消求和方法要領(lǐng)：常見(jiàn)的拆項(xiàng)公式有:①eq\f（1,nn＋1)＝eq\f（1,n）－eq\f(1,n＋1)；②eq\f（1,nn＋k）＝eq\f（1，k)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f(1,n＋k））);③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2n－1)－\f（1，2n＋1）));④eq\f(1，\r(n)＋\r（n＋1)）＝eq\r（n＋1）－eq\r（n）；⑤eq\f(1,nn＋1n＋2）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1，nn＋1)－\f（1,n＋1n＋2)))；⑥eq\f(2n，2n－12n＋1－1）＝eq\f（1,2n－1）－eq\f（1，2n＋1－1).例4等差數(shù)列{an｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，{bn}為等比數(shù)列，b1＝1，且b2S2＝64,b3S3＝960。（1)求an與bn；(2)求eq\f（1,S1）＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1，Sn）。解（1）設(shè){an｝的公差為d，{bn}的公比為q,則d為正數(shù),an＝3＋（n－1）d，bn＝qn－1.依題意有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（S2b2＝6＋dq＝64,，S3b3＝9＋3dq2＝960,)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（d＝2,,q＝8））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5)，，q＝\f（40,3）)）（舍去）．故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1,bn＝8n－1.(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2）．所以eq\f（1,S1）＋eq\f（1,S2）＋…＋eq\f(1，Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f（1,3×5）＋…＋eq\f（1，nn＋2)＝eq\f(1，2）（1－eq\f(1，3)＋eq\f(1,2)－eq\f（1，4）＋eq\f（1,3)－eq\f（1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f（1，n＋2）)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2)－\f(1，n＋1）－\f（1,n＋2))）＝eq\f（3,4)－eq\f（2n＋3，2n＋1n＋2)。點(diǎn)評(píng)拆項(xiàng)成差的目的在于大量抵消中間的項(xiàng)，使前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式得以簡(jiǎn)化．對(duì)于一些拆項(xiàng)的方法不要死記硬背，關(guān)鍵是觀察通項(xiàng)an的特征結(jié)構(gòu)進(jìn)行代數(shù)恒等變形．4．奇偶并項(xiàng)求和方法要領(lǐng):當(dāng)通項(xiàng)中含有符號(hào)因子(－1)n或（－1）n＋1時(shí)，數(shù)列中相鄰兩項(xiàng)的符號(hào)異號(hào),鄰項(xiàng)合并后若規(guī)律明顯,易于求和，可以考慮相鄰兩項(xiàng)合并后求和．由于并項(xiàng)的需要，常常對(duì)n的奇偶性進(jìn)行分類(lèi)討論．例5已知函數(shù)f（n)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，,－n2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，))且an＝f(n)＋f（n＋1)，求a1＋a2＋a3＋…＋a100。解由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋（3＋2）－…－(99＋100）＋（101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100）＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.例6等比數(shù)列｛an}中，a1，a2，a3分別是下表第一，二,三行中的某一個(gè)數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個(gè)數(shù)不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1）求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式；（2)若數(shù)列｛bn｝滿(mǎn)足：bn＝an＋(－1）nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn。解（1)當(dāng)a1＝3時(shí),不合題意；當(dāng)a1＝2時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝6，a3＝18時(shí)，符合題意；當(dāng)a1＝10時(shí)，不合題意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3。故an＝2·3n－1(n∈N＋）．