高中数列知识点、解题方法和题型大全

一 高中数列知识点总结

1. 等差数列的定义与性质

定义：an?1?an?d（d为常数），an?a1??n?1?d 等差中项：x，A，y成等差数列?2A?x?y 前n项和Sn??a1?an?n?na21?n?n?1?d 2性质：?an?是等差数列

（1）若m?n?p?q，则am?an?ap?aq；

（2）数列?a2n?1??,a2n??,a2n?1?仍为等差数列，Sn，S2n?Sn，S3n?S2n……仍为等差数列，公差为n2d；

（3）若三个成等差数列，可设为a?d，a，a?d （4）若an，bn是等差数列，且前n项和分别为Sn，Tn，则

amS2m?1? bmT2m?1（5）?an?为等差数列?Sn?an2?bn（a，b为常数，是关于n的常数项为0的二次函数）

Sn的最值可求二次函数Sn?an2?bn的最值；或者求出?an?中的正、负

分界项，

?an?0即：当a1?0，d?0，解不等式组?可得Sn达到最大值时的n值.

?an?1?0?an?0当a1?0，d?0，由?可得Sn达到最小值时的n值.

a?0?n?1(6)项数为偶数2n的等差数列?an?，有

S2n?n(a1?a2n)?n(a2?a2n?1)???n(an?an?1)(an,an?1为中间两项)

1

S偶?S奇?nd，

S奇S偶?an. an?1，有

（7）项数为奇数2n?1的等差数列?an?S2n?1?(2n?1)an(an为中间项)， S奇?S偶?an，

S奇S偶?n. n?12. 等比数列的定义与性质

定义：

an?1?q（q为常数，q?0），an?aq1ann?1.

等比中项：x、G、y成等比数列?G2?xy，或G??xy.

?na1(q?1)?前n项和：Sn??a1?1?qn?（要注意！）

(q?1)?1?q?性质：?an?是等比数列

（1）若m?n?p?q，则am·an?ap·aq

（2）Sn，S2n?Sn，S3n?S2n……仍为等比数列,公比为qn. 注意：由Sn求an时应注意什么？

n?1时，a1?S1； n?2时，an?Sn?Sn?1.

2

二 解题方法

1 求数列通项公式的常用方法 （1）求差（商）法

111如：数列?an?，a1?2a2?……?nan?2n?5，求an

2221解 n?1时，a1?2?1?5，∴a1?14 ①

2111n?2时，a1?2a2?……?n?1an?1?2n?1?5 ②

222?14(n?1)1n?1①—②得：nan?2，∴an?2，∴an??n?1

2?2(n?2)5［练习］数列?an?满足Sn?Sn?1?an?1，a1?4，求an

3注意到an?1?Sn?1?Sn，代入得

Sn?1?4又S1?4，∴?Sn?是等比数列，Sn?4n Sn；

n?2时，an?Sn?Sn?1?……?3·4n?1

（2）叠乘法

an 如：数列?an?中，a1?3，n?1?，求an

ann?1解

aa1a2a312n?13，∴n?又a1?3，∴an?·……n?·……a1na1a2an?123nn.

（3）等差型递推公式

由an?an?1?f(n)，a1?a0，求an，用迭加法

3

?a3?a2?f(3)??n?2时，?两边相加得an?a1?f(2)?f(3)?……?f(n)

…………?an?an?1?f(n)??∴an?a0?f(2)?f(3)?……?f(n)

a2?a1?f(2)（4）等比型递推公式

an?can?1?d（c、d为常数，c?0，c?1，d?0）

可转化为等比数列，设an?x?c?an?1?x??an?can?1??c?1?x 令(c?1)x?d，∴x?列

∴an?dd?n?1d?n?1d??，∴ ??a1?·ca?a?c?n??1?c?1?c?1?c?1c?1??ddd??a?，c为公比的等比数，∴?an?是首项为?1c?1c?1c?1??（5）倒数法

如：a1?1，an?1?2an，求an an?2由已知得：

a?2111111?n??，∴?? an?12an2anan?1an2?1?11111∴??为等差数列，?1，公差为，∴?1??n?1?·??n?1?，

a1an222?an?∴an?2n?1

(附：公式法、利用

an??S1(n?1)Sn?Sn?1(n?2)、累加法、累乘法.构造等差或等比

an?1?pan?q或an?1?pan?f(n)、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法)

