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第1节　数列的概念与简单表示法
知 识 梳 理
1．数列的有关概念
概念 含义
数列 按照一定顺序排列的一列数
数列的项 数列中的每一个数
数列的通项 数列{an}的第n项an
通项公式 数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式an＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式
前n项和 数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和
2.数列的表示方法
列表法 列表格表示n与an的对应关系
图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公 式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法
递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法
3.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
4．数列的分类
1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．
2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
3．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．
诊 断 自 测
1．判断下列说法的正误．
(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一．(　　)
(2)an＝Sn＋1－Sn(n∈N*)．(　　)
(3)利用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项．(　　)
(4)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则an＝2n.(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
解析　(2)不正确，an＋1＝Sn＋1－Sn；(4)不正确，当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝
2．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)
A．15 B．16 C．49 D．64
答案　A
解析　当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.
3．已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是(　　)
A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝
C．an＝2sin D．an＝cos(n－1)π＋1
答案　C
解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意，故选C.
4．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝4an＋1，则a3＝________．
答案　21
解析　由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.
5．在数列{an}中，a1＝2，且对任意的m，n∈N*有am＋n＝am·an，则a6＝________．
答案　64
解析　a6＝a2a4＝a2a2a2＝(a)3＝26＝64.
6．(2020·北京朝阳区一模)等比数列{an}满足如下条件：①a1>0；②数列{an}的前n项和Sn<1.试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式________．
答案　an＝(n∈N*)(答案不唯一)
解析　例：a1＝>0，q＝，Sn＝＝1－<1，则an＝.
考点一　由数列的前几项求数列的通项
【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)，，，，，…；
(3)，2，，8，，…；
(4)5，55，555，5 555，….
解　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这是一个分数数列，分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为an＝.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即，，，，，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1)．
感悟升华　根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：
(1)分式中分子、分母的各自特征；
(2)相邻项的联系特征；
(3)拆项后的各部分特征；
(4)符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．
【训练1】 (1)数列0，，，，…的一个通项公式为(　　)
A．an＝(n∈N*) B．an＝(n∈N*)
C．an＝(n∈N*) D．an＝(n∈N*)
(2)数列－，，－，，…的一个通项公式an＝________．
答案　(1)C　(2)(－1)n
解析　(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可．
(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n.
考点二　根据Sn与an的关系求通项公式an
角度1　由Sn＝f(n)求an型
【例2－1】 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________．
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________．
答案　(1)　(2)
解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
显然当n＝1时，不满足上式．
∴an＝
感悟升华　由Sn＝f(n)求an时，先分n＝1，n≥2两种情况讨论，然后看能否合并成统一表达式．
【训练2－1】 若等比数列{an}的前n项和Sn＝k＋，求常数k的值．
解　当n＝1时，a1＝S1＝k＋，
a2＝S2－S1＝－＝－，
a3＝S3－S2＝－＝－，
由等比数列性质得＝×，解得k＝－2.
角度2　由f(an，Sn)＝0消去an型
【例2－2】 若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明　当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解　由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式．
故an＝
感悟升华　由an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去an，得到Sn的递推式，进而解出Sn的表达式，再求an.
【训练2－2】 (2021·上海嘉定区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，2Sn＝anan＋1(n∈N*)，则an＝________．
答案　n
解析　由2Sn＝anan＋1可知2Sn－1＝an－1an(n≥2)，两式相减得2an＝anan＋1－an－1an＝an(an＋1－an－1)，因为a1＝1，所以an≠0，2＝an＋1－an－1，又因为a1＝1，2S1＝a1a2，所以a2＝2，结合an＋1－an－1＝2，所以an－an－1＝1，数列{an}是以1为公差，1为首项的等差数列，所以an＝n.
角度3　由f(an，Sn)＝0消去Sn型
【例2－3】 若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，求{an}的通项公式．
解　由Sn＝an＋，得当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，
两式相减，得an＝an－an－1，
∴当n≥2时，an＝－2an－1，即＝－2.
又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，
∴an＝(－2)n－1.
感悟升华　由f(an，Sn)＝0得出f(an－1，Sn－1)＝0，两式相减得到数列递推公式求解．
【训练2－3】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，求数列{an}的通项公式．
解　因为an＋1＝2Sn＋1，当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，
两式相减得an＋1－an＝2an，
即an＋1＝3an，
又a1＝1，a2＝2S1＋1＝3，
所以＝3，从而{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1.
考点三　由数列的递推公式求通项公式
角度1　an＋1＝an＋f(n)、an＋1＝anf(n)型
【例3－1】 在数列{an}中，
(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________．
(2)(一题多解)若a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则通项公式an＝________．
答案　(1)　(2)
解析　(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝.又a1＝2，符合上式，因此an＝.
(2)法一　因为an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1···…·＝＝.
法二　因为an＝···…···a1＝···…·1＝.
