1數(shù)列的表示法對于剛接觸數(shù)列的同學(xué)來說，理解數(shù)列的概念與表示法，是理解數(shù)列的關(guān)鍵一步，也可以為以后的學(xué)習(xí)奠定良好的基礎(chǔ)，下面對數(shù)列的四種表示方法作簡單的分析．一、通項公式法例1試寫出數(shù)列3,5,9,17,33，…的一個通項公式．解數(shù)列的各項可記為21＋1,22＋1,23＋1,24＋1,25＋1，…，所以數(shù)列的通項公式為an＝2n＋1.點評這類問題關(guān)鍵在于觀察各項與對應(yīng)序號之間的關(guān)系，建立合理的聯(lián)想、轉(zhuǎn)換．寫出一個數(shù)列的通項公式，體現(xiàn)了由特殊到一般的思維規(guī)律．通項公式法是數(shù)列最重要的一種表示方法．二、列表法例2數(shù)列{an}如下表所示，試歸納其通項公式．n12345…aneq\f(1,2)eq\f(2,3)eq\f(3,4)eq\f(4,5)eq\f(5,6)…解數(shù)列{an}中各項的分子依次為1,2,3，…，恰好是序號n；各項的分母為2,3,4，…，可看成n＋1，所以數(shù)列的通項公式為an＝eq\f(n,n＋1).點評由于數(shù)列可看成特殊的函數(shù)，所以數(shù)列也可用列表法表示，列表法具有直觀、清晰的特點．三、圖象法數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，數(shù)列的序號可看成自變量，數(shù)列的項可看成函數(shù)值，數(shù)列的通項公式也就是相應(yīng)函數(shù)的解析式，所以數(shù)列可用圖象法表示，如數(shù)列{n＋2}的圖象如圖．由圖可看出，數(shù)列可用一群孤立的點表示，從數(shù)列的圖象中可以直觀地看出數(shù)列的變化情況．把數(shù)列與函數(shù)進(jìn)行比較，數(shù)列特殊在定義域是正整數(shù)集或其子集．四、遞推公式法例3將正整數(shù)數(shù)列1,2,3,4，…的各項按照上小下大、左小右大的原則排成如下圖的三角形數(shù)表，123456……(1)分別寫出數(shù)表中第4行、第5行的各數(shù)；(2)將數(shù)表中每行的第一個數(shù)組成一個數(shù)列，觀察規(guī)律，給出此數(shù)列的一個遞推關(guān)系式．解(1)由題意知，第4行的各數(shù)為7,8,9,10；第5行的各數(shù)為11,12,13,14,15；(2)由數(shù)表得，每行的第一個數(shù)組成的數(shù)列為1,2,4,7,11，…，觀察得a2－a1＝2－1＝1，a3－a2＝4－2＝2，a4－a3＝7－4＝3，a5－a4＝11－7＝4，….所以an－an－1＝n－1，故此數(shù)列可表示為a1＝1，an－an－1＝n－1.點評數(shù)列的遞推公式是數(shù)列的一種表示形式，體現(xiàn)了數(shù)列的一種遞推關(guān)系，一種遞推規(guī)律．

2數(shù)列中的數(shù)學(xué)思想數(shù)學(xué)思想在數(shù)列的學(xué)習(xí)中起著重要的作用．若能根據(jù)問題的題設(shè)特點，靈活地運(yùn)用相應(yīng)的數(shù)學(xué)思想，往往能迅速找到解題思路，從而簡便、準(zhǔn)確求解．一、方程思想例1在等比數(shù)列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求通項an.分析欲求通項an，需求出a1及q，為此根據(jù)題設(shè)構(gòu)造關(guān)于a1與q的方程組即可求解．解方法一∵a1a3＝aeq\o\al(2,2)，∴a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝8，∴a2＝2.從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝5，,a1a3＝4，))解得a1＝1，a3＝4或a1＝4，a3＝1.當(dāng)a1＝1時，q＝2；當(dāng)a1＝4時，q＝eq\f(1,2).故an＝2n－1或an＝23－n.方法二由等比數(shù)列的定義知a2＝a1q，a3＝a1q2，代入已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＝7，,a1·a1q·a1q2＝8，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝7，,a\o\al(3,1)q3＝8，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＋q2＝7，①,a1q＝2，②))將a1＝eq\f(2,q)代入①，得2q2－5q＋2＝0，∴q＝2或q＝eq\f(1,2)，由②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2).))∴an＝2n－1或an＝23－n.二、分類討論思想例2已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，且lga1，lga2，lga4也成等差數(shù)列，若bn＝eq\f(1,a2n)，n＝1,2,3，…，證明：{bn}為等比數(shù)列．證明由于lga1，lga2，lga4成等差數(shù)列，所以2lga2＝lga1＋lga4，則aeq\o\al(2,2)＝a1·a4.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則有(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，整理得d2＝da1，從而d(d－a1)＝0.(1)當(dāng)d＝0時，數(shù)列{an}為常數(shù)列，又bn＝eq\f(1,a2n)，則{bn}也是常數(shù)列，此時{bn}是首項為正數(shù)eq\f(1,a2)，公比為1的等比數(shù)列．(2)當(dāng)d＝a1≠0時，則a2n＝a1＋(2n－1)d＝d＋(2n－1)d＝2nd，所以bn＝eq\f(1,a2n)＝eq\f(1,d)·eq\f(1,2n)，這時{bn}是首項b1＝eq\f(1,2d)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．綜上，{bn}為等比數(shù)列．三、特殊化思想例3在數(shù)列{an}中，若eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k為常數(shù))，n∈N*，則稱{an}為“等差比數(shù)列”．下列是對“等差比數(shù)列”的判斷：①k不可能為0；②等差數(shù)列一定是等差比數(shù)列；③等比數(shù)列一定是等差比數(shù)列；④等差比數(shù)列中可以有無數(shù)項為0.其中正確的判斷是________．分析本題為新定義題，且結(jié)論具有開放性，解決本題可借助新定義構(gòu)造特殊數(shù)列，排除不正確的判斷，從而簡捷求解．解析數(shù)列a，a，…，a(a≠0)既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，但不滿足eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k，即不是等差比數(shù)列，故②、③不正確．故選①④正確．答案①④四、整體思想例4在等比數(shù)列{an}中，a9＋a10＝a(a≠0)，a19＋a20＝b，則a99＋a100＝________.分析根據(jù)題設(shè)條件可知eq\f(a19＋a20,a9＋a10)＝q10＝eq\f(b,a)，而eq\f(a99＋a100,a9＋a10)＝q90，故可整體代入求解．解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\f(a19＋a20,a9＋a10)＝q10＝eq\f(b,a)，又eq\f(a99＋a100,a9＋a10)＝q90＝(q10)9＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))9，故a99＋a100＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))9(a9＋a10)＝eq\f(b9,a8).答案eq\f(b9,a8)3求數(shù)列通項的四大法寶一、公式法題設(shè)中有an與Sn的關(guān)系式時，常用公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))來求解．