(2)因?yàn)閎n＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋（－1）nln(2·3n－1）＝2·3n－1＋(－1)n［ln2＋（n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n（ln2－ln3)＋(－1）nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1）n］·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋（－1)nn]ln3.所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＝2×eq\f（1－3n,1－3)＋eq\f(n,2）ln3＝3n＋eq\f(n,2）ln3－1；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Sn＝2×eq\f(1－3n，1－3)－（ln2－ln3）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n)）ln3＝3n－eq\f（n－1,2）ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f（n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，，3n－\f（n－1，2）ln3－ln2－1,n為奇數(shù).）)點(diǎn)評(píng)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn時(shí)，若含有符號(hào)因子（－1)n，一般要對(duì)n按奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論．5．錯(cuò)位相減求和方法要領(lǐng):一般地，如果數(shù)列{an｝是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列,求數(shù)列{an·bn｝的前n項(xiàng)和時(shí)，可采用錯(cuò)位相減法求和．在寫(xiě)出“Sn”與“qSn"的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便于下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式．例7化簡(jiǎn):Sn＝n＋（n－1)×2＋（n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1.解Sn＝n＋（n－1)×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1兩邊同時(shí)乘以2，得到2Sn＝n×2＋(n－1）×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n∴Sn＝－n＋（21＋22＋…＋2n－1＋2n）＝eq\f(21－2n,1－2）－n＝2n＋1－n－2.例8已知cn＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(8，5)n－\f(3，5）n\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))n－1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，，－\f(8,5)n－\f(3，5）n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）))n－1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),)）Sn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn，求Sn.解當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（8,5)－2×\f（8，5)＋3×\f（8，5)－4×\f（8,5）＋…＋\f(8，5）n)）－eq\f(3，5）[1×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3）))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））2＋4×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)））3＋…＋neq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3））)n－1]＝eq\f（4n＋1,5）－eq\f（3,5）［1×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)）)0＋2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3)）)3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3))）n－1]．當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Sn＝［eq\f（8,5）－2×eq\f（8，5）＋3×eq\f(8,5）－4×eq\f(8，5）＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(8,5)n）)]－eq\f(3，5)[1×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))0＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））1＋3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3))）2＋4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，3）))n－1]＝－eq\f(4n,5）－eq\f（3，5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3）)）0＋2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)））1＋3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))2＋4×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3))）3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)n－1］．