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    655699(命题人：广州市育才中学张志红)-

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    六、数列（命题人：广州市育才中学 张志红）
    （2007年9月）
    一、有关通项问题
    (n1S11、利用an求通项．
    SS(n2n1n2（北师大版第23页习题5）数列{an}的前n项和Snn1．（1）试写出数列的前5项；（2）数列{an}是等差数列吗？（3）你能写出数列{an}的通项公式吗？
    变式题1、（2005湖北卷）设数列{an}的前n项和为Sn=2n2，求数列{an}的通项公式； 解：（1）：当n1时,a1S12;
    当n2时,anSnSn12n22(n124n2,
    故{an}的通项公式为an4n2,即{an}是a12,公差d4的等差数列. 变式题2、（2005北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an1求a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式．
    1Sn，n=1，2，3，……，31Sn，n=1，2，3，……，得
    31111141116， a2S1a1，a3S2(a1a2，a4S3(a1a2a33333393327114由an1an(SnSn1an（n≥2），得an1an（n≥2），
    333141又a2=，所以an=(n2(n≥2, 333解：（I）由a1=1，an11∴数列{an}的通项公式为an14n2(33n1n≥2
    变式题3、（2005山东卷）已知数列an的首项a15,前n项和为Sn，且Sn1Snn5(nN*，
    证明数列an1是等比数列．
    *解：由已知Sn1Snn5(nN可得n2,Sn2Sn1n4两式相减得
    1 / 9
    Sn1Sn2SnSn11即an12an1从而an112an1当n1时S22S115所以a2a12a16又a15所以a211从而a212a11 故总有an112(an1，nN*又a15,a110从而列；
    2、解方程求通项：（北师大版第19页习题3）
    在等差数列{an}中，（1）已知S848,S12168,求a1和d；（2）已知a610,S55,求a8和S8；(3已知a3a1540,求S17. 变式题1、{an}是首项a11，公差d3的等差数列，如果an2005，则序号n等于
    （A）667 （B）668 （C）669 （D）670 分析：本题考查等差数列的通项公式，运用公式直接求出. 解：ana1(n1d13(n12005，解得n669，选C 点评：等差等比数列的通项公式和前n项和的公式是数列中的基础知识，必须牢固掌握.而这些公式也可视作方程，利用方程思想解决问题.
    3、待定系数求通项：（人教版第38页习题4）写出下列数列an的前5项：（1）an112即数列an1是等比数an11a1,an4an11(n1.
    2    *变式题1、（2006年福建卷）已知数列an满足a11,an12an1(nN. 求数列an的通项公式；
    解：an12an1(nN*,
    an112(an1,
    an1是以a112为首项，2为公比的等比数列．
    an12n.


    n*即 an21(nN.
    4、由前几项猜想通项：
    （北师大版第10页习题1）根据下面的图形及相应的点数，在空格及括号中分别填上适当的图形和数，写出点数的通项公式.
    2 / 9 （1） （4）
    （7）
    （ ） （ ）



    变式题1、（2007年深圳理科一模）．如下图，第（1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推.设由正n边形“扩展”而来的多边形的边数为an， 则a6；1111＝. a3a4a5a99

    2解：由图可得：an2nn(n1nn，所以a642；又111112 annnnn(1nn1所以11111111=((a3a4a5a993445(111197 991003100300变式题2、（北师大版第11页习题2）观察下列各图，并阅读下面的文字，像这样，10条直线相交，交点的个数最多是（ ），其通项公式为. A．40个 B．45个 C．50个 D．55个

    2条直线相交，最多有1个交点
    3条直线相交，最多有3个交点
    4条直线相交，最多有6个交点
    解：由题意可得：设{an}为n条直线的交点个数，则a21，anan1(n1,(n3，因为anan1n1，由累加法可求得：an12选B. (n1n(n110945，，所以a10223 / 9

    二、有关等差、等比数列性质问题
    1、（北师大版第35页习题3）一个等比数列前n项的和为48，前2n项的和为60，则前3n项的和为（ ）
    A．83 B．108 C．75 D．63 变式题1、一个等差数列前n项的和为48，前2n项的和为60，则前3n项的和为。
    解：若数列{an}为等差数列，则Sn,S2nSn,S3nS2n等差数列，可得：48，12，S3n-60成等差数列，所以S3n=36. 变式题2、（江苏版第76页习题1）等比数列{an}的各项为正数，且a5a6a4a718,则log3a1log3a2log3a10（ ）
    A．12 B．10 C．8 D．2+log35
    解：因为a5a6a4a718,所以a5a6a4a72a1a1018a1a109，而log3a1log3a2
    log3a10log3(a1a2a10log3(a1a10510，所以选B. 点评：高考试卷的一个重要特点就是考查学生对问题敏锐的观察能力和迅速有效的思维能力，灵活运用数学知识和性质可提高我们的正确解题的速度. 因此，对相关知识的性质要深刻地理解和掌握并能灵活运用. 2、（北师大版第21页习题4）设数列{an}是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ） A．1 B.2 C.4
    D.8 变式题1、在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a13，前三项和为21，则a3a4a5（ ）
    （A）33 （B）72（C）84（D）189 分析：本题主要是考查等比数列的基本概念和性质，可利用方程思想将等比数列问题转化为a1和q处理，也可利用等比数列的定义进行求解. a13解法一：设公比为q，由题知，得q2或q30（舍去，∴2a1a1qa1q21a3a4a584，故选C. 解法二：由a13,a1a2a321得，q2(q30舍去，
    4 / 9
    a3a4a5q2(a1a2a384.

