2015北师大附中高职单招讲义《数列1》

1 2015北师大附中高职单招讲义《数列1》 【数列的有关概念】 一、主要知识： 1．数列的有关概念； 2．数列的表示方法：（1）列举法；（2）图象法；（3）解析法；（4）递推法．

3．na与nS的关系：11(1)(2)nnnSnaSSn． 注：数列前n项的和nS和通项na是数列中两个重要的量，在运用它们的关系式1nnnaSS时，一定要注意条件2n ，求通项时一定要验证1a是否适合 二、例题分析 例1、求下面各数列的一个通项： 14916(1),,,,24578101113

；

(2)数列的前n项的和 221nSnn；

(3)数列na的前n项和rraSnn(1为不等于0,1的常数) ．

解：（1）2(1)(31)(31)nnnann． （2）当1n时 114aS， 当2n时 1nnnaSS41n，显然1a不适合41nan ∴4(1)41(2)nnann． （3）由nnraS1可得当2n时111nnraS，)(11nnnnaarSS， ∴1nnnarara，∴1(1),nnarra ∵1,r ∴11rraann，∵0r，

∴{}na是公比为1rr的等比数列． 又当1n时，111raS，∴ra111，∴11()11nnrarr． 说明：本例关键是利用nS与na的关系进行转化． 例2、根据下面各个数列na的首项和递推关系，求其通项公式： （1）11,1naa)(2*Nnnan；（累加法）

（2）11,1naa1nn)(*Nnan；（累乘法）

（3）11,1naa121na)(*Nn．（待定系数法） 解：（1）naann21，∴12nnaan， ∴121321()()()nnnaaaaaaaa121222(1)n 21(1)1nnnn 2

（2）11nnaann，∴ 321121nnnaaaaaaaa=1211123nnn． 又解：由题意，nnnaan1)1(对一切自然数n成立， ∴11(1)11nnnanaa，∴1nan．

（3）}2{)2(21212111nnnnnaaaaa是首项为121a 公比为21的等比数列，111121(),2()22nnnnaa． 三、练习题 1、在数列1,1,2,3,5,8,13，x,34,55，…中，x应取（ ） A、19 B、20 C、21 D、22 1、C 解析 a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，∴x＝8＋13＝21，故选C.

2、数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式an是（ ）

A、n2n＋1 B、n2n－1 C、n2n－3 D、n2n＋3 2、B 解析：由已知得，数列可写成11，23，35，….故通项公式为n2n－1. 3、已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足ann≤2的正整数n的集合为（ ） A、{1,2} B、{1,2,3,4} C、{1,2,3} D、{1,2,4} 3、B 解析 因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减， 得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以{an}是公比为2的等比数列，又因为a1＝2a1－1，

解得a1＝1，故{an}的通项公式为an＝2n－1.而ann≤2，即2n－1≤2n，所以有n＝1,2,3,4. 4、若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N＋)，则数列{nan}中数值最小的项是（ ） A、第2项 B、第3项 C、第4项 D、第5项 4、B 解析 ∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11； 当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N＋)．

记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图像的对称轴为直线n＝114，但n∈N＋， ∴当n＝3时，f(n)取最小值．于是，数列{nan}中数值最小的项是第3项． 5、已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10＝( ) A、1 024 B、1 023 C、2 048 D、2 047 5、B 【解析】 ∵an＋1＝an＋2n，∴an－an－1＝2n－1(n≥2)， ∴a10＝(a10－a9)＋(a9－a8)＋…＋(a2－a1)＋a1＝29＋28＋…＋2＋1＝210－1＝1 023. 6、已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是（ ）

A、2n－1 B、n＋1nn－1 C、n2 D、n

6、D 【解析】 ∵an＝n(an＋1－an)，∴an＋1an＝n＋1n， ∴an＝anan－1×an－1an－2×an－2an－3×…×a3a2×a2a1×a1＝nn－1×n－1n－2×n－2n－3×…×32×21×1＝n. 7、已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝1－1an(n≥2)，则a16＝________. 3