令Tn＝1×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））0＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)1＋3×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3))）2＋4×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3））)3＋…＋neq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）)）n－1,①則eq\f（2，3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））1＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)))2＋3×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）3＋4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3)))4＋…＋neq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））n,②①－②，得eq\f(1,3)Tn＝1＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))1＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）））2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)））4＋…＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3）))n－1－neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））n＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2，3）））n，1－\f(2,3)）－neq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）））n＝3－(3＋n)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3))）n，∴Tn＝9－（9＋3n）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)）)n.因此Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（4n－23，5)＋\f(9n＋3，5)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2，3）））n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，,－\f（4n＋27,5）＋\f(9n＋3，5)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)。))點(diǎn)評(píng)利用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和．若公比是個(gè)參數(shù)(字母)，則應(yīng)先對(duì)參數(shù)加以討論，一般情況下分q＝1和q≠1兩種情況分別求和．5提高運(yùn)算速度七妙招數(shù)列問(wèn)題的靈活性、技巧性較強(qiáng)，因此，在解數(shù)列問(wèn)題時(shí)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(jiàn)策略．第一招活用概念數(shù)列的概念是求解數(shù)列問(wèn)題的基礎(chǔ)，靈活運(yùn)用數(shù)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(shù)列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝100，那么a2＋a5＋a8＋…＋a98等于（）A．166B．66C．34D．100解析若先求出a1，再求和，運(yùn)算較為繁瑣．注意到兩個(gè)和式中的項(xiàng)數(shù)相等，且均是等差數(shù)列．由于(a2＋a5＋a8＋…＋a98）－（a1＋a4＋a7＋…＋a97）＝（a2－a1）＋（a5－a4)＋（a8－a7)＋…＋（a98－a97)＝33d＝66，所以a2＋a5＋a8＋…＋a98＝100＋66＝166，故選A.答案A點(diǎn)評(píng)活用等差、等比數(shù)列的概念,溝通有關(guān)元素間的內(nèi)在聯(lián)系，使運(yùn)算得以簡(jiǎn)化．第二招巧用性質(zhì)數(shù)列的性質(zhì)是數(shù)列的升華,巧妙運(yùn)用數(shù)列的性質(zhì),往往可以使問(wèn)題簡(jiǎn)單明了，解題更快捷方便．