例1已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝3n－2，求其通項公式an.解當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝31－2＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，又a1＝1≠2×31－1，所以數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))二、累加法若數(shù)列{an}滿足an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，則可用累加法求通項．例2已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通項公式an.解由已知，得an－an－1＝3n－1(n≥2)，所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1.以上各式左右兩邊分別相加，得an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，所以an＝eq\f(31－3n－1,1－3)＋1＝eq\f(3n－1,2)(n≥2)，又當(dāng)n＝1時，a1＝1＝eq\f(31－1,2).所以an＝eq\f(3n－1,2)(n∈N*)．三、疊乘法若數(shù)列{an}滿足eq\f(an,an－1)＝f(n－1)(n≥2)，其中f(1)·f(2)·…·f(n－1)可求，則可用疊乘法求通項．例3已知數(shù)列{an}中，a1＝3，an＝eq\f(3n－4,3n－1)an－1(an≠0，n≥2)，求其通項公式an.解由a1＝3，an＝eq\f(3n－4,3n－1)an－1，得eq\f(an,an－1)＝eq\f(3n－4,3n－1)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,5)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(5,8)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(8,11)，eq\f(a5,a4)＝eq\f(11,14)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(3n－4,3n－1)(n≥2)，以上各式左右兩邊分別相乘，得eq\f(an,a1)＝eq\f(2,3n－1)，所以an＝eq\f(6,3n－1)(n≥2)．又a1＝3＝eq\f(6,3×1－1)，所以an＝eq\f(6,3n－1)(n∈N*)．四、構(gòu)造法當(dāng)題中出現(xiàn)an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式時，把a(bǔ)n＋1＝pan＋q變形為an＋1＋λ＝p(an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ(p－1)，令λ(p－1)＝q，解得λ＝eq\f(q,p－1)，從而構(gòu)造出等比數(shù)列{an＋λ}．例4數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(1,4)an＋3(n∈N*)，求其通項公式an.解設(shè)an＋1＋t＝eq\f(1,4)(an＋t)，則an＋1＝eq\f(1,4)an－eq\f(3,4)t，與已知比較，得－eq\f(3,4)t＝3，所以t＝－4，故an＋1－4＝eq\f(1,4)(an－4)．又a1－4＝1－4＝－3≠0，故數(shù)列{an－4}是首項為－3，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，因此an－4＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，即an＝4－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1(n∈N*)．4函數(shù)思想在等差數(shù)列中的妙用對比等差數(shù)列的通項公式和一次函數(shù)的解析式，等差數(shù)列的前n項和公式和二次函數(shù)的解析式，可以得出等差數(shù)列以下三點性質(zhì)．性質(zhì)1：在等差數(shù)列{an}中，通項公式an＝a1＋(n－1)d，變形為an＝dn＋(a1－d)，知an是n的函數(shù)，且點(n，an)均在直線y＝dx＋(a1－d)上．例1在等差數(shù)列{an}中，a12＝21，a45＝153，那么225是第幾項？解由an＝dn＋a1－d，知點(n，an)在直線：y＝dx＋a1－d上，所以eq\f(a45－a12,45－12)＝eq\f(225－a45,n－45)＝d，代入數(shù)據(jù)得eq\f(153－21,45－12)＝eq\f(225－153,n－45)，得n＝63，即225是這個數(shù)列中的第63項．性質(zhì)2：在等差數(shù)列{an}中，其前n項和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，變形為eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))，知eq\f(Sn,n)是n的函數(shù)，且點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))均在直線y＝eq\f(d,2)x＋a1－eq\f(d,2)上．例2在等差數(shù)列{an}中，S10＝20，S50＝200，則S2010的值為________．解析由Sn＝An2＋Bn，知eq\f(Sn,n)＝An＋B，所以點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))在直線y＝Ax＋B上．于是點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(S10,10)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，\f(S50,50)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2010，\f(S2010,2010)))三點共線，∴eq\f(\f(S50,50)－\f(S10,10),50－10)＝eq\f(\f(S2010,2010)－\f(S50,50),2010－50)成立．把S10＝20，S50＝200代入上式，解得S2010＝.答案性質(zhì)3：在等差數(shù)列{an}中，其前n項和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，變形為Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，若設(shè)A＝eq\f(d,2)，B＝a1－eq\f(d,2)，則Sn＝An2＋Bn，且點(n，Sn)均在曲線y＝Ax2＋Bx上．例3已知等差數(shù)列{an}中，Sm＝Sn(m≠n)，則Sm＋n＝______.解析由Sn＝An2＋Bn，知點(n，Sn)在拋物線y＝Ax2＋Bx上，又Sm＝Sn，所以點P1(m，Sm)與點P2(n，Sn)關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，而對稱軸方程為x＝eq\f(m＋n,2)，不妨設(shè)A<0，如圖所示xC＝m＋n，從而Sm＋n＝0.答案0例4設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1>0，S12>0，S13<0，指出S1，S2，…，S12中哪一個值最大，并說明理由？解∵{an}是等差數(shù)列，∴Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，∵S12>0，S13<0.∴a13＝S13－S12<0，∵a1>0，a13<0，∴d<0.∴點(n，Sn)分布在開口方向向下的拋物線y＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x的圖象上．設(shè)二次函數(shù)y＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x的對稱軸為n0，則2n0是二次函數(shù)的一個零點．∵S12>0，S13<0，∴12<2n0<13，∴6<n0<6.5.