4

2 求数列前n项和的常用方法 (1) 裂项法

把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项. 如：?an?是公差为d的等差数列，求?1

k?1akak?1n解：由

n111?11???????d?0?

ak·ak?1ak?ak?d?d?akak?1?n?111?11?1??11??11?1???????????……??∴???????? ??ak?1?d??a1a2??a2a3?k?1akak?1k?1d?ak?anan?1???1?11???? d?a1an?1?［练习］求和：1?111??……? 1?21?2?31?2?3?……?n1an?……?……，Sn?2?

n?1（2）错位相减法

若?an?为等差数列，?bn?为等比数列，求数列?anbn?（差比数列）前n项和，可由Sn?qSn，求Sn，其中q为?bn?的公比.

如：Sn?1?2x?3x2?4x3?……?nxn?1

①

x·Sn?x?2x2?3x3?4x4?……??n?1?xn?1?nxn ①—②?1?x?Sn?1?x?x2?……?xn?1?nxn

x?1时，Sn ②

1?x?nx???nn?1?x?21?x，x?1时，Sn?1?2?3?……?n?n?n?1? 2 5

OP?若

11(OP1?OP2)2,且点P的横坐标为2.

（I）求证：P点的纵坐标为定值，并求出这个定值；

123nSn?f()?f()?f()???f(),n?N*,求Sn;nnnn（II）若

（III）略

OP?（I）∵∴P是

11(OP1?OP2)2,且点P的横坐标为2.

PP12的中点，且

x?x12?1

12y?y12?2x?12x12?2x222x2?21xx?22??2?2x2?2x?2??2x?2?2?1?4?24?22x2?2x1???2x?2x??1

?y?1p由（I）知，

x?x12?1f?x??f?x??1,且f?1??2?122 ?1??2??n?1??n?又Sn?f???f?????f??f????1?nnn???????n??n??n?1??2??1??f?f???f?f????????2?Sn?nnn???????n?，（1）+（2）得：

2Sn?f?2f????1??1?1????2??n??2???n?n??f?f?f?f??????????????????nnn?????????n??????322

???1f????f??1n??n?f???1?1??1??n?1?2?Sn?n?3?22四、裂项求和法

这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：

an?（1）

111??n(n?1)nn?1

(2n)2111an??1?(?)(2n?1)(2n?1)22n?12n?1（2）

11

an?（3）

1111?[?]n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2)等。

1,12?3,???,1n?n?1,???的前n项和.

例5 求数列1?2an?解：设

1n?n?11?1?n?1?n （裂项）

Sn?则

1?22?3?????1n?n?1 （裂项求和）

＝(2?1)?(3?2)?????(n?1?n) ＝n?1?1

例6（06高考湖北卷理17）已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为

?f'(x)?6x?2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n?N)均在函数y?f(x)的图像

上。 （Ⅰ）求数列

{an}的通项公式；

1mTn?anan?1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得20对所有n?N?都成立的

bn?（Ⅱ）设

最小正整数m；

解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

?(n,S)(n?N)均在函数y?f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n. n又因为点

（3n?1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－?2?2(n?1)＝6n－5.

??当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （n?N）

bn?（Ⅱ）由（Ⅰ）得知

n33111(?)anan?1＝(6n?5)?6(n?1)?5?＝26n?56n?1，

故Tn＝

?bii?11＝211111?1?1(1?)?(?)?...?(?)?77136n?56n?1???＝2（1－6n?1）.

11m1m?因此，要使2（1－6n?1）<20（n?N）成立的m,必须且仅须满足2≤20，即m≥

12

10，所以满足要求的最小正整数m为10.