例2各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an｝中，若a7a8＝9,則log3a1＋log3a2＋…＋logA．12B．14C．10D．10＋log32解析若設(shè)出a1和q，利用基本量法求解，顯然運(yùn)算量較大．若利用性質(zhì)a1a14＝a2a13＝…＝a7a8＝9，則a1a2…a14＝(a7a8)7＝97，所以log3a1＋log3a2＋…＋log答案B點(diǎn)評(píng)數(shù)列的性質(zhì)是對(duì)數(shù)列內(nèi)涵的揭示與顯化，是求解數(shù)列問(wèn)題的有力武器．第三招靈用變式在求解數(shù)列問(wèn)題過(guò)程中，可以利用等差或等比數(shù)列的變形公式來(lái)處理有關(guān)問(wèn)題．例3已知等差數(shù)列｛an}中，a3＝3，a10＝388，則該數(shù)列的通項(xiàng)an＝________。解析利用等差數(shù)列的變形公式求得公差，再結(jié)合等差數(shù)列的變形公式求得通項(xiàng)．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝eq\f（a10－a3,10－3）＝eq\f(388－3,7）＝55，an＝a3＋（n－3)d＝3＋（n－3）×55＝55n－162.答案55n－162點(diǎn)評(píng)常規(guī)方法是聯(lián)立方程組,求出首項(xiàng)與公差，再由數(shù)列的通項(xiàng)公式求解．而利用變形公式可以回避求解數(shù)列的首項(xiàng)，直接求解公差，再結(jié)合變形公式求得通項(xiàng)．第四招整體考慮通過(guò)研究問(wèn)題的整體形式、整體結(jié)構(gòu)，避免局部運(yùn)算的困擾，達(dá)到簡(jiǎn)捷解決問(wèn)題的目的．例4設(shè)Sn表示等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和，且S9＝18，Sn＝240，若an－4＝30，試求n的值．解常規(guī)解法是設(shè)出基本量a1，d，列方程組求解，但較繁瑣．若能利用整體思維，則可少走彎路,使計(jì)算合理又迅速．由S9＝18，即eq\f（9a1＋a9,2)＝18,則a1＋a9＝4＝2a5,故a5＝2.又Sn＝eq\f（na1＋an,2）＝eq\f(na5＋an－4，2)＝eq\f(n2＋30,2）＝240，所以n＝15.點(diǎn)評(píng)本題解法不在a1，d上做文章，而是將Sn變形整理用a5＋an－4表示，使解題過(guò)程大大簡(jiǎn)化．第五招數(shù)形結(jié)合數(shù)列是一類(lèi)特殊的函數(shù),所以可以借助函數(shù)的圖象,通過(guò)數(shù)形結(jié)合解數(shù)列問(wèn)題．例5在公差d<0的等差數(shù)列｛an｝中,已知S8＝S18,則此數(shù)列的前多少項(xiàng)的和最大？解用數(shù)形結(jié)合法解等差數(shù)列問(wèn)題應(yīng)抓住兩個(gè)方面：①通項(xiàng)ax聯(lián)系一次函數(shù)，對(duì)于等差數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題通過(guò)構(gòu)造點(diǎn)共線模型，可簡(jiǎn)化解題過(guò)程；②前x項(xiàng)和Sx聯(lián)系二次函數(shù),利用二次函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性及最值．設(shè)f（x）＝Sx＝xa1＋eq\f（xx－1，2)d＝eq\f（d，2）x2＋（a1－eq\f（d,2））x，則（n，Sn)在二次函數(shù)的圖象上．由于S8＝S18，d<0，所以y＝f（x）的對(duì)稱(chēng)軸是x＝eq\f（8＋18,2）＝13,且開(kāi)口向下，故當(dāng)x＝13時(shí)，f（x）取得最大值,故數(shù)列{an｝的前13項(xiàng)的和最大．點(diǎn)評(píng)從直觀性角度研究數(shù)列問(wèn)題，可使問(wèn)題變得生動(dòng)形象，易于求解．第六招分解重組在處理數(shù)列求和問(wèn)題時(shí)，若數(shù)列的通項(xiàng)公式可分解為幾個(gè)容易求和的部分，則對(duì)數(shù)列的前n項(xiàng)和進(jìn)行重新分解，分別求和．例6在數(shù)列｛an｝中,已知a1＝eq\f（5，6），a2＝eq\f（19，36），且{bn｝是公差為－1的等差數(shù)列，bn＝log2（an＋1－eq\f（1,3)an），｛cn｝是公比為eq\f（1,3)的等比數(shù)列，cn＝an＋1－eq\f（1,2）an,求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式an及前n項(xiàng)和Sn。解由已知條件，事先無(wú)法估計(jì)an解析式的結(jié)構(gòu)，因此不能用待定系數(shù)法求an。但是利用等差數(shù)列{bn}和等比數(shù)列｛cn｝可以得出關(guān)于an＋1和an的兩個(gè)等式，消去an＋1，即可得an。再根據(jù)an求解對(duì)應(yīng)的前n項(xiàng)和．