易知n＝6對應(yīng)的A(6，S6)與對稱軸的距離比n＝7對應(yīng)的B(7，S7)與對稱軸的距離更?。郃點為最高點，S6最大．由上述例子可見，解等差數(shù)列問題時，若能靈活運(yùn)用函數(shù)的思想與方法，可以簡化運(yùn)算過程，開拓解題思路，收到事半功倍的效果．5判斷等比數(shù)列的四種方法等比數(shù)列在生產(chǎn)實踐和自然科技中應(yīng)用廣泛，許多問題可擬合為等比數(shù)列模型來解決或預(yù)測，那么，如何判定等比數(shù)列呢，請看以下方法：一、定義法eq\f(an＋1,an)＝q(其中q為非零常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．例1數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)，證明：{eq\f(Sn,n)}是等比數(shù)列．證明由an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，得Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋2,n)Sn，整理得eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2×eq\f(Sn,n)，又eq\f(S1,1)＝eq\f(a1,1)＝1≠0，故{eq\f(Sn,n)}是公比為2的等比數(shù)列．點評本題需借助an＋1＝Sn＋1－Sn對an＋1進(jìn)行轉(zhuǎn)化．二、等比中項法aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．例2已知a，b，c是三個均不為1的正數(shù)，x，y，z∈(0，＋∞)，且ax＝by＝cz，eq\f(1,x)＋eq\f(1,z)＝eq\f(2,y)，證明：a，b，c成等比數(shù)列．證明令ax＝by＝cz＝k，則k>0，且k≠1，則x＝logak，y＝logbk，z＝logck，由eq\f(1,x)＋eq\f(1,z)＝eq\f(2,y)，得logka＋logkc＝2logkb，所以b2＝ac，又a，b，c都不為0，故a，b，c成等比數(shù)列．點評將x，y，z用以k為底的對數(shù)表示，由此產(chǎn)生關(guān)于a，b，c的等式，建立已知與未知的聯(lián)系是關(guān)鍵所在．三、通項公式法an＝a1qn－1(a1，q均不為零，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．例3已知數(shù)列{an}的通項an＝2n，以下關(guān)于該數(shù)列的說法中錯誤的是________．①{an}是等差數(shù)列；②484不是{an}中的項；③{an}是等比數(shù)列；④{an}的前8項的和為510.解析由an＝2n＝2·2n－1，可知數(shù)列{an}是首項、公比均為2的等比數(shù)列，易得②③④正確，①錯誤．答案①點評根據(jù)通項公式判斷出數(shù)列為等比數(shù)列，問題迎刃而解．四、前n項和公式法當(dāng)q≠0且q≠1時，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,q－1)·qn－eq\f(a1,q－1)＝kqn－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝\f(a1,q－1)，n∈N*))，則{an}是等比數(shù)列．例4已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝2n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝________.解析易知{an}為等比數(shù)列且an＝2n－1，∴{aeq\o\al(2,n)}也是等比數(shù)列，aeq\o\al(2,1)＝1，公比為4.∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案eq\f(1,3)(4n－1)點評在Sn中，令n＝1即得到首項a1，解決此類問題應(yīng)有賦值求值的意識．以上四種方法是判斷數(shù)列的常用方法，同學(xué)們在解題時應(yīng)根據(jù)具體題目選用恰當(dāng)?shù)姆椒?6計算等比數(shù)列的三個原則解答等比數(shù)列計算題，通常以其通項公式和前n項和公式為基本工具，或直接代入求解，或列方程(組)求解，此外，還有一些特殊要求，同學(xué)們要準(zhǔn)確快捷地解答等比數(shù)列問題，以下三點必須知道．一、公式選擇要恰當(dāng)例1在等比數(shù)列{an}中，已知首項a1＝3，an＝eq\f(3,128)，公比q＝eq\f(1,2)，求前n項和Sn.分析把已知量代入等比數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)即可求解．解Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)＝eq\f(3－\f(3,128)×\f(1,2),1－\f(1,2))＝eq\f(765,128).點評若用Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)解本題，需先求出n，而用Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，直接代入即可．求和公式Sn＝eq\f(a1－anq,1－q)，適用于已知a1，q，an求Sn或已知a1，q，Sn求an的題型，因其不如Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)使用頻率高，易被忽視．二、運(yùn)算技巧要掌握例2在等比數(shù)列{an}中，已知a3＋a5＝3，a7＝4，求其公比．分析根據(jù)等比數(shù)列的通項公式列方程組求解．解設(shè)公比為q，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＋q4＝3，,a1q6＝4，))又a1≠0，q≠0，二式相除得eq\f(1＋q2,q4)＝eq\f(3,4)，整理得3q4－4q2－4＝0，解得q2＝－eq\f(2,3)(舍去)或q2＝2，所以q＝±eq\r(2).點評因等比數(shù)列的計算問題中，積與冪較多，故把相關(guān)式作商是個常用技巧，這樣可以去掉無關(guān)量，突出待求量．此外，等比數(shù)列計算題還常用整體代入、整體變形等技巧．三、分類討論勿忽視例3已知等比數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，其前n項和為Sn，a3＝2，S4＝5S2，求通項an.分析依據(jù)等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式列方程組，先求出a1和q，再求an.解設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，當(dāng)q＝1時，an＝2，S4＝8，S2＝4，不滿足S4＝5S2，故q≠1.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝2，,\f(a11－q4,1－q)＝5×\f(a11－q2,1－q)，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝2，,q4－5q2＋4＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,2)，,q＝±2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝±1，))依題意，又有q>0且q≠1，所以q＝2，a1＝eq\f(1,2)，則an＝eq\f(1,2)×2n－1＝2n－2.點評解答本題時容易忽視對公比q的討論．同學(xué)們要牢記：當(dāng)q＝1與q≠1時，等比數(shù)列的求和公式是不同的，所以當(dāng)公比不確定時，一定要注意對公比的討論．7如何研究數(shù)列的單調(diào)性和最大(小)項研究數(shù)列的單調(diào)性和最大(小)項，首選作差，其次可以考慮借助函數(shù)單調(diào)性．例1已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n(eq\f(7,9))n＋1，則該數(shù)列是否有最大項，若有，求出最大項的項數(shù)；若無，說明理由．解當(dāng)n>3時，f(n＋1)－f(n)<0；當(dāng)1≤n≤3時，f(n＋1)－f(n)>0.