1???aaan评析：一般地，若数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则求和：i?1ii?11??aa首先考虑i?1ii?1nn1111111n(?)(?)???a1an?1。下列求和：ai?1则i?1aiai?1=da1an?1i?1dainn?i?1n1ai?ai?1 也可用裂项求和法。

五、分组求和法

所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并。

?S?2a?1b?3,b?a?b(n?N) . nn1n?1nn例7数列{an}的前n项和，数列{bn}满

（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n项和Tn。

?S?2a?1,n?N,?Sn?1?2an?1?1， nn解析：（Ⅰ）由

两式相减得：

an?1?2an?1?2an,?an?1?2an,n?N?.同a1?1知an?0，

?

an?1?2,{a}an同定义知n是首项为1，公比为2的等比数列.

n?1n?1a?2,b?2?bnnn?1（Ⅱ）bn?1?bn?2n?1,

012b?b?2,b?b?2,b?b?2,?213243

n?2b?b?2,等式左、右两边分别相加得： nn?1

bn?b1?2?2???201n?21?2n?1?3??2n?1?2,1?2?Tn?(20?2)?(21?2)?(22?2)???(2n?1?2)?(20?21?22???2n?1)?2n

1?2n?2n?2n?2n?1.=1?2

2222n?12S?1?2?3?4???(?1)n（n?N?） 例8求

解：⑴ 当n为偶数时，

S?(12?22)?(32?42)???[(n?1)2?n2]??(1?2???n)??⑵ 当n为奇数时，

n(1?n)2；

13

S?(12?22)?(32?42)???[(n?2)2?(n?1)2]?n2??[1?2???(n?1)]?n2??n(n?1)1?n2?(n2?n)221S?(?1)n?1n(n?1)2综上所述，．

点评：分组求和即将不能直接求和的数列分解成若干个可以求和的数列,分别求和.

六、利用数列的通项求和

先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，是一个重要的方法.

1?11?111?????111??????1例9 求

n个1之和.

111??????1?1?999???9?1k解：由于个19?????k个19(10?1)k 征）

1?11?111?????111??????1∴

n个1

1(101?1)?1(102?1)?1(103?1)?????1(10n?＝99991) 19(101?102?103?????10n)?19(1???1??1?????????1)＝

n个1

110(10n??1)?n＝

910?19 181(10n?1?10?9n)＝

?a8n?,求例10 已知数列{an}：(n?1)(n?3)?(n?1)(an?an?1)n?1的值.

(n?1)(an?an?1)?8(n?1)[1解：∵ (n?1)(n?3)?1(n?2)(n?4)] 征）

8?[11＝

(n?2)(n?4)?(n?3)(n?4)] （设制分组） 4?(1?1)?8(1?1) ＝

n?2n?4n?3n?4 （裂项）

14

（分组求和）

（找通项及特

（找通项及特

?1111(n?1)(a?a)?4(?)?8(?)???nn?1n?2n?4n?3n?4n?1n?1∴ n?1 （分组、裂项求和）

??1114?(?)?8?344 ＝

13 ＝3

类型1

an?1?an?f(n)

an?1?an?f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。

解法：把原递推公式转化为

例:已知数列

?an?满足

a1?11an?1?an?22，n?n，求an。

an?1?an?解：由条件知：

1111???n2?nn(n?1)nn?1

分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累加之，即

(a2?a1)?(a3?a2)?(a4?a3)????????(an?an?1)

1111111?(1?)?(?)?(?)????????(?)22334n?1n

所以

an?a1?1?1n

?a1?11131?an??1???2，2n2n

类型2

an?1?f(n)an

an?1?f(n)a解法：把原递推公式转化为n，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例:已知数列

?an?满足

a1?2nan?1?an3，n?1，求an。

an?1n?an?1，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累乘

解：由条件知n 15

之，即

aaa2a3a4122??????????n?1?2?3????????n?1?n??a1??an?a1a2a3an?1234a1n又3，3n n例:已知a1?3，

an?1?3n?1an3n?2 (n?1)，求an。

an?3(n?1)?13(n?2)?13?2?13?1???????a13(n?1)?23(n?2)?23?2?23?2

?3n?43n?7526?????3?3n?13n?4853n?1。

类型3

an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)?0)）

。

an?1?t?p(an?t)，其中

t?q1?p，再利用

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：换元法转化为等比数列求解。 例:已知数列

?an?中，a1?1，an?1?2an?3，求an.

an?1?2an?3可以转化为an?1?t?2(an?t)即an?1?2an?t?t??3.

解：设递推公式故递推公式为

an?1?3?2(an?3),令bn?an?3，则b1?a1?3?4,且

bn?1an?1?3??2?b?bnan?3.所以n是以b1?4为首项，2为公比的等比数列，则

bn?4?2n?1?2n?1,所以an?2n?1?3.

