（江蘇專用）高考數(shù)學一輪復習 第六章 數(shù)列 6.5 數(shù)列通項公式的求法 文-人教版高三數(shù)學試題

1．等差數(shù)列的通項公式(1)若等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，則其通項an＝a1＋(n－1)d.(2)等差數(shù)列通項公式的推廣：在等差數(shù)列{an}中，已知a1，d，am，an(m≠n)，則d＝eq\f(an－a1,n－1)＝eq\f(an－am,n－m)，從而有an＝am＋(n－m)d.(3){an}的公差為d，則d>0?{an}為遞增數(shù)列；d<0?{an}為遞減數(shù)列；d＝0?{an}為常數(shù)列．2．等比數(shù)列的通項公式(1)首項為a1，公比為q，則an＝a1qn－1.(2)推廣形式：an＝am·qn－m或am＝an·qm－n.3．常用結(jié)論(1)若{an}是等差數(shù)列，k∈N*，則{kan}也是等差數(shù)列．(2)若{bn}是等差數(shù)列，公差為D，{an}為等差數(shù)列，公差為d，則{an±bn}仍為等差數(shù)列，其公差為d±D.(3)若{an}、{bn}為等比數(shù)列，則{λan}(λ≠0)、{|an|}、eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))、{aeq\o\al(2,n)}、{manbn}(m≠0)仍為等差數(shù)列．(4){an}是等差數(shù)列?{(cn)a}(c>0，c≠1)是等比數(shù)列．{an}是正項等比數(shù)列?{logcan}(c>0，c≠1)是等差數(shù)列．{an}既是等差數(shù)列又是等比數(shù)列?{an}是各項不為零的常數(shù)列．【思考辨析】判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果數(shù)列{an}的通項公式an＝3n＋2，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列．(√)(2)數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2－1，則其通項公式為an＝Sn－Sn－1＝2n－1.(×)(3)若已知數(shù)列{an}的遞推公式為an＋1＝eq\f(1,2an－1)，且a2＝1，則可以寫出數(shù)列{an}的任何一項．(√)(4)若三個數(shù)成等比數(shù)列，那么這三個數(shù)可以設為eq\f(a,q)，a，aq(a≠0)．(√)(5)指數(shù)函數(shù)f(x)＝2x圖象上一系列點的橫坐標構(gòu)成數(shù)列{xn}，對應的縱坐標構(gòu)成數(shù)列{yn}．若數(shù)列{xn}是等差數(shù)列，則數(shù)列{yn}是等比數(shù)列．(√)(6)數(shù)列1,0,1,0,1,0，…的通項公式只能是an＝eq\f(1＋－1n＋1,2).(×)1．數(shù)列1，eq\f(1,3)，eq\f(9,35)，eq\f(17,63)，eq\f(33,99)，…的一個通項公式是an＝__________.答案eq\f(2n＋1,2n－12n＋1)2．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若am＝3－2eq\r(2)，則m＝________.答案8解析an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)＋\r(n)\r(n＋1)－\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴am＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝3－2eq\r(2)＝eq\r(9)－eq\r(8).∴m＝8.3．(教材改編)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，則an＝____________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))4．數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，且a7，a10，a15是等比數(shù)列{bn}的連續(xù)三項，若該等比數(shù)列的首項b1＝3，則bn＝________.答案3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－1解析∵aeq\o\al(2,10)＝a7·a15，∴(a1＋9d)2＝(a1＋6d)·(a1＋14d)，∴a1＝－eq\f(3,2)d，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))d，q＝eq\f(a10,a7)＝eq\f(\f(15,2)d,\f(9,2)d)＝eq\f(5,3)，∴bn＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))n－1.5．數(shù)列{an}的前20項由如圖所示的流程圖依次輸出的a值構(gòu)成，則數(shù)列{an}的一個通項公式an＝________(n∈N*，n≤20)．答案eq\f(nn＋1,2)解析由流程圖，知a1＝0＋1＝1，a2＝a1＋2＝1＋2，a3＝a2＋3＝1＋2＋3，…，an＝an－1＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝eq\f(nn＋1,2)，題型一利用觀察法求通項公式例1寫出下列數(shù)列的一個通項公式：(1)2，eq\f(5,2)，eq\f(13,4)，eq\f(33,8)，eq\f(81,16)，…；(2)eq\f(2,7)，eq\f(4,11)，eq\f(1,2)，eq\f(4,5)，2，…；(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，….解(1)原數(shù)列可改寫成1＋eq\f(1,20)，2＋eq\f(1,21)，3＋eq\f(1,22)，4＋eq\f(1,23)，….故其通項公式為an＝n＋eq\f(1,2n－1).(2)這個分數(shù)數(shù)列中分子、分母的規(guī)律都不明顯，不妨把分子變成4，然后看分母，從而有eq\f(4,14)，eq\f(4,11)，eq\f(4,8)，eq\f(4,5)，…，分母正好構(gòu)成等差數(shù)列，從而原數(shù)列的通項公式為an＝eq\f(4,17－3n).