第1讲数列的概念及简单表示法 教学目标:1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式) 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数 知识梳理 1数列的概念 (1)数列的定义:按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做 这个数列的项 (2)数列与函数的关系:从函数观点看,数列可以看成以正整数集N(或它的有限 子集)为定义域的函数an=fn)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应 的一列函数值 (3)数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和通项公式法 2数列的分类 分类原则 类型 满足条件 有穷数列 项数有限 按项数分类 无穷数列 项数无限 按项与项间 递增数列 an+1>an 其中n∈ 的大小关系 递减数列 an+1≤cn 分类 常数列 an+l=an 有界数列 存在正数M,使n≤M 按其他 摆动数列 从第二项起,有些项大于它的前一项,有些 标准分类 项小于它的前一项的数列 3数列的两种常用的表示方法 (1)通项公式:如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子 ≡来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式 (2)递推公式:如果已知数列{am}的第1项(或前几项),且从第二项(或某一项)开
第 1 讲 数列的概念及简单表示法 教学目标： 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)； 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数. 知 识 梳 理 1.数列的概念 (1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做 这个数列的项. (2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集 N* (或它的有限 子集)为定义域的函数 an＝f(n).当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应 的一列函数值. (3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法. 2.数列的分类 分类原则 类型 满足条件 按项数分类 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 按项与项间 的大小关系 分类 递增数列 an＋1＞an 其中 n∈ N* 递减数列 an＋1＜an 常数列 an＋1＝an 按其他 标准分类 有界数列 存在正数 M，使|an|≤M 摆动数列 从第二项起，有些项大于它的前一项，有些 项小于它的前一项的数列 3.数列的两种常用的表示方法 (1)通项公式：如果数列{an}的第 n 项 an 与序号 n 之间的关系可以用一个式子 an ＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式. (2)递推公式：如果已知数列{an}的第 1 项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开
始的任一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示,那 么这个公式就叫做这个数列的递推公式 4已知数列{an}的前n项和S,则a=S n (n≥2) 诊断自测 1判断正误(在括号内打“√”或“×”)晖精彩PT展示 (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列(×) (2)一个数列中的数是不可以重复的(×) (3)所有数列的第n项都能使用公式表达(×) (4根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个(√) 2(2016保定调研)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=2am+1,则其通项公式为an B.2n1+1 C.2n-1 D.2(n-1) 解析法一由an+1=2a+1,可求a2=3,a=7,a4=15,…,验证可知an= 法二由题意知am+1+1=2(am+1),∴数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等 比数列 答案A 3(2016山西四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,S=2an-n,则am=() A.2 B.2n-1 C.2n-1 D.2n+1 解析当n≥2时,an=Sn-Sn1-1=2an-n-2an-1+(n-1) 即an=2am-1+1,∴an+1=2(am-1+1), ∴数列{an+1}是首项为a+1=2,公比为2的等比数列,∴am+1=22n1=2 答案B 4(2015江苏卷)设数列{an}满足a=1,且an+-an=n+1(m∈N),则数列前 10项的和为 解析∵a=1,an+1-an=n+1,∴a-a1=2,a3-a=3, an-an-l-n, 将以上n-1个式子相加得an-a2=2+3+…+n=(2+n)(n-1),即an
