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1.等差數(shù)列的通項(xiàng)公式(1)若等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1,公差為d,則其通項(xiàng)an=a1+(n-1)d.(2)等差數(shù)列通項(xiàng)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(xiàng)公式(1)首項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)不為零的常數(shù)列.【思考辨析】判斷下面結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)如果數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)和為Sn=n2-1,則其通項(xiàng)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(xiě)出數(shù)列{an}的任何一項(xiàng).(√)(4)若三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列,那么這三個(gè)數(shù)可以設(shè)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(diǎn)的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列{xn},對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)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(xiàng)公式只能是an=eq\f(1+-1n+1,2).(×)1.?dāng)?shù)列1,eq\f(1,3),eq\f(9,35),eq\f(17,63),eq\f(33,99),…的一個(gè)通項(xiàng)公式是an=__________.答案eq\f(2n+1,2n-12n+1)2.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)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.?dāng)?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(xiàng),若該等比數(shù)列的首項(xiàng)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.?dāng)?shù)列{an}的前20項(xiàng)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(gè)通項(xiàng)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(xiàng)公式例1寫(xiě)出下列數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)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(xiě)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(xiàng)公式為an=n+eq\f(1,2n-1).(2)這個(gè)分?jǐn)?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(xiàng)公式為an=eq\f(4,17-3n).(3)注意到此數(shù)列的特點(diǎn):奇數(shù)項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)相等,偶數(shù)項(xiàng)比項(xiàng)數(shù)大1.故它可改寫(xiě)成1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,…,所以原數(shù)列的通項(xiàng)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(guān)鍵.(2)由數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出的通項(xiàng)公式不一定唯一.如數(shù)列5,0,-5,0,5,…的通項(xiàng)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(xiàng),寫(xiě)出數(shù)列的通項(xiàng)公式時(shí),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(guān)系,從而寫(xiě)出數(shù)列的通項(xiàng)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(hào),數(shù)列可看作自然數(shù)列的倒數(shù),正負(fù)相間隔用(-1)的n次冪進(jìn)行調(diào)整,∴通項(xiàng)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(gè)根號(hào)內(nèi)可看作3與2n-1的乘積.∴通項(xiàng)公式an=eq\r(3·2n-1)=eq\r(6n-3).(3)數(shù)列的每項(xiàng)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(xiàng)公式an=eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1).(4)數(shù)列中的奇數(shù)項(xiàng)為3,偶數(shù)項(xiàng)為5.∴通項(xiàng)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(xiàng)公式還可以寫(xiě)成an=eq\f(3+5,2)+(-1)n=4+(-1)n.題型二利用遞推關(guān)系式求an命題點(diǎn)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(xiàng)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(gè)式子相加,得an-a1=31+32+…+3n-1,∴an=eq\f(3n-1,2).∵n=1時(shí),a1=eq\f(31-1,2)=1.∴an=eq\f(3n-1,2).命題點(diǎn)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(xiàng)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(dāng)n=1時(shí),a1=2適合上式.故an=n(n+1)(n∈N*).命題點(diǎn)3利用構(gòu)造法求an例4(2014·大綱全國(guó))數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.(1)設(shè)bn=an+1-an,證明{bn}是等差數(shù)列;(2)求{an}的通項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)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(shí),并且{f(n)}容易求和,這時(shí)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(shí),并且{f(n)}容易求前n項(xiàng)的積,這時(shí)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(xiàng)公式為_(kāi)_______________.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(xiàng)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(xiàng),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(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和,且Sn=eq\f(3,2)(an-1)(n∈N*),求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.解∵Sn=eq\f(3,2)(an-1),∴當(dāng)n=1時(shí),S1=a1=eq\f(3,2)(a1-1),解得a1=3.當(dāng)n≥2時(shí),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(dāng)n≥2時(shí),數(shù)列{an}是以3為公比的等比數(shù)列,且首項(xiàng)a2=3a1=9.∴n≥2時(shí),an=9·3n-2=3n.顯然n=1時(shí)也成立.故數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=3n(n∈N*).思維升華已知數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,求數(shù)列的通項(xiàng)公式,其方法是an=Sn-Sn-1(n≥2).這里常常因?yàn)楹雎粤薾≥2的條件而出錯(cuò),即由an=Sn-Sn-1求得an時(shí)的n是從2開(kāi)始的自然數(shù),否則會(huì)出現(xiàn)當(dāng)n=1時(shí),Sn-1=S0,而與前n項(xiàng)和定義矛盾.