綜上，可知{an}在n∈{1,2,3}時，單調(diào)遞增；在n∈{4,5,6,7，…}時，單調(diào)遞減．所以存在最大項，且第4項為最大項．點評之所以首選作差，是因為研究數(shù)列的單調(diào)性和研究函數(shù)的單調(diào)性不一樣，函數(shù)單調(diào)性要設(shè)任意x1<x2，而數(shù)列只需研究相鄰兩項an＋1－an，證明難度是不一樣的．例2數(shù)列{an}中，an＝eq\f(n－\r(2006),n－\r(2007))，則該數(shù)列前100項中的最大項與最小項分別是________．分析可以先把a(bǔ)n＝eq\f(n－\r(2006),n－\r(2007))用分離常數(shù)進(jìn)行化簡，然后再研究函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(\r(2007)－\r(2006),x－\r(2007))的性質(zhì)，得出該數(shù)列前100項中的最大項與最小項．解an＝eq\f(n－\r(2006),n－\r(2007))＝1＋eq\f(\r(2007)－\r(2006),n－\r(2007)).考察函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(\r(2007)－\r(2006),x－\r(2007))，在區(qū)間(－∞，eq\r(2007))與(eq\r(2007)，＋∞)上都是減函數(shù)，因為44<eq\r(2007)<45，故數(shù)列{an}在n≤44上遞減，在n≥45上遞減，借助f(x)＝1＋eq\f(\r(2007)－\r(2006),x－\r(2007))的圖象知，數(shù)列{an}的最大項為a45，最小項為a44.答案a45，a44點評本題考查根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性求數(shù)列的最大項與最小項，此類題一般借助相關(guān)函數(shù)的單調(diào)性來研究數(shù)列的單調(diào)性，然后再判斷數(shù)列的最大項與最小項．8數(shù)列求和的方法和技巧求和是數(shù)列的主要問題之一，數(shù)列求和方法多，技巧性強(qiáng)，是培養(yǎng)創(chuàng)新能力的好素材，也是高考考查的重要內(nèi)容．現(xiàn)結(jié)合例子把數(shù)列求和的主要方法列舉如下：1．應(yīng)用公式求和方法要領(lǐng)：等差、等比數(shù)列的前n項和公式是數(shù)列中應(yīng)用最為廣泛、使用頻率最高的求和公式．在每種數(shù)列中均有兩個求和公式可供選擇．尤其是利用等差數(shù)列的前n項和公式時，首先要確定公比q是否為1，以確定選用哪一個公式來求和，否則要通過分類討論進(jìn)行解答．例1求數(shù)列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n項和．解所求數(shù)列的前n項和中共有1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)個連續(xù)的奇數(shù)，這些奇數(shù)組成等差數(shù)列，首項為1，公差為2.故該數(shù)列的前n項和Sn＝eq\f(nn＋1,2)×1＋eq\f(1,2)×eq\f(nn＋1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)－1))×2＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(nn＋1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2＝eq\f(n2n＋12,4).點評本題實際上是求從1開始的連續(xù)奇數(shù)的和，奇數(shù)的個數(shù)共有1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).最后一個奇數(shù)為1＋2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)－1))＝n2＋n－1.因此前n項和也可以這樣求得Sn＝eq\f(nn＋1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋n2＋n－1,2)))＝eq\f(n2n＋12,4).例2求數(shù)列1，a＋a2，a3＋a4＋a5，a6＋a7＋a8＋a9，…(a≠0)的前n項和．解所求數(shù)列的前n項和可以看成是由等比數(shù)列1，a，a2，a3，a4，…取出前1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)項后再求和得到，且取出的最后一項為aeq\f(nn＋1,2)－1，故所求數(shù)列的前n項和為Sn＝1＋a＋a2＋a3＋…＋aeq\f(nn＋1,2)－1；當(dāng)a＝1時，Sn＝eq\f(nn＋1,2)；當(dāng)a≠1時，Sn＝eq\f(1－a\f(nn＋1,2)－1·a,1－a)＝eq\f(1－a\f(nn＋1,2),1－a).點評題目中所給數(shù)列實際上并不是等比數(shù)列，求和時需要靈活轉(zhuǎn)化為求一個等比數(shù)列的前eq\f(nn＋1,2)項的和，由于公比為字母a，需要分類討論．2.分組轉(zhuǎn)化求和方法要領(lǐng)：分組轉(zhuǎn)化求和是將通項變形拆分為幾個數(shù)列的和與差，分組進(jìn)行求和、拆分后的數(shù)列多為等差數(shù)列或等比數(shù)列．例3已知數(shù)列{an}的通項為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nn為奇數(shù)，,2\f(n,2)n為偶數(shù)，))Sn為數(shù)列{an}的前n項和，求Sn.解由an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nn為奇數(shù)，,2\f(n,2)n為偶數(shù)))可知，數(shù)列{an}的奇數(shù)項成等差數(shù)列，公差d＝2；偶數(shù)項成等比數(shù)列，公比q＝2，所以當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝[1＋3＋…＋(n－1)]＋(21＋22＋…＋2eq\f(n,2))＝eq\f(n2,4)＋2eq\f(n＋2,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝Sn－1＋an＝eq\f(n－12,4)＋2eq\f(n＋1,2)－2＋n＝eq\f(n＋12,4)＋2eq\f(n＋1,2)－2.例4數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋an－1＋2n－1＝0(n∈N*且n≥2)．(1)求a2、a3的值；(2)證明：數(shù)列{an＋n}是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；(3)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(1)解∵a1＝3，an＋an－1＋2n－1＝0(n∈N*且n≥2)，∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝1.(2)證明∵an＋an－1＋2n－1＝0，∴an＋n＋[an－1＋(n－1)]＝0，∴an＋n＝－[an－1＋(n－1)]；∴eq\f(an＋n,an－1＋n－1)＝－1(n≥2)．∴數(shù)列{an＋n}是首項為a1＋1＝4，公比為－1的等比數(shù)列．∴an＋n＝(a1＋1)·(－1)n－1＝4·(－1)n－1，即an＝4×(－1)n－1－n.(3)解∵an＝4×(－1)n－1－n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝[4×(－1)0－1]＋[4×(－1)1－2]＋[4×(－1)2－3]＋…＋[4×(－1)n－1－n]＝4×[(－1)0＋(－1)1＋…＋(－1)n－1]－(1＋2＋3＋…＋n)＝2[1－(－1)n]－eq\f(nn＋1,2).點評通過對通項公式恒等變形化成幾個基本數(shù)列求和，這是數(shù)列求和的一個基本思想．3．