7、【解析】 由题意知a2＝1－1a1＝－1，a3＝1－1a2＝2，a4＝1－1a3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，a16＝a3×5＋1＝a1＝12. 8、数列{an}满足关系anan＋1＝1－an＋1(n∈N*)，且a2 014＝2，则a2 012＝________. 8、解析 由anan＋1＝1－an＋1(n∈N*)，a2 014＝2，得an＝1－an＋1an＋1＝1an＋1－1，

∴a2 013＝1a2 014－1＝－12，∴a2 012＝1a2 013－1＝－2－1＝－3. 9、已知{an}的前n项和为Sn，满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝________. 9、解析 ∵Sn＋1＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1－1. ∴n＝1时，a1＝3. n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.

∴an＝ 3，n＝1，2n，n≥2. 10、设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－SnSn－1(n≥2)，则Sn＝________. 10、解析：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得Sn－Sn－1＝－SnSn－1，即1Sn－1Sn－1＝1.又∵1S1＝1a1＝1，∴

1

Sn

是以1S1＝1为首项，公差d＝1的等差数列．∴1Sn＝1S1＋(n－1)×1＝n. ∴Sn＝1n.

11、已知1111,1(2)nnaana，则5a．

11、85 12、在数列na中11nann，且9nS，则n ． 12、99 13、数列{an}的通项公式是an=n2-7n+6. (1)这个数列的第4项是多少? (2)150是不是这个数列的项?若是这个数列的项,它是第几项? (3)该数列从第几项开始各项都是正数? 13、解:(1)当n=4时,a4=42-4×7+6=-6. (2)是.令an=150,即n2-7n+6=150,解得n=16或n=-9(舍去),即150是这个数列的第16项. (3)令an=n2-7n+6>0,解得n>6或n<1(舍).故数列从第7项起各项都是正数.

14、已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝n＋23an. (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 14、解析 (1)由S2＝43a2，得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3；

由S3＝53a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝32(a1＋a2)＝6. (2)由题设知a1＝1. 当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝n＋23an－n＋13an－1， 整理得an＝n＋1n－1an－1. 于是a1＝1，a2＝31a1，a3＝42a2，…，an－1＝nn－2an－2，an＝n＋1n－1an－1. 将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝nn＋12. 综上，{an}的通项公式an＝nn＋12. 4

【等差数列与等比数列的基本运算】 一、主要知识： 1．等差数列的概念及其通项公式，等差数列前n项和公式； 2．等比数列的概念及其通项公式，等比数列前n项和公式； 3．等差中项和等比中项的概念． 二、例题分析 例1、有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个书的和是12，求这四个数．

解：设这四个数为：2(),,,adadaada，则2()16212adadaad

解得：48ad或96ad，所以所求的四个数为：4,4,12,36；或15,9,3,1． 例2、由正数组成的等比数列{}na，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列{}na的通项公式． 解：当1q时，得11211nana不成立，∴1q，

∴221122331111(1)11(1)1111nnaqaqqqqaqaqaqaq

由①得110q，代入②得110a，∴21()10nna． 例3、(2013·福建)已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn. (1)若1，a1，a3成等比数列，求a1； (2)若S5>a1a9，求a1的取值范围． 3、解析 (1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a21＝1×(a1＋2)， 即a21－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2. (2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，所以5a1＋10>a21＋8a1， 即a21＋3a1－10<0，解得－5例4、已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26.{an}的前n项和为Sn.

(1)求an及Sn； (2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. 4、解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26， 所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.

由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋an2，所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．

(2)因为an＝2n＋1，所以a2n－1＝4n(n＋1)，因此bn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)． 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝14(1－1n＋1)＝n4n＋1， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝n4n＋1. 例5、设{}na是正数组成的数列，其前n项和为nS，并且对所有自然数n，na与2的等差中项等于nS与2的等比中项， (1)写出数列{}na的前三项；