因?yàn)閍1＝eq\f（5,6），a2＝eq\f（19,36)，所以b1＝log2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（19，36)－\f(1，3)×\f（5，6））)＝－2，c1＝eq\f(19,36)－eq\f（1，2)×eq\f（5，6)＝eq\f（1，32），又{bn｝是公差為－1的等差數(shù)列，｛cn｝是公比為eq\f(1,3）的等比數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＝－n－1，,cn＝\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)）)n＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（an＋1－\f（1,3)an））＝－n－1，，an＋1－\f（1，2)an＝\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）））n＋1，)）則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（an＋1－\f(1,3)an＝\f（1，2n＋1),,an＋1－\f(1，2)an＝\f（1，3n＋1),）)得an＝eq\f(3，2n）－eq\f(2,3n),所以Sn＝3·（eq\f(1，2)＋eq\f（1，22）＋…＋eq\f(1，2n))－2·(eq\f(1,3）＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f（1，3n））＝2－eq\f（3，2n)＋eq\f(1，3n).點(diǎn)評(píng)通項(xiàng)雖不是等比數(shù)列,但可拆為兩個(gè)等比數(shù)列的和的形式，再分別利用等比數(shù)列的求和公式求和．第七招合理化歸化歸意識(shí)是把待解決的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已有知識(shí)范圍內(nèi)問(wèn)題的一種數(shù)學(xué)意識(shí)，包括將復(fù)雜式子化簡(jiǎn)、為達(dá)某一目的對(duì)數(shù)學(xué)表達(dá)式進(jìn)行變形、從目標(biāo)入手進(jìn)行分析等．例7數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f（n＋2,n)Sn（n＝1，2,3，…),證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(Sn，n））)是等比數(shù)列．證明要證明數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f（Sn，n）））是等比數(shù)列，必須把問(wèn)題化成與eq\f(Sn,n)這個(gè)整體有關(guān)的問(wèn)題，通過(guò)等比數(shù)列的定義加以證明．由于an＋1＝eq\f(n＋2,n）Sn，an＋1＝Sn＋1－Sn,則(n＋2）Sn＝n(Sn＋1－Sn），整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn,即eq\f（Sn＋1，n＋1)＝eq\f(2Sn，n).又Sn≠0，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn，n））)是以1為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列．點(diǎn)評(píng)將數(shù)列中的復(fù)雜問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵是找準(zhǔn)方向，再利用已知等差或等比數(shù)列的相關(guān)知識(shí)求解．6小公式,大用場(chǎng)——公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（S1n＝1，，Sn－Sn－1n≥2）)在解數(shù)列綜合題中的重要應(yīng)用由數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的含義可知，Sn＝a1＋a2＋…＋an，從而得到公式an＝Sn－Sn－1（n≥2)對(duì)任意數(shù)列都成立．在數(shù)列一章中，這是一個(gè)不太起眼的小公式，但是就是這樣一個(gè)微不足道的小公式在求解數(shù)列綜合題中發(fā)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(jié)合例子談一下該公式的重要用途．1．已知Sn＝f（n)，求an例1數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足關(guān)系lg(Sn＋1)＝n(n＝1,2，3，…），試證數(shù)列{an}是等比數(shù)列．分析先由lg（Sn＋1）＝n，求出Sn，再由公式an＝Sn－Sn－1(n≥2）求出an,最后利用等比數(shù)列定義證明．證明由已知可得Sn＝10n－1。當(dāng)n≥2時(shí),an＝Sn－Sn－1＝(10n－1）－(10n－1－1）＝9·10n－1.又n＝1時(shí),a1＝S1＝9也滿(mǎn)足上述通項(xiàng)公式，∴數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式為an＝9·10n－1.而當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f（an，an－1)＝eq\f(9·10n－1，9·10n－2）＝10為一常數(shù)，∴數(shù)列{an}是以9為首項(xiàng),10為公比的等比數(shù)列．2．已知Sn＋1＝f(Sn），求an或Sn例2已知數(shù)列｛an}的首項(xiàng)a1＝5，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5,n∈N＋。(1）證明：數(shù)列｛an＋1}是等比數(shù)列；(2)求{an｝的通項(xiàng)公式以及Sn。分析注意到Sn＋1＝2Sn＋n＋5，得到Sn＝2Sn－1＋n＋4，然后兩式相減就會(huì)得到an＋1與an的遞推關(guān)系，從而使問(wèn)題(1)獲證,在第（1)問(wèn)結(jié)論的基礎(chǔ)上易求an及Sn.