变式:递推式：

an?1?pan?f?n?。解法：只需构造数列?bn?，消去f?n?带来的差异．

na?pa?qn类型4 n?1（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）。 na?pa?rqn?1n（,其中p，q, r均为常数） 。

an?1pan1??n?n?1n?1qqq引入辅助数列q解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q，得：

?bn?（其中

bn?anp1b?b?n?1nqn）qq再待定系数法解决。 ，得：

a1?511an?1?an?()n?1a6,32，求n。

16

例:已知数列

?an?中，

112nn?1an?1?an?()n?12?a?(2?an)?1n?1n?1323解：在两边乘以2得： 22bn?1?bn?1bn?3?2()nb?2?an，则33所以 令n,解之得：

nan?bn1n1n?3()?2()23 2n类型5 递推公式为

an?2?pan?1?qan（其中p，q均为常数）

。

an?2?san?1?t(an?1?san)其中s，t满足

解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为

?s?t?p??st??q

解法二(特征根法)：对于由递推公式

an?2?pan?1?qan，a1??,a2??给出的数列?an?，

2?a?x?px?q?0，方程叫做数列n的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1?x2n?1n?1??aa?Ax?Bxnn12时，数列的通项为，其中

A，B由a1??,a2??决定（即把

n?1n?1a?Ax?Bxa1,a2,x1,x2和n?1,2，n12代入，得到关于A、B的方程组）；当x1?x2时，n?1??aa?(A?Bn)xnn1数列的通项为，其中A，B由a1??,a2??决定（即把a1,a2,x1,x2n?1a?(A?Bn)xn?1,21，得到关于A、B的方程组）和，代入n。

解法一（待定系数——迭加法）:数列

?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)，

a1?a,a2?b，求数列?an?的通项公式。由3an?2?5an?1?2an?0，得

an?2?an?1?2(an?1?an)3，且a2?a1?b?a。

2?a?an?是以b?a为首项，3为公比的等比数列，于是

则数列n?12an?1?an?(b?a)()n?13。

2a3?a2?(b?a)?()3， 把n?1,2,3,???,n代入，得a2?a1?b?a，

17

2a4?a3?(b?a)?()23，???

2an?an?1?(b?a)()n?23。把以上各式相加，得

21?()n?13?(b?a)2222n?2an?a1?(b?a)[1??()?????()]1?3333。

22?an?[3?3()n?1](b?a)?a?3(a?b)()n?1?3b?2a33。

解法二（特征根法）：数列

2?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b的特征方程是：3x?5x?2?0。

?x1?1,x2?22n?1?A?B?()n?1n?1a?Ax?Bx3,?n312。又由a1?a,a2?b，于是

?a?A?B?A?3b?2a?2???2n?1B?3(a?b)b?A?Ba?3b?2a?3(a?b)()??n3?3故

例:已知数列

?an?中，a1?1,a2?2,

an?2?21an?1?an33，求an。

解：由

an?2?21an?1?an33可转化为an?2?san?1?t(an?1?san)

即

an?22?s?t??1?s?1??3????s????31??st??1t????(s?t)an?1?stan?3?3或???t?1

1?s?1?s????3?1?t???3（当然也可选用??t?1，大家可以试一试）这里不妨选用?，则

11?an?2?an?1??(an?1?an)??an?1?an?是以首项为a2?a1?1，3公比为3的等比数列,

18

1an?1?an?(?)n?13所以,应用类型1的方法，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得

(n?1)个等式累加之，即

111an?a1?(?)0?(?)1????????(?)n?2333an?731n?1?(?)443。

11?(?)n?13?11?3又?a1?1，所以

类型6 递推公式为

Sn与an的关系式。(或Sn?f(an))

?S1????????????????(n?1)an???Sn?Sn?1???????(n?2)与 解法：这种类型一般利用

an?Sn?Sn?1?f(an)?f(an?1)消去Sn (n?2)或与Sn?f(Sn?Sn?1)(n?2)消去 an进行求解。

例：已知数列式

?an?前n项和

Sn?4?an?12n?2.（1）求an?1与an的关系；（2）求通项公

an.