(3)注意到此數(shù)列的特點：奇數(shù)項與項數(shù)相等，偶數(shù)項比項數(shù)大1.故它可改寫成1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1，…，所以原數(shù)列的通項公式為an＝n＋eq\f(1,2)＋eq\f(－1n,2).思維升華(1)觀察是歸納的前提，合理的轉(zhuǎn)換是完成歸納的關鍵．(2)由數(shù)列的前幾項歸納出的通項公式不一定唯一．如數(shù)列5,0，－5,0,5，…的通項公式可為an＝eq\f(5,2)[1－(－1)n]·(－1)eq\f(n－1,2)(n∈N*)，也可為an＝5sineq\f(nπ,2)(n∈N*)．(3)已知數(shù)列的前幾項，寫出數(shù)列的通項公式時，要熟記一些特殊數(shù)列，如{(－1)n}，{n}，{2n－1}，{2n}，{2n－1}，{n2}，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))等，觀察所給數(shù)列與這些特殊數(shù)列的關系，從而寫出數(shù)列的通項公式．(1)－1，eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…；(2)eq\r(3)，3，eq\r(15)，eq\r(21)，3eq\r(3)，…；(3)1－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，eq\f(1,3)－eq\f(1,4)，eq\f(1,4)－eq\f(1,5)，…；(4)3,5,3,5，….解(1)不看符號，數(shù)列可看作自然數(shù)列的倒數(shù)，正負相間隔用(－1)的n次冪進行調(diào)整，∴通項公式an＝(－1)n·eq\f(1,n).(2)數(shù)列可化為eq\r(3)，eq\r(9)，eq\r(15)，eq\r(21)，eq\r(27)，…，即eq\r(3×1)，eq\r(3×3)，eq\r(3×5)，eq\r(3×7)，eq\r(3×9)，….每個根號內(nèi)可看作3與2n－1的乘積．∴通項公式an＝eq\r(3·2n－1)＝eq\r(6n－3).(3)數(shù)列的每項可看成兩數(shù)之差，前一數(shù)是自然數(shù)的倒數(shù)eq\f(1,n)，后一數(shù)為eq\f(1,n＋1)，∴通項公式an＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(4)數(shù)列中的奇數(shù)項為3，偶數(shù)項為5.∴通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n為奇數(shù)，,5，n為偶數(shù).))此數(shù)列還可以這樣考慮，3與5的算術(shù)平均數(shù)為eq\f(3＋5,2)＝4,4加1便是5,4減1便是3，而加1與減1也就是(－1)n.因此數(shù)列的通項公式還可以寫成an＝eq\f(3＋5,2)＋(－1)n＝4＋(－1)n.題型二利用遞推關系式求an命題點1利用迭加法求an例2已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)．求{an}的通項公式an.解由已知an－an－1＝3n－1，令n分別取2,3,4，…，n得a2－a1＝31，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…an－an－1＝3n－1，以上n－1個式子相加，得an－a1＝31＋32＋…＋3n－1，∴an＝eq\f(3n－1,2).∵n＝1時，a1＝eq\f(31－1,2)＝1.∴an＝eq\f(3n－1,2).命題點2利用迭乘法求an例3在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋2,n)an，求數(shù)列{an}的通項公式an.解由a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋2,n)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n).取n＝1,2,3，…，n－1得eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,1)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(4,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(5,3)，…，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n,n－2)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).把上述各式兩邊分別相乘，得eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)·eq\f(4,2)·eq\f(5,3)·…·eq\f(n,n－2)·eq\f(n＋1,n－1)，∴eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,2)，∴an＝eq\f(nn＋1,2)a1，即an＝n(n＋1)．當n＝1時，a1＝2適合上式．故an＝n(n＋1)(n∈N*)．命題點3利用構(gòu)造法求an例4(2014·大綱全國)數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)設bn＝an＋1－an，證明{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項公式．(1)證明由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)解由(1)得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.于是eq\i\su(k＝1,n,)(ak＋1－ak)＝eq\i\su(k＝1,n,)(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通項公式為an＝n2－2n＋2.思維升華(1)如果給出數(shù)列{an}的遞推公式為an＝an－1＋f(n)型時，并且{f(n)}容易求和，這時可采用迭加法．(2)如果數(shù)列{an}的遞推公式為eq\f(an＋1,an)＝f(n)型時，并且{f(n)}容易求前n項的積，這時可采用迭乘法．