裂項相消求和方法要領(lǐng)：常見的拆項公式有①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；②eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)；⑤eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))；⑥eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1).例5已知Sn＝eq\f(1,12·32)＋eq\f(2,32·52)＋eq\f(3,52·72)＋…＋eq\f(n,2n－12·2n＋12)，求證：eq\f(1,9)≤Sn<eq\f(1,8).證明設(shè)an＝eq\f(n,2n－12·2n＋12)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))，所以Sn＝eq\f(1,12·32)＋eq\f(2,32·52)＋eq\f(3,52·72)＋…＋eq\f(n,2n－12·2n＋12)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,32)))＋eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,52)－\f(1,72)))＋…＋eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋12))).∵eq\f(1,2n＋12)>0，∴Sn<eq\f(1,8).又∵Sn≥S1＝eq\f(1,9).∴eq\f(1,9)≤Sn<eq\f(1,8).例6等差數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a1＝3，前n項和為Sn，{bn}為等比數(shù)列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an與bn；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則d為正數(shù)，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2b2＝6＋dq＝64，,S3b3＝9＋3dq2＝960，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5)，,q＝\f(40,3)))(舍去)．故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)．所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).點評拆項成差的目的在于大量抵消中間的項，使前n項和Sn的表達(dá)式得以簡化．對于一些拆項的方法不要死記硬背，關(guān)鍵是觀察通項an的特征結(jié)構(gòu)進(jìn)行代數(shù)恒等變形．4．奇偶并項求和方法要領(lǐng)：當(dāng)通項中含有符號因子(－1)n或(－1)n＋1時，數(shù)列中相鄰兩項的符號異號，鄰項合并后若規(guī)律明顯，易于求和，可以考慮相鄰兩項合并后求和．由于并項的需要，常常對n的奇偶性進(jìn)行分類討論．例7已知函數(shù)f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2當(dāng)n為奇數(shù)時，,－n2當(dāng)n為偶數(shù)時，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，求a1＋a2＋a3＋…＋a100.解由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.例8等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解(1)當(dāng)a1＝3時，不合題意；當(dāng)a1＝2時，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝6，a3＝18時，符合題意；當(dāng)a1＝10時，不合題意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*)．(2)因為bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.所以當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n為奇數(shù).))點評求數(shù)列{an}的前n項和Sn時，若含有符號因子(－1)n，一般要對n按奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論．5．錯位相減求和方法要領(lǐng)：一般地，如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項和時，可采用錯位相減法求和．在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”以便于下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式．例9化簡：Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1.解Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1兩邊同時乘以2得到，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n∴Sn＝－n＋(21＋22＋…＋2n－1＋2n)＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.例10已知cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)n－\f(3,5)n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1當(dāng)n為奇數(shù)時，,－\f(8,5)n－\f(3,5)n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1當(dāng)n為偶數(shù)時，))Sn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn，求Sn.解當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)－2×\f(8,5)＋3×\f(8,5)－4×\f(8,5)＋…＋\f(8,5)n))－eq\f(3,5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1]＝eq\f(4n＋1,5)－eq\f(3,5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1]；當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝[eq\f(8,5)－2×eq\f(8,5)＋3×eq\f(8,5)－4×eq\f(8,5)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)n))]－eq\f(3,5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1]＝－eq\f(4n,5)－eq\f(3,5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1]．令Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，①則eq\f(2,3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，②①－②，得eq\f(1,3)Tn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n,1－\f(2,3))－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＝3－(3＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，∴Tn＝9－(9＋3n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n.