始的任一项 an 与它的前一项 an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那 么这个公式就叫做这个数列的递推公式. 4.已知数列{an}的前 n 项和 Sn，则 an＝ S1 （n＝1）， Sn－Sn－1 （n≥2）. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩 PPT 展示 (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.(×) (2)一个数列中的数是不可以重复的.(×) (3)所有数列的第 n 项都能使用公式表达.(×) (4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个.(√) 2.(2016·保定调研)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为 an ＝( ) A.2 n－1 B.2 n－1＋1 C.2n－1 D.2(n－1) 解析 法一 由 an＋1＝2an＋1，可求 a2＝3，a3＝7，a4＝15，…，验证可知 an＝ 2 n－1. 法二 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＝2 n，∴an＝2 n－1. 答案 A 3.(2016·山西四校联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn＝2an－n，则 an＝( ) A.2 n－1－1 B.2 n－1 C.2n－1 D.2n＋1 解析 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)， 即 an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)， ∴数列{an＋1}是首项为 a1＋1＝2，公比为 2 的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2 n， ∴an＝2 n－1. 答案 B 4.(2015·江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N* )，则数列 1 an 前 10 项的和为________. 解析 ∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， 将以上 n－1 个式子相加得 an－a1＝2＋3＋…＋n＝ （2＋n）（n－1） 2 ，即 an＝
n(n+1) 令bn=-,故bn n(n+1) +1 故S10=b1+b2+…+b10 20 答案 5(人教A必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数,写出点数构成的数 列的一个通项公式an= 答案5n-4 考点突破分类讲练,以例求法 精彩PPT名师讲解 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,…; (23,4,5,8,10,… 25 (3)万,2,5,8,, (4)5,55,555,5555, 解(1)偶数项为正,奇数项为负,故通项公式必含有因式(一1y,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 (-1y(6n-5) (2)这是一个分数数列,其分子构成偶数数列,而分母可分解为1×3,3×5,5 ×7,7×9,9×11,…,每一项都是两个相邻奇数的乘积故所求数列的一个通 2 项公式为 (2n-1)(2n+1) (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
n（n＋1） 2 ， 令 bn＝ 1 an ，故 bn＝ 2 n（n＋1） ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 故 S10＝b1＋b2＋…＋b10 ＝2 1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 10－ 1 11 ＝ 20 11. 答案 20 11 5.(人教 A 必修 5P33A5 改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数 列的一个通项公式 an＝________. 答案 5n－4 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)2 3 ， 4 15， 6 35， 8 63， 10 99，…； (3)1 2 ，2， 9 2 ，8， 25 2 ，…； (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，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 1×3，3×5，5 ×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积.故所求数列的一个通 项公式为 an＝ 2n （2n－1）（2n＋1） . (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,4916 2222,2,“,从而可得数列的一个通项公式为an=2 (4)将原数列改写为。×9,。×99,。×99,…,易知数列9,99,99,…的通项 为10-1,故所求的数列的一个通项公式为an=。