Sn?4?an?12n?2得：

Sn?1?4?an?1?12n?1于是

解：（1）由

Sn?1?Sn?(an?an?1)?(an?1?an?an?1?112n?2?12n?1)

所以

2n?1?an?1?11an?n22.

na?pa?qn?1n（2）应用类型4（（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）） n?12的方法，上式两边同乘以2得：

n?1an?1?2nan?2由

a1?S1?4?a1?1?a1?1n1?22an是以2为首项，2为公差的等差数列，所2.于是数列

??以

2an?2?2(n?1)?2nn?an?n2n?1

19

类型7

an?1?pan?an?b(p?1、0，a?0)

解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令

an?1?x(n?1)?y?p(an?xn?y)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为

?an?xn?y?是公比为p的等比数列。

例:设数列?an?：a1?4,an?3an?1?2n?1,(n?2)，求an.

解：设

bn?an?An?B，则an?bn?An?B，将an,an?1代入递推式，得

bn?An?B?3?bn?1?A(n?1)?B??2n?1?3bn?1?(3A?2)n?(3B?3A?1)

???A?3A?2???A?1??B?3B?3A?1??B?1

?取bn?an?n?1?（１）则bn?3bn?1,又b1?6，故

bn?6?3n?1?2?3n代入（１）得an?2?3n?n?1

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设

bn?an?An2?Bn?C;(2)本题也可由

an?3an?1?2n?1 ,an?1?3an?2?2(n?1)?1（n?3）两式相an?an?1?3(an?1?an?2)?2转化为 bn?2?pbn?1?qbn求之.

20

减得

【知识点】：

1.等差数列前N项和

公式S=(A1+An)N/2 即： [(首项+末项)*项数] / 2

等差数列公式求和公式 Sn=n(a1+an)/2 或Sn=na1+n(n-1)d/2 即： 项数*首项+项数*（项数-1）*公差/2

2.等比数列前n项和

设 a1,a2,a3...an构成等比数列 前n项和Sn=a1+a2+a3...an Sn=a1+a1*q+a1*q^2+....a1*q^(n-2)+a1*q^(n-1)(这个公式虽然是最基本公式,但一部分题目中求前n项和是很难用下面那个公式推导的,这时可能要直接从基本公式推导过去,所以希望这个公式也要理解)

Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an*q)/(1-q); q:公比

n?1【例】、已知数列{an}满足a1?1，an?3?an?1(n?2)，则通项公式an?3n?12

an=3^(n-1)+a(n-1) --->an-a(n-1)=3^(n-1)

同样a(n-1)-a(n-2)=3^(n-2) ??a(n-2(-a(n-3)=3^(n-3) ???????? ??a3-a2=3^2 ??a2-a1=3^1

以上的n个等式的两边相加得到

An-a1=3+3^2+……+3^(n-1)=3(1-3^n-1)/(1-3)=(3^n-1)/2

1．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：

(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证an?an?1(an/an?1)为同一常数。 (2)通项公式法： ①若 ②若

=

+（n-1）d=

+（n-k）d ，则?an?为等差数列；

，则?an?为等比数列。

(3)中项公式法：验证中项公式成立。

2. 在等差数列?an?中,有关Sn的最值问题——常用邻项变号法求解： (1)当a1>0,d<0时，满足??am?0的项数m使得Sm取最大值.

?am?1?0 21

(2)当a1<0,d>0时，满足??am?0的项数m使得

?am?1?0取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。 注意事项

1．证明数列?an?是等差或等比数列常用定义，即通过证明an?1?an?an?an?1 或

an?1a?n而得。 anan?12．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。

n?1?S1?03．注意sn与an之间关系的转化。如：an=? ，

S?S?0n?2n?1?nan=a1??(ak?ak?1)．

k?2n4．解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略． 【问题1】等差、等比数列的项与和特征问题

例1.数列?an?的前n项和记为Sn,a1?1,an?1?2Sn?1?n?1?（Ⅰ）求?an?的通项公式；（Ⅱ）等差数列?bn?的各项为正，其前n项和为Tn，且T3?15，又a1?b1,a2?b2,a3?b3成等比数列，求Tn

本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。 解：（Ⅰ）由an?1?2Sn?1可得an?2Sn?1??1n??2，

两式相减得

an?1?an?2an,an?1?3an?n?2?