因此Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4n－23,5)＋\f(9n＋3,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n當(dāng)n為奇數(shù)時，,－\f(4n＋27,5)＋\f(9n＋3,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n當(dāng)n為偶數(shù)時.))點評利用錯位相減法求和時，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和．若公比是個參數(shù)(字母)，則應(yīng)先對參數(shù)加以討論，一般情況下分q＝1和q≠1兩種情況分別求和．9提高運(yùn)算速度的七個妙招數(shù)列問題的靈活性、技巧性較強(qiáng)，因此，在解數(shù)列問題時必須研究技巧與策略，以求做到：選擇捷徑、合理解題，本文歸納了七種常見策略．第一招活用概念數(shù)列的概念是求解數(shù)列問題的基礎(chǔ)，靈活運(yùn)用數(shù)列的概念，往往能出奇制勝．例1已知{an}是公差為2的等差數(shù)列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝100，那么a2＋a5＋a8＋…＋a98＝________.解析若先求出a1，再求和，運(yùn)算較為煩瑣．注意到兩個和式中的項數(shù)相等，且均是等差數(shù)列．由于(a2＋a5＋a8＋…＋a98)－(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＝(a2－a1)＋(a5－a4)＋(a8－a7)＋…＋(a98－a97)＝33d＝66，所以a2＋a5＋a8＋…＋a98＝100＋66＝166.答案166點評活用等差、等比數(shù)列的概念，溝通有關(guān)元素間的內(nèi)在聯(lián)系，使運(yùn)算得以簡化．第二招巧用性質(zhì)數(shù)列的性質(zhì)是數(shù)列的升華，巧妙運(yùn)用數(shù)列的性質(zhì)，往往可以使問題簡單明了，解題更快捷方便．例2各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a7a8＝9，則log3a1＋log3a2＋…＋log3a14＝________.解析若設(shè)出a1和q，利用基本量法求解，顯然運(yùn)算量較大．若利用性質(zhì)a1a14＝a2a13＝…＝a7a8＝9，則a1a2…a14＝(a7a8)7＝97，所以log3a1＋log3a2＋…＋log3a14＝log397＝14.答案14點評數(shù)列的性質(zhì)是對數(shù)列內(nèi)涵的揭示與顯化，是求解數(shù)列問題的有力武器．第三招靈用變式在求解數(shù)列問題過程中，可以利用等差或等比數(shù)列的變形公式來處理有關(guān)問題．例3已知等差數(shù)列{an}中，a3＝3，a10＝388，則該數(shù)列的通項an＝________.解析利用等差數(shù)列的變形公式求得公差，再結(jié)合等差數(shù)列的變形公式求得通項．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a10－a3,10－3)＝eq\f(388－3,7)＝55，an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×55＝55n－162.答案55n－162點評常規(guī)方法是聯(lián)立方程組，求出首項與公差，再由數(shù)列的通項公式求解．而利用變形公式可以回避求解數(shù)列的首項，直接求解公差，再結(jié)合變形公式求得通項．第四招整體考慮通過研究問題的整體形式、整體結(jié)構(gòu)，避免局部運(yùn)算的困擾，達(dá)到簡捷解決問題的目的．例4設(shè)Sn表示等差數(shù)列{an}的前n項和，且S9＝18，Sn＝240，若an－4＝30，試求n的值．解常規(guī)解法是設(shè)出基本量a1，d，列方程組求解，但較煩瑣；若能利用整體思維，則可少走彎路，使計算合理又迅速．由S9＝18，即eq\f(9a1＋a9,2)＝18，則a1＋a9＝4＝2a5，故a5＝2，又Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na5＋an－4,2)＝eq\f(n2＋30,2)＝240，所以n＝15.點評本題解法不在a1，d上做文章，而是將Sn變形整理用a5＋an－4表示，使解題過程大大簡化．第五招數(shù)形結(jié)合數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，所以可以借助函數(shù)的圖象，通過數(shù)形結(jié)合解數(shù)列問題．例5在公差d<0的等差數(shù)列{an}中，已知S8＝S18，則此數(shù)列的前多少項的和最大？解用數(shù)形結(jié)合法解等差數(shù)列問題應(yīng)抓住兩個方面：①通項an聯(lián)系一次函數(shù)，對于等差數(shù)列的有關(guān)問題通過構(gòu)造點共線模型，可簡化解題過程；②前n項和Sn聯(lián)系二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的對稱性及最值．設(shè)f(x)＝xa1＋eq\f(xx－1,2)d＝eq\f(d,2)x2＋(a1－eq\f(d,2))x，則(n，Sn)在二次函數(shù)的圖象上，由于S8＝S18，d<0，所以y＝f(x)的對稱軸是x＝eq\f(8＋18,2)＝13，且開口向下，故當(dāng)x＝13時，f(x)取得最大值，故數(shù)列{an}的前13項的和最大．點評從直觀性角度研究數(shù)列問題，可使問題變得生動形象，易于求解．第六招分解重組在處理數(shù)列求和問題時，若數(shù)列的通項公式可分解為幾個容易求和的部分，則對數(shù)列的前n項和進(jìn)行重新分解，分別求和．例6在數(shù)列{an}中，已知a1＝eq\f(5,6)，a2＝eq\f(19,36)，且{bn}是公差為－1的等差數(shù)列，bn＝log2(an＋1－eq\f(1,3)an)，{cn}是公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，cn＝an＋1－eq\f(1,2)an，求數(shù)列{an}的通項公式an及前n項和Sn.解由已知條件，事先無法估計an解析式的結(jié)構(gòu)，因此不能用待定系數(shù)法求an.但是利用等差數(shù)列{bn}和等比數(shù)列{cn}可以得出關(guān)于an＋1和an的兩個等式，消去an＋1，即可得an.再根據(jù)an求解對應(yīng)的前n項和．因為a1＝eq\f(5,6)，a2＝eq\f(19,36)，所以b1＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,36)－\f(1,3)×\f(5,6)))＝－2，c1＝eq\f(19,36)－eq\f(1,2)×eq\f(5,6)＝eq\f(1,32)，又{bn}是公差為－1的等差數(shù)列，{cn}是公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＝－n－1，,cn＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,3)an))＝－n－1，,an＋1－\f(1,2)an＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,3)an＝\f(1,2n＋1)，,an＋1－\f(1,2)an＝\f(1,3n＋1)，))得an＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n)，所以Sn＝3·(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n))－2·(eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n))＝2－eq\f(3,2n)＋eq\f(1,3n).點評通項雖不是等比數(shù)列，但可拆為兩個等比數(shù)列的和的形式，再分別利用等比數(shù)列的求和公式求和．第七招合理化歸化歸意識是把待解決的問題轉(zhuǎn)化為已有知識范圍內(nèi)問題的一種數(shù)學(xué)意識，包括將復(fù)雜式子化簡、為達(dá)某一目的對數(shù)學(xué)表達(dá)式進(jìn)行變形、從目標(biāo)入手進(jìn)行分析等．例7數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)，證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列．