感悟升华　(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项．
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项．
【训练3－1】 在数列{an}中，
(1)a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
(2)a1＝2，an＋1＝2an，则通项公式an为________．
答案　(1)－　(2)n·2n
解析　(1)由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1得an＋1－an＝＝·，所以a2－a1＝×，a3－a2＝×，…，an－1－an－2＝，an－an－1＝，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝×＋1＝－.
(2)an＋1＝2an＝an，
即＝.
∴an＝··…··a1
＝··…··2
＝n·2n.
角度2　an＋1＝pan＋q与an＋1＝pan＋f(n)型
【例3－2】 在数列{an}中，
(1)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________．
(2)若a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，则通项公式an＝________．
答案　(1)2n＋1－3　(2)n·2n
解析　(1)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.
故an＋1＋3＝2(an＋3)．
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
(2)将式子an＋1＝2an＋2n＋1两边同除以2n＋1得，＝＋1，
所以是首项、公差均为1的等差数列，
所以＝n，an＝n·2n.
感悟升华　(1)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键．
(2)求满足an＋1＝pan＋f(n)(p是非零常数)的数列{an}的通项公式，可先在两边同除以f(n)后再用累加法求得．
【训练3－2】 (1)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝________．
(2)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an－，则其通项公式an＝________．
答案　(1)2n－1　(2)
解析　(1)由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，
∴an＝2n－1.
(2)由an＋1＝an－得2nan＋1＝2n－1an－1，
令bn＝2n－1an，则bn＋1－bn＝－1，又a1＝1，
∴b1＝1，∴bn＝1＋(n－1)×(－1)＝－n＋2.
即2n－1an＝－n＋2，∴an＝.
角度3　an＋2＝pan＋1＋qan与an＋1＝型
【例3－3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________．
(2)若a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________．
答案　(1)3·2n－1－2　(2)
解析　(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，
得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，
∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，
将以上各式累加得
an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，
∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．
(2)对an＋1＝两边取倒数，
得＝＋3，
所以数列是首项为＝1，公差为3的等差数列，
所以＝3n－2，an＝.
感悟升华　(1)对an＋2＝pan＋1＋qan型，可化为an＋2＋xan＋1＝(p＋x)，令x＝，求得x来解决．
(2)对an＋1＝型可取倒数，构造新数列求解．
【训练3－3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝5，a2＝2，an＋2＝2an＋1＋3an，则an＝________．
(2)若a1＝5，an＋1＝，则an＝________．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设an＋2＋xan＋1＝(2＋x)an＋1＋3an(x≠－2，x是待定系数)，
即an＋2＋xan＋1＝(2＋x)，
令x＝，解得x＝－3或1.
当x＝－3时，得an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，
所以{an＋1－3an}是首项为－13、公比为－1的等比数列，
得an＋1－3an＝－13·(－1)n－1.
当x＝1时，同理可得an＋1＋an＝7·3n－1，
解关于an＋1，an的方程组
可得an＝.
(2)令an＝bn＋p，得
bn＋1＋p＝
bn＋1＝－p＝
令4p－4－p2＝0，得p＝2，
所以b1＝3，bn＋1＝，两边取倒数，＝1＋，
为首项为＝，公差为1的等差数列，可求得bn＝，所以an＝.
考点四　数列的单调性与周期性
【例4】 (1)已知数列{cn}，cn＝，则当n＝________时，cn最大．
(2)(2021·浙江考前冲刺卷一)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝2a1＝1，an＋1an－1＝an(n≥2)，则下列结论不正确的是(　　)
A．a2 020＝2 B．a4＝a100 C．S3＝ D．S30＝6S6
答案　(1)5　(2)D
解析　(1)cn＋1－cn＝－＝，当n≤4时，cn＋1>cn，当n≥5时，cn＋1c6>c7>…，∴n＝5时，cn取得最大值．
(2)因为an＋1an－1＝an(n≥2)，所以对任意的n∈N*有an＋6＝＝，＝＝an，所以数列{an}为周期为6的周期数列，又a2＝2a1＝1，所以a3＝2，a4＝2，a5＝1，a6＝，所以a2 020＝a4＝2，a100＝a4，故A，B正确；易知S3＝＋1＋2＝，故C正确；易知S30＝5S6，所以D不正确．选D.
感悟升华　(1)判断数列单调性的常用方法有两个：①利用数列对应的函数的单调性判断；②对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．
(2)判断数列周期的方法
①由递推式计算出一些项，发现周期．
②推证出an＋k＝an(n，k∈N*，k为常数)．
【训练4】 (1)(2021·温州调研)已知数列{an}满足＝2，a1＝20，则的最小值为(　　)
A．4 B．4－1 C．8 D．9
(2)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法错误的是(　　)
A．Tn无最大值 B．an有最大值
C．T2 020＝9 D．a2 020＝1
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)由an＋1－an＝2n知，当n≥2时，
a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2(n－1)，
相加得，an－a1＝n2－n，所以＝n＋－1，
又＝20满足上式，∴＝n＋－1，
又n∈N*，
所以n≤4时，单调递减，n≥5时，单调递增，
因为＝，所以的最小值为＝＝8.故选C.