(10-1) 规律方法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:分式中分子、分母的各自特征;相邻项的联系特征;拆项后的各部分 特征;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 1×2’2×33×44×5 的一个通项公式 (2)数列{am}的前4项是,1, 79 10’17 则这个数列的一个通项公式 解析(1)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=(-1y2 (n+1) (2)数列a的前4项可变形为12+12+132+1”42+1,故an≈2n+1 2×1+12×2+12×3+12×4+1 答案(1)(-1 2n+1 (n+1) n2+1 考点二由Sn与an的关系求an 【例2】设数列{an}的前n项和为S,数列{Sm}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn n2,n∈N (1)求a1的值 (2)求数列{an}的通项公式 解(1)令n=1时,7=2S1-1, ∵n7=S1=a1,∴a1=2 (2m≥2时,Tn-1=2Sn-1-(m-1), JI Sn,=Tn-Tn-|=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-12] =2(Sn-Sn-1)-2n+1 =2an-2n+1 因为当n=1时,a1=S1=1也满足上式
察.即 1 2 ， 4 2 ， 9 2 ， 16 2 ， 25 2 ，…，从而可得数列的一个通项公式为 an＝ n 2 2 . (4)将原数列改写为5 9 ×9， 5 9 ×99， 5 9 ×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＝ 5 9 (10n－1). 规律方法 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：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分 特征；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－ 1 1×2 ， 1 2×3 ，－ 1 3×4 ， 1 4×5 ，…的一个通项公式 an＝________. (2)数列{an}的前 4 项是3 2 ，1， 7 10， 9 17，则这个数列的一个通项公式 an＝________. 解析 (1)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 1 n（n＋1） . (2)数列{an}的前4项可变形为2×1＋1 1 2＋1 ， 2×2＋1 2 2＋1 ， 2×3＋1 3 2＋1 ， 2×4＋1 4 2＋1 ，故an＝ 2n＋1 n 2＋1 . 答案 (1)(－1)n 1 n（n＋1） (2)2n＋1 n 2＋1 考点二 由 Sn 与 an 的关系求 an 【例 2】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{Sn}的前 n 项和为 Tn，满足 Tn＝2Sn －n 2，n∈N* . (1)求 a1 的值； (2)求数列{an}的通项公式. 解 (1)令 n＝1 时，T1＝2S1－1， ∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1. (2)n≥2 时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2， 则 Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n 2－[2Sn－1－(n－1)2 ] ＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1 ＝2an－2n＋1. 因为当 n＝1 时，a1＝S1＝1 也满足上式
所以Sn=2an-2n+1(n≥1), 当n≥2时,Sn-1=2am-1-2(m-1)+1 两式相减得an=2an-2an-1-2, 所以an=2an-1+2(n≥2),所以an+2=2(an-1+2), 因为a1+2=3≠0, 所以数列{an+2}是以3为首项,公比为2的等比数列 所以an+2=3 当n=1时也成立, 所以an=3×2n1-2 规律方法数列的通项a与前n项和Sn的关系是an= 1,n Sn-Sn-1,n≥2 时,a1若适合S一S-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项ω;当n=1时, a1若不适合Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示 【训练2】(1)已知数列{am}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=2am+1,则Sn=( 2 (2)若数列{an}的前n项和Sn=2an+2,则an}的通项公式an= 解析(1)∵Sn=2an+1,∴当n≥2时,Sn-1=2an, 即1=3m≥2), 又 当n=1时 n 2
所以 Sn＝2an－2n＋1(n≥1)， 当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1， 两式相减得 an＝2an－2an－1－2， 所以 an＝2an－1＋2(n≥2)，所以 an＋2＝2(an－1＋2)， 因为 a1＋2＝3≠0， 所以数列{an＋2}是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列. 所以 an＋2＝3×2 n－1，∴an＝3×2 n－1－2， 当 n＝1 时也成立， 所以 an＝3×2 n－1－2. 规律方法 数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系是 an＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2. 当 n＝1 时，a1 若适合 Sn－Sn－1，则 n＝1 的情况可并入 n≥2 时的通项 an；当 n＝1 时， a1 若不适合 Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示. 