（1）證明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N＋，可得當(dāng)n≥2時(shí),Sn＝2Sn－1＋n＋4。兩式相減得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1,從而an＋1＋1＝2(an＋1)．當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝5，所以a2從而a2＋1＝2(a1＋1），故總有an＋1＋1＝2（an＋1)，n∈N＋，又a1＝5，a1＋1≠0,從而eq\f(an＋1＋1，an＋1）＝2,即數(shù)列｛an＋1}是首項(xiàng)為6，公比為2的等比數(shù)列．(2)解由（1）得an＋1＝6·2n－1，所以an＝6·2n－1－1，于是Sn＝eq\f（6·1－2n，1－2）－n＝6·2n－n－6.3．已知Sn＝f(an)，求an或Sn例3設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，An＝eq\f(3，2)（an－1)（n∈N＋），數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝4n＋3（n∈N＋）．（1)求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式;（2）將數(shù)列｛an}、｛bn｝的公共項(xiàng)，按它們?cè)谠瓟?shù)列中的先后順序排成一個(gè)新的數(shù)列{dn｝，證明數(shù)列{dn｝的通項(xiàng)公式為dn＝32n＋1（n∈N＋）．分析（1）一般地，當(dāng)已知條件中含有an與Sn的混合關(guān)系時(shí)，常需要運(yùn)用關(guān)系式an＝Sn－Sn－1,先將已知條件轉(zhuǎn)化為只含an或Sn的關(guān)系式，然后再求解．(2)一般地,一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列若存在公共項(xiàng)，則它們的公共項(xiàng)按原來(lái)的順序構(gòu)成一個(gè)新的等比數(shù)列．（1)解由已知An＝eq\f(3，2）（an－1）(n∈N＋）．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f（3,2）（a1－1），解得a1＝3.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝An－An－1＝eq\f(3,2)(an－an－1），由此解得an＝3an－1，即eq\f(an，an－1）＝3(n≥2)．所以數(shù)列｛an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，故an＝3n(n∈N＋）．(2）證明由計(jì)算可知a1，a2不是數(shù)列｛bn｝中的項(xiàng)．因?yàn)閍3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是數(shù)列{bn}中的第6項(xiàng)．設(shè)ak＝3k是數(shù)列{bn｝中的第m項(xiàng)，則3k＝4m＋3(k，m∈N＋因?yàn)閍k＋1＝3k＋1＝3·3k＝3（4m＋3)＝4(3所以ak＋1不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)．而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9（4m＋3）＝4（9所以ak＋2是數(shù)列{bn｝中的項(xiàng)．由以上討論可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1。所以數(shù)列{dn｝的通項(xiàng)公式是dn＝a2n＋1＝32n＋1（n∈N＋)．4．已知an＝f(Sn)，求an或Sn例4已知在數(shù)列｛an}中，a1＝1，前n項(xiàng)的和為Sn，對(duì)任意的自然數(shù)n≥2，an是3Sn－4與2－eq\f(3，2）Sn－1的等差中項(xiàng)．(1）求通項(xiàng)an；(2)求Sn。分析由已知能推出eq\f（an＋1,an)＝－eq\f（1，2），但是eq\f（an＋1，an）＝－eq\f(1，2)成立的前提n≥2，只能說(shuō)明數(shù)列從第2項(xiàng)起為等比數(shù)列,至于整個(gè)數(shù)列｛an}是否為等比數(shù)列還需驗(yàn)證eq\f(a2，a1)是否等于－eq\f（1，2)，這種在解答過(guò)程中忽視數(shù)列“定義域”限制而致錯(cuò)的題目頻率是非常高的，應(yīng)引起足夠的重視．解（1）由已知,得當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝(3Sn－4）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2－\f（3，2）Sn－1)). ①又an＝Sn－Sn－1， ②得an＝3Sn－4(n≥2)，an＋1＝3Sn＋1－4.以上兩式相減得an＋1－an＝3an＋1,∴eq\f（an＋1,an)＝－eq\f（1,2),∴a2，a3，…,an,…成等比數(shù)列，其中a2＝3S2－4＝3（1＋a2)－4.即a2＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f（1，2），∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a2qn－2＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)））n－2＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）））n－1，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)）)n－1n≥2.)）