1、1第 2章 数列章末分层突破自我校对无穷数列常数列通项公式法前 n项和公式等比数列2等差(比)数列的基本运算在等差数列和等比数列的通项公式 an与前 n项和公式 Sn中，共涉及五个量：a1， an， n， d(或 q)， Sn，其中 a1和 d(或 q)为基本量， “知三求二”是指将已知条件转换成关于 a1， d(q)， an， Sn， n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用.等比数列 an中，已知 a12， a416.(1)求数列 an的通项公式；(2)若 a3， a5分别为等差
2、数列 bn的第 3项和第 5项，试求数列 bn的通项公式及前 n项和 Sn.【精彩点拨】 (1)由 a1， a4求出公比 q，写出 an的通项公式.(2)列出关于 b1， d的方程组，求解 b1， d，进而写出 bn， Sn.【规范解答】 (1)设 an的公比为 q，由已知得 162 q3，解得 q2. an22 n1 2 n.(2)由(1)得 a38， a532，则 b38， b532.设 bn的公差为 d，则有Error!解得Error!所以 bn1612( n1)12 n28.所以数列 bn的前 n项和Sn 6 n222 n.n 16 12n 282再练一题1.已知等差数列 an的公差
3、d1，前 n项和为 Sn.(1)若 1， a1， a3成等比数列，求 a1；(2)若 S5a1a9，求 a1的取值范围.【解】 (1)因为数列 an的公差 d1，且 1， a1， a3成等比数列，所以a 1( a12)，21即 a a120，解得 a11 或 a12.21(2)因为数列 an的公差 d1，且 S5a1a9，所以 5a110 a 8 a1，213即 a 3 a1101时， an Sn Sn1 k(cn cn1 )，则 a6 k(c6 c5)， a3 k(c3 c2)， c38，a6a3 c6 c5c3 c2 c2. a24，即 k(c2 c1)4，解得 k2， an2 n.当 n
4、1 时， a1 S12.综上所述， an2 n(nN ).(2)nan n2n，则 Tn222 232 3 n2n，2Tn12 222 332 4( n1)2 n n2n1 ，两式作差得 Tn22 22 32 n n2n1 .Tn2( n1)2 n1 .再练一题3.已知正项数列 an中， a11，点( ， an1 )(nN )在函数 y x21 的图象上，数an列 bn的前 n项和 Sn2 bn.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)设 cn ，求 cn的前 n项和 Tn. 1an 1log2bn 1【解】 (1)点 (nN )在函数 y x21 的图象上，(an， an 1) an1
5、an1，数列 an是公差为 1的等差数列. a11， an1( n1) n， Sn2 bn， Sn1 2 bn1 ，两式相减得： bn1 bn1 bn，即 ，bn 1bn 12由 S12 b1，即 b12 b1，得 b11.数列 bn是首项为 1，公比为 的等比数列，12 bn .(12)n 1 (2)log2bn1 log 2 n，(12)n cn ，1n n 1 1n 1n 1 Tn c1 c2 cn 1 .(112) (12 13) (13 14) (1n 1n 1) 1n 1 nn 16函数思想求解数列问题数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围，最值问题或单调性时，
6、均可考虑采用函数的思想解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或其真子集，这一特殊性对问题结果可能造成影响.已知 a12，点( an， an1 )在函数 f(x) x22 x的图象上，其中 n1,2,3，.(1)求证：数列lg(1 an)是等比数列；(2)设 Tn(1 a1)(1 a2)(1 an)，求 Tn及数列 an的通项公式；(3)记 bn ，求数列 bn的前 n项和 Sn，并说明 Sn 1.1an 1an 2 23Tn 1【精彩点拨】 对于(1)，由条件知 an1 a 2 an，变形为 an1 1( an1) 2，两边2n取对数即可得证.对于(3)，由条件知 an1 a 2 an an(
7、an2)，变形得 2n1an 1 12，即得 ，所以 bn2 ，由此 Sn可求.(1an 1an 2) 1an 2 1an 2an 1 (1an 1an 1)【规范解答】 (1)证明：由已知得 an1 a 2 an，2n an1 1( an1) 2. a12， an11，两边取对数得 lg(1 an1 )2lg(1 an)，即 2.lg 1 an 1lg 1 an数列lg(1 an)是公比为 2的等比数列.(2)由(1)知 lg(1 an)2 n1 lg(1 a1)2 n1 lg 3lg 32 n1 ，1 an3 . (*)2 n 1 Tn(1 a1)(1 a2)(1 an)3 3 3 3 3
8、 22 22 0 2 1 2 2 2n 1 1 2 3n 1 2 n 1 由(*)式得 an3 1.2 n 1 (3) an1 a 2 an， an1 an(an2)，2n ， .1an 1 12(1an 1an 2) 1an 2 1an 2an 1又 bn ， bn2 ，1an 1an 2 (1an 1an 1) Sn b1 b2 bn72 (1a1 1a2 1a2 1a3 1an 1an 1)2 .(1a1 1an 1) an32 n1 1， an1 32 n1，又 a12， Sn1 .232n 1又 Tn32 n1 ， Sn 1 1.23Tn 1 232n 1 232n 1再练一题4.已
9、知等差数列 an的首项 a11，公差 d0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项. 【导学号：18082041】(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn (nN )， Sn b1 b2 bn，是否存在 t，使得对任意的 n均1n an 3有 Sn 总成立？若存在，求出最大的整数 t；若不存在，请说明理由.t36【解】 (1)由题意得( a1 d)(a113 d)( a14 d)2，整理得 2a1d d2. d0， d2. a11. an2 n1( nN ).(2)bn ，1n an 3 12n n 1 12(1n 1n 1) Sn b1 b2 bn .12(1 12) (12 13) 1n 1n 1 12(1 1n 1) n2 n 1假设存在整数 t满足 Sn 总成立，t36又 Sn1 Sn n 12 n 2 n2 n 1 0，12 n 2 n 1数列 Sn是单调递增的. S1 为 Sn的最小值，故 n2，故 bn3 n1 n2， n3.设数列 bn的前 n项和为 Tn，则 T12， T23，当 n3 时， Tn3 ，9 1 3n 21 3 n 7 n 22 3n n2 5n 112所以， TnError!