證明要證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列，必須把問題化成與eq\f(Sn,n)這個整體有關(guān)的問題，通過等比數(shù)列的定義加以證明．由于an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，an＋1＝Sn＋1－Sn，則(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，即eq\f(Sn＋1,n＋1)＝eq\f(2Sn,n).又Sn≠0，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1為首項、2為公比的等比數(shù)列．點評將數(shù)列中的復(fù)雜問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵是找準(zhǔn)方向，再利用已知等差或等比數(shù)列的相關(guān)知識求解．由數(shù)列前n項和Sn的含義可知，Sn＝a1＋a2＋…＋an，從而得到公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)對任意數(shù)列都成立．在數(shù)列一章中，這是一個不太起眼的小公式，但是就是這樣一個微不足道的小公式在求解數(shù)列綜合題中發(fā)揮著重要的作用，也是近幾年考試中高頻考查的公式之一．下面結(jié)合例子談一下該公式的重要用途．1．已知Sn＝f(n)，求an例1數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足關(guān)系lg(Sn＋1)＝n(n＝1,2,3，…)，試證數(shù)列{an}是等比數(shù)列．分析先由lg(Sn＋1)＝n，求出Sn，再由公式an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an，最后利用等比數(shù)列定義證明．證明由已知可得Sn＝10n－1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(10n－1)－(10n－1－1)＝9·10n－1.又當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝9也滿足上述通項公式，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝9·10n－1.而當(dāng)n≥2時，eq\f(an,an－1)＝eq\f(9·10n－1,9·10n－2)＝10，為一常數(shù)，∴數(shù)列{an}是以9為首項，10為公比的等比數(shù)列．2．已知Sn＋1＝f(Sn)，求an或Sn例2已知數(shù)列{an}的首項a1＝5，前n項和為Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*.(1)證明：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；(2)求{an}的通項公式以及Sn.分析注意到Sn＋1＝2Sn＋n＋5，得到Sn＝2Sn－1＋n＋4，然后兩式相減就會得到an＋1與an的遞推關(guān)系，從而使問題(1)獲證，在第(1)問結(jié)論的基礎(chǔ)上易求an及Sn.(1)證明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，可得當(dāng)n≥2時，Sn＝2Sn－1＋n＋4.兩式相減得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，從而an＋1＋1＝2(an＋1)．當(dāng)n＝1時，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝5，所以a2＝11，從而a2＋1＝2(a1＋1)，故總有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，又a1＝5，a1＋1≠0，從而eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，即數(shù)列{an＋1}是首項為6，公比為2的等比數(shù)列．(2)解由(1)得an＋1＝6·2n－1，所以an＝6·2n－1－1，于是Sn＝eq\f(6·1－2n,1－2)－n＝6·2n－n－6.3．已知Sn＝f(an)，求an或Sn例3設(shè)An為數(shù)列{an}的前n項和，An＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝4n＋3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)將數(shù)列{an}、{bn}的公共項，按它們在原數(shù)列中的先后順序排成一個新的數(shù)列{dn}，證明數(shù)列{dn}的通項公式為dn＝32n＋1(n∈N*)．分析(1)一般地，當(dāng)已知條件中含有an與Sn的混合關(guān)系時，常需要運(yùn)用關(guān)系式an＝Sn－Sn－1，先將已知條件轉(zhuǎn)化為只含an或Sn的關(guān)系式，然后再求解．(2)一般地，一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列若存在公共項，則它們的公共項按原來的順序構(gòu)成一個新的等比數(shù)列．(1)解由已知An＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)．當(dāng)n＝1時，a1＝eq\f(3,2)(a1－1)，解得a1＝3.當(dāng)n≥2時，an＝An－An－1＝eq\f(3,2)(an－an－1)，由此解得an＝3an－1，即eq\f(an,an－1)＝3(n≥2)．所以數(shù)列{an}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列，故an＝3n(n∈N*)．(2)證明由計算可知a1，a2不是數(shù)列{bn}中的項．因為a3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是數(shù)列{bn}中的第6項．設(shè)ak＝3k是數(shù)列{bn}中的第m項，則3k＝4m＋3(k，m∈N*)，因為ak＋1＝3k＋1＝3·3k＝3(4m＋3)＝4(3m＋2)＋1，所以ak＋1不是數(shù)列{bn}中的項．而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9(4m＋3)＝4(9m＋6)＋3，所以ak＋2是數(shù)列{bn}中的項．由以上討論可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1.所以數(shù)列{dn}的通項公式是dn＝a2n＋1＝32n＋1(n∈N*)．4．已知an＝f(Sn)，求an或Sn例4已知數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項的和為Sn，對任意的自然數(shù)n≥2，an是3Sn－4與2－eq\f(3,2)Sn－1的等差中項．(1)求通項an；(2)求Sn.分析由已知能推出eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2)，但是eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2)成立的前提是n≥2，只能說明數(shù)列從第2項起為等比數(shù)列，至于整個數(shù)列{an}是否為等比數(shù)列還需驗證eq\f(a2,a1)是否等于－eq\f(1,2)，這種在解答過程中忽視數(shù)列“定義域”限制而致錯的題目頻率是非常高的，應(yīng)引起足夠的重視．解(1)由已知，得當(dāng)n≥2時，2an＝(3Sn－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)Sn－1))， ①又an＝Sn－Sn－1， ②得an＝3Sn－4(n≥2)，an＋1＝3Sn＋1－4，以上兩式相減得，an＋1－an＝3an＋1，∴eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(1,2)，∴a2，a3，…，an，…成等比數(shù)列，其中a2＝3S2－4＝3(1＋a2)－4.