又a2?2S1?1?3 ∴a2?3a1 故?an?是首项为1，公比为3得等比数列 ∴

an?3n?1

（Ⅱ）设?bn?的公比为d 由T3?15得，可得b1?b2?b3?15，可得b2?5

22

故可设b1?5?d,b3?5?d 又a1?1,a2?3,a3?9

由题意可得?5?d?1??5?d?9???5?3? 解得d1?2,d2?10 ∵等差数列

2?bn?的各项为正，∴d?0 ∴d?2 ∴

Tn?3n?n?n?1??2?n2?2n2

例2.设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，an?Sn?4096。（1）求数列{an}的通项公式？（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn,对数列?Tn?，从第几项起Tn??509？ .解(1) ∵an+ Sn=4096, ∴a1+ S1=4096, a1 =2048.

当n≥2时, an= Sn－Sn－1=(4096－an)－(4096－an－1)= an－1－an ∴

an1= an?12an=2048(

1n－1

). 21n－112

)]=12－n, ∴Tn=(－n+23n). 22 (2) ∵log2an=log2[2048(

由Tn<－509,解得n>Tn<－509.

23?4601,而n是正整数,于是,n≥46. ∴从第46项起

2【问题2】等差、等比数列的判定问题．

例3.已知有穷数列{an}共有2k项（整数k≥2），首项a1＝2．设该数列的前n项和为Sn，且an?1＝(a?1)Sn＋2（n＝1，2，┅，2k－1），其中常数a＞1． （1）求证：数列{an}是等比数列；（2）若a＝2

22k?1，数列{bn}满足bn＝

1log2(a1a2???an)（n＝1，2，┅，2k），求数列{bn}的通项公式； n3333（3）若（2）中的数列{bn}满足不等式|b1－|＋|b2－|＋┅＋|b2k?1－|＋|b2k－|

2222≤4，求k的值．

(1) [证明] 当n=1时,a2=2a,则

a2=a； a1 2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2,

23

an+1－an=(a－1) an, ∴

an?1=a, ∴数列{an}是等比数列. an1?2???(n?1) (2) 解：由(1) 得an=2a

n?1, ∴a1a2…an=2na=2na

n(n?1)2=2

n?n(n?1)2k?1,

n(n?1)n?1]??1(n=1,2,…,2k).

2k?12k?1313（3）设bn≤,解得n≤k+,又n是正整数,于是当n≤k时, bn<；

2223 当n≥k+1时, bn>.

233333 原式=(－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－)

22222 bn=[n? =(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)

1n11(k?2k?1)k(0?k?1)kk222 =[. ?k]?[?k]=

2k?12k?12k?1k2

当≤4,得k2－8k+4≤0, 4－23≤k≤4+23,又k≥2,

2k?1

∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.

例 4。已知数列?an?中，Sn是其前n项和，并且Sn?1?4an?2(n?1,2,?),a1?1，⑴设数列bn?an?1?2an(n?1,2,??)，求证：数列?bn?是等比数列；⑵设数列

cn?和。

an,(n?1,2,??)，求证：数列?cn?是等差数列；⑶求数列?an?的通项公式及前n项2n分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn?1=4an+2，可由Sn?2-Sn?1作切入点探索解题的途径．

解：(1)由Sn?1=4an?2，Sn?2=4an?1+2，两式相减，得Sn?2-Sn?1=4(an?1-an)，即an?2=4an?1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn?1与bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)

an?2-2an?1=2(an?1-2an)，又bn=an?1-2an，所以bn?1=2bn ① 已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ②

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由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2

n?1．

当n≥2时，Sn=4an?1+2=2

n?1(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n?1综上可知，所求的求和公式为Sn=2

(3n-4)+2．

说明：1．本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件Sn?1?4an?2得出递推公式。

2．解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用． 【问题3】函数与数列的综合题

数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点.

例5已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)=6x-2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n?N*)均在函数y=f(x)的图像上。（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）、设bn='m1*，求使得Tn<对所有n?NTn是数列{bn}的前n项和，

20anan+1都成立的最小正整数m；

点评：本题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题的能力和推理能力。

解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

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