迭乘的目的是出現(xiàn)分子、分母相抵消的情況．(3)若an＋1＝can＋d，可構(gòu)造等比數(shù)列an＋1＋x＝c(an＋x)，從而求an.若an＋1＝eq\f(can,ban＋c)，可構(gòu)造eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列，從而求an.(1)數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1－an＝3n(n∈N*)，則數(shù)列的通項公式為________________．答案an＝eq\f(3,2)n2－eq\f(3,2)n＋2解析由題意得an－an－1＝3(n－1)，an－1－an－2＝3(n－2)，an－2－an－3＝3(n－3)，…a3－a2＝3×2，a2－a1＝3×1.把以上各式相加得an－a1＝3[1＋2＋…＋(n－1)]＝eq\f(3nn－1,2).∴an＝a1＋eq\f(3nn－1,2)＝2＋eq\f(3nn－1,2)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(3,2)n＋2.(2)在數(shù)列{an}中，已知a1＝4，an＋1＝5nan，求an.解由題意知eq\f(an＋1,an)＝5n，所以eq\f(a2,a1)＝5，eq\f(a3,a2)＝52，eq\f(a4,a3)＝53，…，eq\f(an,an－1)＝5n－1(n≥2)，把上述各式兩邊分別相乘，得eq\f(an,a1)＝5×52×…×5n－1，∴an＝4×51＋2＋3＋…＋n－1＝4×.又a1＝4適合上式，∴an＝4×.(3)(2015·鎮(zhèn)江模擬)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，求其通項公式an.解由題意知an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2≠0，∴數(shù)列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.題型三利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))求an例5設Sn為數(shù)列{an}的前n項的和，且Sn＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)，求數(shù)列{an}的通項公式．解∵Sn＝eq\f(3,2)(an－1)，∴當n＝1時，S1＝a1＝eq\f(3,2)(a1－1)，解得a1＝3.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)(an－1)－eq\f(3,2)(an－1－1)，得eq\f(an,an－1)＝3，∴當n≥2時，數(shù)列{an}是以3為公比的等比數(shù)列，且首項a2＝3a1＝9.∴n≥2時，an＝9·3n－2＝3n.顯然n＝1時也成立．故數(shù)列的通項公式為an＝3n(n∈N*)．思維升華已知數(shù)列的前n項和公式，求數(shù)列的通項公式，其方法是an＝Sn－Sn－1(n≥2)．這里常常因為忽略了n≥2的條件而出錯，即由an＝Sn－Sn－1求得an時的n是從2開始的自然數(shù)，否則會出現(xiàn)當n＝1時，Sn－1＝S0，而與前n項和定義矛盾．可見an＝Sn－Sn－1所確定的an，當n＝1時的a1與S1相等時，才是通項公式，否則要用分段函數(shù)表示為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))已知：數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2an－2n(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝log2(an＋2)，而Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an＋2)))的前n項和，求Tn.解(1)當n∈N*時，Sn＝2an－2n，①則當n≥2，n∈N*時，Sn－1＝2an－1－2(n－1)．②①－②，得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2，∴an＋2＝2(an－1＋2)，∴eq\f(an＋2,an－1＋2)＝2.當n＝1時，S1＝2a1－2，則a1＝2，當n＝2時，a2＝6，∴{an＋2}是以a1＋2為首項，以2為公比的等比數(shù)列．∴an＋2＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－2.(2)由bn＝log2(an＋2)＝log22n＋1＝n＋1，得eq\f(bn,an＋2)＝eq\f(n＋1,2n＋1)，則Tn＝eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)，③eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n,2n＋1)＋eq\f(n＋1,2n＋2)，④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(n＋1,2n＋2)＝eq\f(1,4)＋eq\f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n＋1,2n＋2)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(n＋1,2n＋2)＝eq\f(3,4)－eq\f(n＋3,2n＋2)，∴Tn＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1).13．用函數(shù)的思想解決數(shù)列問題典例(14分)數(shù)列{an}的通項公式是an＝n2＋kn＋4.(1)若k＝－5，則數(shù)列中有多少項是負數(shù)？n為何值時，an有最小值？并求出最小值；(2)若對于任意n∈N*，都有an＋1>an，求實數(shù)k的取值范圍．思維點撥(1)求使an<0的n值；從二次函數(shù)看an的最小值．(2)數(shù)列是一類特殊函數(shù)，通項公式可以看作相應的解析式f(n)＝n2＋kn＋4.f(n)在N*上單調(diào)遞增，可利用二次函數(shù)的對稱軸研究單調(diào)性，但應注意數(shù)列通項中n的取值．規(guī)范解答解(1)由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.