    三、数列求和问题
    1、（北师大版第23页习题4）已知{an}是等差数列，其中a131，公差d8。（1）求数列{an}的通项公式，并作出它的图像；（2）数列{an}从哪一项开始小于0？（3）求数列{an}前n项和的最大值，并求出对应n的值．
    变式题1、已知{an}是各项不为零的等差数列，其中a10，公差d0，若S100,求数列{an}前n项和的最大值． 解：S1010(a1a105(a5a60，所以a50,a60，即数列{an}前5项和为最大值．
    2变式题2、在等差数列{an}中，a125，S17S9，求Sn的最大值． 解法一：由S17S9，得：2517179(171d259(91d，解得d2． 22nSn25n(n1(2(n132169．
    2由二次函数的性质，当n13时，Sn有最大值169． 解法二：先求出d2，a1250，
    1n13an252(n102由，所以当n13时，Sn有最大值169． an1252n0n1212解法三：由S17S9，得a10a11a170，而a10a17a11a16a12a15
    a13a14，故a13a14＝0．d20,a10,a130,a140,故当n13时，Sn有最大值169．
    点评：解决等差数列前n项和最值问题的方法通常有：①、利用二次函数求最值；②、利用通项公式an求n使得anan10；③利用性质求出符号改变项．

    22、（江苏版第58页习题6）求和：Sn12x3xnxn1
    5 / 9
    变式题1、已知数列an4n2和bnan2c，设，求数列{cn}的前n项和Tn． nn1bn4解：can4n2(2n14n1，
    n2bn4n1Tnc1c22cn13415423(2n14n1,(2n14n4Tn143454两式相减得
    (2n34n1
    13Tn12(4142434n1(2n14n[(6n54n5]3
    1Tn[(6n54n5].9
    {bn}是各项都为正数的等比数列，变式题2、（2007全国1文21）设{an}是等差数列，且a1b11，aa3b521，a5b313（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列n的前n项和Sn．
    bn412dq21，解：（Ⅰ）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q0且
    214dq13，n1n1解得d2，q2．所以an1(n1d2n1，bnq2．
    （Ⅱ）an2n135n1．Sn112bn2222n32n1n1，① n2222n32n1n2，② n3222222n1②－①得Sn222n2n1，
    22221122122212n1n1 n22252Sn2321n12n1222n1 12122n36n1．
    21点评：错位相减法适用于通项公式形容anbn的数列，其中{an}是等差数列，bn是各项不6 / 9
    为0的等比数列．

    变式题2．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为
    . 分析：本题主要考查等比数列的求和公式，等差数列的概念运用，可直接求得. a1(1qna1(1qna1(1qn1a1(1qn2解：Sn，2SnSn1Sn2，则有2，
    1q1q1q1qq2q20，q2.，若q1，则2Sn2nSn1Sn2(n1(n22n3。

    3、（江苏版第62页习题n1n9）利用等比数列的前n项和公式证明aaba变式nn1n22bab、an1bn1b= (nN,a0,b0
    ab2005    天    津    卷    18    ）    已    知题（unanan1ban2b2abn1bn (nN,a0,b0.当ab时，求数列un的前n项和Sn．
    n解：（Ⅰ）当ab时，un(n1a．这时数列{un}的前n项和
    Sn2a3a24a3nan1(n1an． ①
    234nn1①式两边同乘以a，得 aSn2a3a4ana(n1a ② 23nn1①式减去②式，得 (1aSn2aaaa(n1a
    若a1，
    a(1an(1aSn(n1an1a，
    1aa(1ana(n1an1(n1an2(n2an1a22a Sn21a(1a(1a2若a1，Sn23n(n1n(n3
    2na1(q1点评：在使用等比数列的求和公式时，要注意对公比q的讨论，即Sna1(1qn，这1q(q1是学生平时容易忽略的问题，应引起足够的重视，另外要求学生有运算化简的能力. 7 / 9

    4、（江苏版第62页习题7）（1）已知数列{an}的通项公式为an1，求前n项的和；（2）n(n1已知数列{an}的通项公式为an1nn1，求前n项的和．
    变式题1、已知数列{an}的通项公式为an＝11n1，设Tna1a3a2a421，求Tn．
    anan2解：1anan2＝411＝2（－）． (n1(n3n1n31anan2＝2[（Tn＋（11a1a3a2a41111111－）＋（－）＋（－）＋……＋（243546n－1）n2111111－）]＝2（＋－－）. n1n323n2n3
    变式题2、数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足：an+2－2an+1＋an＝0（n∈N*）， （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn1(nN*，Snb1b2bn，是否存在最大的整数m，使得任意n(12anm总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由．
    32解：（Ⅰ）∵an+2－2an+1＋an＝0，∴an+2－an+1＝an+1－an（n∈N*），
    ∴{an}是等差数列，设公差为d，
    ∵a1＝8，a4＝a1＋3d＝8＋3d＝2，∴d＝－2， ∴an＝8＋（n－1）·（－2）＝10－2n．
    的n均有Sn（Ⅱ）bn111111 ，n(12ann(12102n2n(n12nn1Snb1b2bn111 2n11111111 2223nn1假设存在整数m满足Snm总成立，
    32    8 / 9
    又Sn1Sn11111111(1(1(0 2n22n12n1n22(n1(n2∴数列{Sn}是单调递增的，
    11m为Sn的最小值，故，即m＜8，又m∈N*， 4432∴适当条件的m的最大值为7．
    ∴S1点评：数列求和的裂项相消法：适用于通项公式形如的等差数列，c为常数．


    c的数列，其中an是各项不为0anan19 / 9

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