(2)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋（a2＋…＋an)＝1＋eq\f（\f(1，2）[1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）)）n－1]，1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)）)）＝1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）））n－1)）。當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＝1＋eq\f(1，3)eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2))）0）），也符合上述公式．即Sn＝eq\f(4,3）－eq\f(1，3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)))n－1.7盤(pán)點(diǎn)數(shù)列中的易錯(cuò)問(wèn)題1．對(duì)數(shù)列的概念理解不準(zhǔn)而致錯(cuò)例1已知數(shù)列{an｝是遞增數(shù)列，且對(duì)于任意的n∈N＋，an＝n2＋λn恒成立,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是________．［錯(cuò)解］因?yàn)閍n＝n2＋λn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且n≥1，所以－eq\f(λ，2）≤1，解得λ≥－2。[點(diǎn)撥]數(shù)列是以正整數(shù)N＋（或它的有限子集｛1,2，…，n}）為定義域的函數(shù)，因此它的圖象只是一些孤立的點(diǎn)．[正解1]設(shè)f（x)＝x2＋λx，則其圖象的對(duì)稱(chēng)軸為x＝－eq\f(λ,2），因?yàn)閍n＝n2＋λn,所以點(diǎn)（n,an）在f(x）的圖象上，由數(shù)列{an｝是單調(diào)遞增數(shù)列可知,若－eq\f(λ，2)≤1，得λ≥－2；如圖所示，當(dāng)2－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（λ，2）)）〉－eq\f（λ,2)－1，即當(dāng)λ>－3時(shí)，數(shù)列{an｝也是單調(diào)遞增的．故λ的取值范圍為｛λ|λ≥－2}∪{λ｜λ〉－3}＝｛λ｜λ>－3｝．即λ〉－3為所求的取值范圍．[正解2］因?yàn)閿?shù)列｛an｝是單調(diào)遞增數(shù)列，所以an＋1－an>0(n∈N＋)恒成立．又an＝n2＋λn（n∈N＋)，所以（n＋1）2＋λ（n＋1)－(n2＋λn）〉0恒成立，即2n＋1＋λ〉0，所以λ>－（2n＋1）(n∈N＋)恒成立．而當(dāng)n∈N＋時(shí)，－(2n＋1）的最大值為－3（當(dāng)n＝1時(shí))，所以λ〉－3即為所求的取值范圍．溫馨點(diǎn)評(píng)利用函數(shù)觀點(diǎn)研究數(shù)列性質(zhì)時(shí),一定要注意數(shù)列定義域是{1，2，3，4,…,n，…}或其子集這一特殊性，防止因擴(kuò)大定義域而出錯(cuò)。2．忽視數(shù)列與函數(shù)的區(qū)別而致錯(cuò)例2設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3－ax－3，x≤7，，ax－6，x〉7，）)數(shù)列{an｝滿(mǎn)足an＝f(n）,n∈N＋,且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．［錯(cuò)解]因?yàn)閿?shù)列｛an}是遞增數(shù)列,且點(diǎn)(n，an)在函數(shù)f(x）的圖象上,所以分段函數(shù)f（x）是遞增函數(shù),故實(shí)數(shù)a滿(mǎn)足不等式組eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3－a〉0,，a>1，，73－a－3<a，))解得eq\f（9,4）〈a〈3.［點(diǎn)撥]上述解法,把數(shù)列單調(diào)遞增完全等同于所在的函數(shù)單調(diào)遞增，忽視了二者的區(qū)別，事實(shí)上，數(shù)列單調(diào)遞增,所在函數(shù)不一定單調(diào)．[正解]由題意，得點(diǎn)（n，an）分布在分段函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3－ax－3，x≤7，，ax－6，x〉7））的圖象上，因此當(dāng)3－a〉0時(shí)，a1〈a2<a3<…〈a7；當(dāng)a>1時(shí)，a8〈a9〈a10<…；為使數(shù)列{an｝遞增還需a7〈a8。故實(shí)數(shù)a滿(mǎn)足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a〉0，,a〉1，，f7〈f8，）)解得2〈a<3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,3）．eq\x（溫馨點(diǎn)評(píng)數(shù)列單調(diào)遞增，所在函數(shù)不一定單調(diào)遞增,防止知識(shí)混淆而導(dǎo)致解題結(jié)果錯(cuò)誤。）3．公式使用條件考慮不周全而致錯(cuò)例3已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn＝3n＋2n＋1，求an。［錯(cuò)解］an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1）＋1]＝2·3n－1＋2。