∵n∈N*，∴n＝2,3.[2分]∴數(shù)列中有兩項是負數(shù)，即為a2，a3.∵an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)，由二次函數(shù)性質(zhì)，得當n＝2或n＝3時，an有最小值，其最小值為a2＝a3＝－2.[8分](2)由an＋1>an知該數(shù)列是一個遞增數(shù)列，又因為通項公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是關于n的二次函數(shù)，考慮到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3.[14分]溫馨提醒(1)本題給出的數(shù)列通項公式可以看作是一個定義在正整數(shù)集N*上的二次函數(shù)，因此可以利用二次函數(shù)的對稱軸來研究其單調(diào)性，得到實數(shù)k的取值范圍，使問題得到解決．(2)在利用二次函數(shù)的觀點解決該題時，一定要注意二次函數(shù)對稱軸位置的選取．(3)易錯分析：本題易錯答案為k>－2.原因是忽略了數(shù)列作為函數(shù)的特殊性，即自變量是正整數(shù)．[方法與技巧]1．若遞推關系為an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，則可以分別通過累加、累乘法求得通項公式，累加即利用恒等式bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)，通過求和求通項；累乘是利用恒等式an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)求通項．2．數(shù)列與函數(shù)、an與Sn的關系(1)數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，因此，在研究數(shù)列問題時，既要注意函數(shù)方法的普遍性，又要考慮數(shù)列方法的特殊性．(2)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))[失誤與防范]1．數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，在利用函數(shù)觀點研究數(shù)列時，一定要注意自變量的取值，如數(shù)列an＝f(n)和函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性是不同的．2．數(shù)列的通項公式不一定唯一．3．在利用數(shù)列的前n項和求通項時，往往容易忽略先求出a1，而是直接把數(shù)列的通項公式寫成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只適用于n≥2的情形．A組專項基礎訓練(時間：45分鐘)1．設數(shù)列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，eq\r(11)，…，則2eq\r(5)是這個數(shù)列的第________項．答案7解析數(shù)列可變?yōu)閑q\r(2)，eq\r(5)，eq\r(8)，eq\r(11)，…，故通項公式an＝eq\r(3n－1).令2eq\r(5)＝eq\r(3n－1)，得n＝7.2．設函數(shù)f(x)滿足f(n＋1)＝eq\f(2fn＋n,2)(n∈N*)，且f(1)＝2，則f(20)＝________.答案97解析由f(n＋1)＝eq\f(2fn＋n,2)知，f(n＋1)－f(n)＝eq\f(n,2)，∴f(2)－f(1)＝eq\f(1,2)×1，f(3)－f(2)＝eq\f(1,2)×2，f(4)－f(3)＝eq\f(1,2)×3，…，f(n)－f(n－1)＝eq\f(1,2)×(n－1)(n≥2)．以上各式相加得f(n)－f(1)＝eq\f(1,2)[1＋2＋…＋(n－1)]＝eq\f(nn－1,4)(n≥2)，∴f(n)＝eq\f(nn－1,4)＋2(n≥2)，∴f(20)＝eq\f(20×19,4)＋2＝97.3．如果數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2an－1，則此數(shù)列的通項公式an＝________.答案2n－1解析當n＝1時，S1＝2a1－1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，∴an＝2an－1，∴{an}是等比數(shù)列，經(jīng)檢驗n＝1也符合．∴an＝2n－1，n∈N*.4．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝b1＝3，an＋1－an＝eq\f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，若數(shù)列{cn}滿足cn＝ban，則c2015＝________.答案272015解析由已知條件知{an}是首項為3，公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列，∴an＝3n，bn＝3n，又cn＝ban＝33n，∴c2015＝33×2015＝272015.5．已知每項均大于零的數(shù)列{an}中，首項a1＝1且前n項和Sn滿足Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)(n∈N*且n≥2)，則a81＝________.答案640解析由已知Sneq\r(Sn－1)－Sn－1eq\r(Sn)＝2eq\r(SnSn－1)可得，eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝2，∴{eq\r(Sn)}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，故eq\r(Sn)＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640.6．若a1＝1，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，則{an}的通項公式an＝________________________________________________________________________.