(2)因为a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，
所以a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，
因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，an有最大值3，a2 020＝a4＝1，
因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，
所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，T2 020＝T4＝9，故选A.
基础巩固题组
一、选择题
1．数列，－，，－，…的第10项是(　　)
A．－ B．－ C．－ D．－
答案　C
解析　所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·，故a10＝－.
2．数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于(　　)
A. B．cos
C．cos π D．cos π
答案　D
解析　令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．
3．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是(　　)
A. B. C．4 D．0
答案　D
解析　∵an＝－3＋，∴由二次函数性质得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
4．数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝(　　)
A．7 B．6 C．5 D．4
答案　D
解析　依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)＝2，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
5．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝(　　)
A．2n－1 B．n2
C. D.
答案　D
解析　设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，则(　　)
A．an≥2n＋1 B．an≥2n－1
C．Sn≥n2 D．Sn≥2n－1
答案　C
解析　由an＋1－an≥2，得a2－a1≥2，a3－a2≥2，…，an－an－1≥2，累加得an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥2(n－1)＋1＝2n－1，所以Sn≥1＋3＋5＋…＋2n－1＝n×＝n2.
二、填空题
7．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋，a8＝，则a5＝________．
答案　
解析　借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝，a6＝，a5＝.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________．
答案　1
解析　因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，由于a1≠0，则a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝________；数列{an}的通项公式为an＝________．
答案　2　
解析　由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝
10．已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 020的值为________．
答案　－2
解析　由题意得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝3，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而
2 020＝6×336＋4，∴a2 020＝a4＝－2.
三、解答题
11．(1)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝n，求an；
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，Sn>1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，求an.
解　(1)设a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝Tn，
当n＝1时，a1＝T1＝1，
当n≥2时，nan＝Tn－Tn－1＝n－(n－1)＝1，
因此an＝，而a1＝1，也满足此等式，
所以an＝.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
即a－3a1＋2＝0.
解得a1＝1或a1＝2.
因为a1＝S1>1，所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)(an＋2)－(an－1＋1)(an－1＋2)，
所以(an－an－1－3)(an＋an－1)＝0.
因为an>0，所以an＋an－1>0，
所以an－an－1＝3，
所以数列{an}是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以an＝3n－1.
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2，n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)证明：an＝.
(1)解　因为a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2，n∈N*)，
所以a2＝32－1＋1＝4，
a3＝33－1＋a2＝9＋4＝13.
(2)证明　因为an＝3n－1＋an－1(n≥2，n∈N*)，
所以an－an－1＝3n－1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝3n－1＋3n－2＋…＋3＋1
＝(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，a1＝＝1满足上式．
所以当n∈N*时，an＝.
能力提升题组
13．数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 020＝(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　由a1＝∈，得a2＝2a1－1＝∈，所以a3＝2a2＝∈，所以a4＝2a3＝∈，所以a5＝2a4－1＝＝a1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a2 020＝a504×4＋4＝a4＝.
14．(2020·全国Ⅱ卷)0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝aiai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0－1序列中，满足C(k)≤(k＝1，2，3，4)的序列是(　　)
A．11010… B．11011…
C．10001… D．11001…
答案　C
解析　对于A，因为C(1)＝＝.C(2)＝＝，不满足C(k)≤.故A不正确；对于B，因为C(1)＝＝，不满足C(k)≤，故B不正确；对于C，因为C(1)＝＝，C(2)＝＝0，C(3)＝＝0，
C(4)＝＝，满足C(k)≤，故C正确；对于D，因为C(1)＝＝，不满足C(k)≤，故D不正确，综上所述，故选C.
15．已知数列{an}满足an＝n∈N*.若{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．
答案　(2，3)
解析　每段单调递增得116．(2021·“超级全能生”联考)十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列{an}满足以下关系：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，设a2 020＝m(m为常数)，则S2 018－a2 020＝________；a1＋a3＋a5＋…＋a2 019＝________．
答案　－1　m
解析　因为an＋2＝an＋1＋an＝an＋an－1＋an－1＋an－2＝an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－3＋an－4＝…＝Sn＋1，所以a2 020＝S2 018＋1，所以S2 018－a2 020＝－1.a1＋a3＋a5＋…＋a2 019＝a1＋a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 017＋a2 018＝a1＋S2 018＝1＋S2 018＝a2 020＝m.
17．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
解　(1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是
a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，
整理得an＝.
显然，当n＝1时也满足上式．
综上可知，{an}的通项公式an＝.
18．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)(一题多解)设cn＝a·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝4.
对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.又当n＝1时，a1＝4适合上式，
故{an}的通项公式an＝4n.将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.
对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝bn－1，所以数列{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，故bn＝21－n.
(2)证明　法一　由cn＝a·bn＝n225－n，
得＝.
当且仅当n≥3时，1＋≤＜，即<1，
即cn＋1＜cn.
法二　由cn＝a·bn＝n225－n，得
cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2]．
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn＜0，即cn＋1＜cn.
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