［點(diǎn)撥］公式an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（S1n＝1,,Sn－Sn－1n≥2)）是分段的,因?yàn)閚＝1時(shí)，Sn－1無(wú)意義．在上述解答中，應(yīng)加上限制條件n≥2,然后驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)的值是否適合當(dāng)n≥2時(shí)的表達(dá)式．［正解］a1＝S1＝6；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝（3n＋2n＋1）－[3n－1＋2(n－1）＋1］＝2·3n－1＋2。由于a1不適合此式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n＝1,,2·3n－1＋2n≥2。））溫馨點(diǎn)評(píng)因?yàn)閿?shù)列{an}中，a0,S0這樣的符號(hào)是沒(méi)有任何意義的，因此an＝Sn－Sn－1僅適用于當(dāng)n≥2時(shí)求an，第一項(xiàng)a1要利用a1＝S1單獨(dú)求解，若能統(tǒng)一要統(tǒng)一，否則要分段寫(xiě)出。4．審題不細(xì)心,忽略細(xì)節(jié)而致錯(cuò)例4首項(xiàng)為－24的等差數(shù)列，從第10項(xiàng)起開(kāi)始為正數(shù),求公差d的取值范圍．[錯(cuò)解］a10＝a1＋9d＝－24＋9d〉0，∴d〉eq\f(8，3)。[點(diǎn)撥］忽略了“開(kāi)始”一詞的含義，題目強(qiáng)調(diào)了第10項(xiàng)是該等差數(shù)列中的第一個(gè)正項(xiàng),應(yīng)有a9≤0.［正解]設(shè)an＝－24＋（n－1)d，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a9＝－24＋9－1d≤0,，a10＝－24＋10－1d>0，))解不等式得eq\f(8，3）〈d≤3.eq\x（溫馨點(diǎn)評(píng)審題時(shí)要細(xì)心，包括問(wèn)題的細(xì)節(jié)，有時(shí)細(xì)節(jié)決定解題的成敗.)5．忽略概念中的隱含條件而致錯(cuò)例5一個(gè)凸n邊形的各內(nèi)角度數(shù)成等差數(shù)列,其最小角為120°，公差為5°，求凸n邊形的邊數(shù)．［錯(cuò)解]一方面凸n邊形的內(nèi)角和為Sn，Sn＝120°n＋eq\f（nn－1,2)×5°.另一方面，凸n邊形內(nèi)角和為（n－2）×180°.所以120n＋eq\f(nn－1，2)×5＝(n－2）×180.化簡(jiǎn)整理得n2－25n＋144＝0.所以n＝9或n＝16.即凸n邊形的邊數(shù)為9或16。[點(diǎn)撥］凸n邊形的每個(gè)內(nèi)角都小于180°。當(dāng)n＝16時(shí)，最大內(nèi)角為120°＋15×5°＝195°〉180°應(yīng)該舍掉．［正解］凸n邊形內(nèi)角和為(n－2)×180°,所以120n＋eq\f（nn－1,2）×5＝(n－2）×180，解得n＝9或n＝16.當(dāng)n＝9時(shí),最大內(nèi)角為120°＋8×5°＝160°<180°;當(dāng)n＝16時(shí),最大內(nèi)角為120°＋15×5°＝195°>180°，舍去．所以凸n邊形的邊數(shù)為9。溫馨點(diǎn)評(píng)凸n邊形是一個(gè)明確的幾何概念，是本題中容易忽略的一個(gè)條件.利用數(shù)列知識(shí)解實(shí)際問(wèn)題時(shí)，一定要注意所得結(jié)果的實(shí)際含義，必要時(shí)作出取舍.6．忽視等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的基本特征而致錯(cuò)例6已知兩個(gè)等差數(shù)列{an｝和{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且對(duì)一切正整數(shù)n都有eq\f（Sn,Tn)＝eq\f（5n＋3,2n＋7)，試求eq\f(a9,b9)的值．[錯(cuò)解］設(shè)Sn＝(5n＋3)k,Tn＝(2n＋7)k，k≠0，則a9＝S9－S8＝（5×9＋3）k－（5×8＋3)k＝5k，b9＝T9－T8＝(2×9＋7）k－（2×8＋7)k＝2k，所以eq\f(a9,b9）＝eq\f（5,2）。［點(diǎn)撥］此解答錯(cuò)在根據(jù)條件eq\f(Sn，Tn)＝eq\f(5n＋3，2n＋7），設(shè)Sn＝(5n＋3）k，Tn＝(2n＋7)k,這是把等差數(shù)列前n項(xiàng)和誤認(rèn)為是關(guān)于n的一次函數(shù)，沒(méi)有準(zhǔn)確把握前n項(xiàng)和公式的特點(diǎn)．［正解］因?yàn)椋鸻n}和｛bn｝是公差不為0的等差數(shù)列，故設(shè)Sn＝n(5n＋3）k，Tn＝n（2n＋7）k,k≠0，則a9＝S9－S8＝9×（5×9＋3)k－8×（5×8＋3）k＝88k，b9＝T9－T8＝9×(2×9＋7)k－8×（2×8＋7)k＝41k，所以eq\f（a9，b9)＝eq\f(88，41)。溫馨點(diǎn)評(píng)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f（d,2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)））n，當(dāng)d≠0時(shí)，點(diǎn)（n，Sn）在二次函數(shù)f（x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（a1－\f（d,2)））x的圖象上，當(dāng)d＝0時(shí)，Sn＝na1，但是本題不屬于這種情況(否則eq\f（Sn,Tn）＝eq\f（