答案eq\f(1,3n－2)解析由已知eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3an＋1,an)＝3＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，∴eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).7．數(shù)列{an}的各項都為正數(shù)，且滿足Sn＝eq\f(an＋12,4)(n∈N*)，求數(shù)列的通項公式an.解方法一(消Sn)：由Sn＝eq\f(an＋12,4)(n∈N*)，得4an＋1＝4(Sn＋1－Sn)＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，化簡得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，因為an>0，所以an＋1－an＝2，又4S1＝4a1＝(a1＋1)2，得a1＝1，故{an}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以an＝2n－1.方法二(消an)：由上可知2eq\r(Sn)＝an＋1，所以2eq\r(Sn)＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)，化簡可得(eq\r(Sn)－1)2＝Sn－1，(eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)－1)(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)－1)＝0，又S1＝1，{an}的各項都為正數(shù)，所以eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1.所以eq\r(Sn)＝n，從而Sn＝n2，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，a1＝1也適合，故an＝2n－1.8．設數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解(1)由已知，當n≥1時，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，①從而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．9．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)設bn＝eq\f(an,2n－1).證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(1)證明∵an＋1＝2an＋2n，∴eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，又bn＝eq\f(an,2n－1)，∴eq\f(1,2)bn＝eq\f(an,2n)，eq\f(1,2)bn＋1－eq\f(1,2)bn＝eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)，bn＋1－bn＝1，∴{bn}是等差數(shù)列．(2)解bn＝b1＋n－1＝n.∴an＝n·2n－1.∴Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，兩邊乘以2得：2Sn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，兩式相減得：－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.B組專項能力提升(時間：30分鐘)10．設數(shù)列{an}滿足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，記Sn＝b1＋b2＋…＋bn，證明Sn<1.(1)解由題設eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1知，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是公差為1的等差數(shù)列，又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n，∴an＝1－eq\f(1,n).(2)證明由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，∴Sn＝1－eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(2))－eq\f(1,\r(3))＋eq\f(1,\r(3))－eq\f(1,\r(4))＋…＋eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))＝1－eq\f(1,\r(n＋1))<1.11．在數(shù)列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)若λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對任意n>2(n∈N*)恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．(1)證明由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)，得eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝3(n≥2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)可得，eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2.∴an＝eq\f(1,3n－2).(3)解λan＋eq\f(1,an＋1)≥λ對任意n≥2(n∈N*)恒成立，即eq\f(λ,3n－2)＋3n＋1≥λ對任意n≥2(n∈N*)恒成立．整理得λ≤eq\f(3n＋13n－2,3n－1)(n≥2，n∈N*)，令Cn＝eq\f(3n＋13n－2,3n－1)，則Cn＋1－Cn＝eq\f(3n＋43n＋1,3n)－eq\f(3n＋13n－2,3n－1)＝eq\f(3n＋13n－4,3nn－1)，∵n≥2，∴Cn＋1－Cn>0，∴數(shù)列{Cn}為遞增數(shù)列，C2最小，且C2＝eq\f(28,3)，故λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(28,3)