可見(jiàn)an=Sn-Sn-1所確定的an,當(dāng)n=1時(shí)的a1與S1相等時(shí),才是通項(xiàng)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(xiàng)和為Sn,滿足Sn=2an-2n(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(xiàng)和,求Tn.解(1)當(dāng)n∈N*時(shí),Sn=2an-2n,①則當(dāng)n≥2,n∈N*時(shí),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(dāng)n=1時(shí),S1=2a1-2,則a1=2,當(dāng)n=2時(shí),a2=6,∴{an+2}是以a1+2為首項(xiàng),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(wèn)題典例(14分)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an=n2+kn+4.(1)若k=-5,則數(shù)列中有多少項(xiàng)是負(fù)數(shù)?n為何值時(shí),an有最小值?并求出最小值;(2)若對(duì)于任意n∈N*,都有an+1>an,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.思維點(diǎn)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(xiàng)公式可以看作相應(yīng)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(duì)稱軸研究單調(diào)性,但應(yīng)注意數(shù)列通項(xiàng)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(xiàng)是負(fù)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(dāng)n=2或n=3時(shí),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(gè)遞增數(shù)列,又因?yàn)橥?xiàng)公式an=n2+kn+4,可以看作是關(guān)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(xiàng)公式可以看作是一個(gè)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(duì)稱軸來(lái)研究其單調(diào)性,得到實(shí)數(shù)k的取值范圍,使問(wèn)題得到解決.(2)在利用二次函數(shù)的觀點(diǎn)解決該題時(shí),一定要注意二次函數(shù)對(duì)稱軸位置的選?。?3)易錯(cuò)分析:本題易錯(cuò)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(guān)系為an+1=an+f(n)或an+1=f(n)·an,則可以分別通過(guò)累加、累乘法求得通項(xiàng)公式,累加即利用恒等式bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1),通過(guò)求和求通項(xiàng);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(xiàng).2.?dāng)?shù)列與函數(shù)、an與Sn的關(guān)系(1)數(shù)列是一種特殊的函數(shù),因此,在研究數(shù)列問(wèn)題時(shí),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.?dāng)?shù)列是一種特殊的函數(shù),在利用函數(shù)觀點(diǎn)研究數(shù)列時(shí),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.?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式不一定唯一.3.在利用數(shù)列的前n項(xiàng)和求通項(xiàng)時(shí),往往容易忽略先求出a1,而是直接把數(shù)列的通項(xiàng)公式寫(xiě)成an=Sn-Sn-1的形式,但它只適用于n≥2的情形.A組專項(xiàng)基礎(chǔ)訓(xùn)練(時(shí)間:45分鐘)1.設(shè)數(shù)列eq\r(2),eq\r(5),2eq\r(2),eq\r(11),…,則2eq\r(5)是這個(gè)數(shù)列的第________項(xiàng).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(xiàng)公式an=eq\r(3n-1).令2eq\r(5)=eq\r(3n-1),得n=7.2.設(shè)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(xiàng)和Sn=2an-1,則此數(shù)列的通項(xiàng)公式an=________.答案2n-1解析當(dāng)n=1時(shí),S1=2a1-1,∴a1=2a1-1,∴a1=1.當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),∴an=2an-1,∴{an}是等比數(shù)列,經(jīng)檢驗(yàn)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(xiàng)為3,公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}是首項(xiàng)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(xiàng)均大于零的數(shù)列{an}中,首項(xiàng)a1=1且前n項(xiàng)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(xiàng),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(xiàng)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.?dāng)?shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù),且滿足Sn=eq\f(an+12,4)(n∈N*),求數(shù)列的通項(xiàng)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(jiǎn)得(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因?yàn)閍n>0,所以an+1-an=2,又4S1=4a1=(a1+1)2,得a1=1,故{an}是以1為首項(xiàng),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(jiǎn)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(xiàng)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(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1-an=3·22n-1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)令bn=nan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由已知,當(dāng)n≥1時(shí),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(xiàng)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?gòu)亩?2·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(shè)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(xiàng)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(xiàng)能力提升(時(shí)間:30分鐘)10.設(shè)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(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=eq\f(1-\r(an+1),\r(n)),記Sn=b1+b2+…+bn,證明Sn<1.(1)解由題設(shè)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(xiàng)公式;(3)若λan+eq\f(1,an+1)≥λ對(duì)任意n>2(n∈N*)恒成立,求實(shí)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(xiàng),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(duì)任意n≥2(n∈N*)恒成立,即eq\f(λ,3n-2)+3n+1≥λ對(duì)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)
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