即a2＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f(1,2)，∴當(dāng)n≥2時，an＝a2qn－2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1n≥2.))(2)當(dāng)n≥2時，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a2＋…＋an)＝1＋eq\f(\f(1,2)[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1],1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1)).當(dāng)n＝1時，S1＝1＝1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))0))也符合上述公式．即Sn＝eq\f(4,3)－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.11盤點數(shù)列中的易錯問題1．對數(shù)列的概念理解不準(zhǔn)而致錯例1已知數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且對于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是________．[錯解]因為an＝n2＋λn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且n≥1，所以－eq\f(λ,2)≤1，解得λ≥－2.[點撥]數(shù)列是以正整數(shù)N*(或它的有限子集{1,2，…，n})為定義域的函數(shù)，因此它的圖象只是一些孤立的點．[正解1]設(shè)f(x)＝x2＋λx，則其圖象的對稱軸為x＝－eq\f(λ,2)，因為an＝n2＋λn，所以點(n，an)在f(x)的圖象上，由數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列可知，若－eq\f(λ,2)≤1，得λ≥－2；如圖所示，當(dāng)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,2)))>－eq\f(λ,2)－1，即當(dāng)λ>－3時，數(shù)列{an}也是單調(diào)遞增的．故λ的取值范圍為{λ|λ≥－2}∪{λ|λ>－3}＝{λ|λ>－3}．即λ>－3為所求的取值范圍．[正解2]因為數(shù)列{an}是單調(diào)遞增數(shù)列，所以an＋1－an>0(n∈N*)恒成立．又an＝n2＋λn(n∈N*)，所以(n＋1)2＋λ(n＋1)－(n2＋λn)>0恒成立，即2n＋1＋λ>0，所以λ>－(2n＋1)(n∈N*)恒成立．而當(dāng)n∈N*時，－(2n＋1)的最大值為－3(當(dāng)n＝1時)，所以λ>－3即為所求的取值范圍．溫馨點評利用函數(shù)觀點研究數(shù)列性質(zhì)時，一定要注意數(shù)列定義域是{1，2，3，4，…，n，…}或其子集這一特殊性，防止因擴(kuò)大定義域而出錯.2．忽視數(shù)列與函數(shù)的區(qū)別而致錯例2設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7，))數(shù)列{an}滿足an＝f(n)，n∈N*，且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實數(shù)a的取值范圍是________．[錯解]因為數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，且點(n，an)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以分段函數(shù)f(x)是遞增函數(shù)，故實數(shù)a滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,73－a－3<a，))解得eq\f(9,4)<a<3.[點撥]上述解法，把數(shù)列單調(diào)遞增完全等同于所在的函數(shù)單調(diào)遞增，忽視了二者的區(qū)別，事實上，數(shù)列單調(diào)遞增，所在函數(shù)不一定單調(diào)．[正解]由題意，得點(n，an)分布在分段函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax－3，x≤7，,ax－6，x>7))的圖象上．因此當(dāng)3－a>0時，a1<a2<a3<…<a7；當(dāng)a>1時，a8<a9<a10<…；為使數(shù)列{an}遞增，還需a7<a8.故實數(shù)a滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,f7<f8，))解得2<a<3，故實數(shù)a的取值范圍是(2,3)．eq\x(溫馨點評數(shù)列單調(diào)遞增，所在函數(shù)不一定單調(diào)遞增，防止知識混淆而導(dǎo)致解題結(jié)果錯誤.)3．公式使用條件考慮不周全而致錯例3已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝3n＋2n＋1，求an.[錯解]an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2.[點撥]公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2))是分段的，因為n＝1時，Sn－1無意義．在上述解答中，應(yīng)加上限制條件n≥2，然后驗證當(dāng)n＝1時的值是否適合當(dāng)n≥2時的表達(dá)式．[正解]a1＝S1＝6；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2·3n－1＋2.由于a1不適合此式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n＝1，,2·3n－1＋2n≥2.))溫馨點評因為數(shù)列{an}中，a0，S0這樣的符號是沒有任何意義的，因此an＝Sn－Sn－1僅適用于當(dāng)n≥2時求an，第一項a1要利用a1＝S1單獨求解，若能統(tǒng)一要統(tǒng)一，否則要分段寫出.4．審題不細(xì)心，忽略細(xì)節(jié)而致錯例4首項為－24的等差數(shù)列，從第10項起開始為正數(shù)，求公差d的取值范圍．[錯解]a10＝a1＋9d＝－24＋9d>0，∴d>eq\f(8,3).[點撥]忽略了“開始”一詞的含義，題目強(qiáng)調(diào)了第10項是該等差數(shù)列中的第一個正項，應(yīng)有a9≤0.[正解]設(shè)an＝－24＋(n－1)d，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a9＝－24＋9－1d≤0，,a10＝－24＋10－1d>0，))解不等式得eq\f(8,3)<d≤3.eq\x(溫馨點評審題時要細(xì)心，包括問題的細(xì)節(jié)，有時細(xì)節(jié)決定解題的成敗.)5．忽略概念中的隱含條件而致錯例5一個凸n邊形的各內(nèi)角度數(shù)成等差數(shù)列，其最小角為120°，公差為5°，求凸n邊形的邊數(shù)．[錯解]一方面凸n邊形的內(nèi)角和為Sn，Sn＝120°n＋eq\f(nn－1,2)×5°.另一方面，凸n邊形內(nèi)角和為(n－2)×180°.所以120n＋eq\f(nn－1,2)×5＝(n－2)×180，化簡整理得n2－25n＋144＝0.所以n＝9或n＝16.即凸n邊形的邊數(shù)為9或16.[點撥]凸n邊形的每個內(nèi)角都小于180°.當(dāng)n＝16時，最大內(nèi)角為120°＋15×5°＝195°>180°應(yīng)該舍掉．[正解]凸n邊形內(nèi)角和為(n－2)×180°，所以120n＋eq\f(nn－1,2)×5＝(n－2)×180，解得n＝9或n＝16.當(dāng)n＝9時，最大內(nèi)角為120°＋8×5°＝160°<180°；當(dāng)n＝16時，最大內(nèi)角為120°＋15×5°＝195°>180°，舍去．所以凸n邊形的邊數(shù)為9.溫馨點評凸n邊形是一個明確的幾何概念，是本題中容易忽略的一個條件.利用數(shù)列知識解實際問題時，一定要注意所得結(jié)果的實際含義，必要時作出取舍.6．忽視等差數(shù)列前n項和公式的基本特征而致錯例6已知兩個等差數(shù)列{an}和{bn}的