【训练 2】 (1)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则 Sn＝( ) A.2 n－1 B. 3 2 n－1 C. 2 3 n－1 D. 1 2 n－1 (2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝ 2 3 an＋ 1 3 ，则{an}的通项公式 an＝________. 解析 (1)∵Sn＝2an＋1，∴当 n≥2 时，Sn－1＝2an， ∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2)， 即 an＋1 an ＝ 3 2 (n≥2)， 又 a2＝ 1 2 ，∴an＝ 1 2 × 3 2 n－2 (n≥2). 当 n＝1 时，a1＝1≠ 1 2 × 3 2 －1 ＝ 1 3 ， ∴an＝ 1，n＝1， 1 2 3 2 n－2 ，n≥2
Sn=2an+1=2 (2)由Sn=2n+,得当n≥2时,Sn-1=2an1+1 两式相减,得an=3am-3an1, 当n≥2时 又n=1时,S1=a1 1,∴an=(-2y 答案(1)B(2)-2y-1 考点三由数列的递推关系求通项公式 【例3】(1)在数列{an}中,a1=1,am+1=2am+3,求它的一个通项公式为an (2)在数列{an}中,a1=2,amn+1=am+n+1,求an (3)已知数列{an}满足an=1,an=-an-1(n≥2),求 解(1)设递推公式an+1=2m+3可以转化为a+1+1=2(amn+0),即am+1=2am+t, 解得t=3 故am+1+3=2(amn+3) 令bn=am+3,则b1=a1+3=4, 所以{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列 bn=4·2 (2)由题意得,当n≥2时,an=a1+(a2-a)+(a3-a)+…+(am-an-1)=2+(2+3 (n-1)(2+n)n(n+1) ×(1+1) 2 符合上式,因此a n(n+1) 1 (3)法一因为 nn-1(n≥2),所以 ·an=2,…,a=-a1,以上 12 (n-1)个式子的等号两端分别相乘得an=an nnn
∴Sn＝2an＋1＝2× 1 2 × 3 2 n－1 ＝ 3 2 n－1 . (2)由 Sn＝ 2 3 an＋ 1 3 ，得当 n≥2 时，Sn－1＝ 2 3 an－1＋ 1 3 ， 两式相减，得 an＝ 2 3 an－ 2 3 an－1， ∴当 n≥2 时，an＝－2an－1，即 an an－1 ＝－2. 又 n＝1 时，S1＝a1＝ 2 3 a1＋ 1 3 ，a1＝1，∴an＝(－2)n－1 . 答案 (1)B (2)(－2)n－1 考点三 由数列的递推关系求通项公式 【例 3】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求它的一个通项公式为 an. (2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求 an. (3)已知数列{an}满足 a1＝1，an＝ n－1 n an－1(n≥2)，求 an. 解 (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 bn＋1 bn ＝ an＋1＋3 an＋3 ＝2. 所以{bn}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列. ∴bn＝4·2n－1＝2 n＋1， ∴an＝2 n＋1－3. (2)由题意得，当 n≥2 时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3 ＋…＋n)＝2＋ （n－1）（2＋n） 2 ＝ n（n＋1） 2 ＋1.又 a1＝2＝ 1×（1＋1） 2 ＋1， 符合上式，因此 an＝ n（n＋1） 2 ＋1. (3)法一 因为 an＝ n－1 n an－1(n≥2)，所以 an－1＝ n－2 n－1 ·an－2，…，a2＝ 1 2 a1，以上 (n－1)个式子的等号两端分别相乘得 an＝a1· 1 2 · 2 3 ·…· n－1 n ＝ a1 n ＝ 1 n
法二因为an an-1 an-2 3 n 规律方法已知数列的递推关系,求数列的通项时,通常用累加、累乘、构造法 求解 (1)当出现an=an-1+(n)时,用累加法求解;(2)当出现如=八n)时,用累乘法求 解;(3)当出现an+1=pan+q时,将am+1=Pωn+q的递推关系式可以化为(amn+1+ 1)=p(an+1)的形式,构成新的等比数列,其中= P 【训练3】(1)2016·合肥一模)已知数列{an}满足a1=1,a=4,chn+2+2am=3a 1(n∈N),则数列{an}的通项公式an= (2)在数列{am}中,a1=1,sn+2 ,则 解析(1)由 an H an+2-an+1=2(an+1-an) ∴数列{an+1-an}是以a-a1=3为首项,2为公比的等比数列,amn+1-an=3×2n n≥2时, 3×2n2, 3×2 将以上各式累加得 an-a1=3×2n2+…+3×2+3=3(2n1-1), (当n=1时,也满足) (2)由题设知,a1=1 当n≥2时,an=Sn-Sn-1 n+2n+1 an n+1 an n+1 4a2=3 an-1 n 3a2a1 以上(n-1)个式子的等号两端分别相乘,得到gn(n+1)又∵a1=1,…an (n+1) 答案(1)3×2n1-2(2 (n+1) 考点四数列的单调性及应用
法二 因为 an＝ an an－1 · an－1 an－2 · an－2 an－3 ·…· a3 a2 · a2 a1 ·a1＝ n－1 n · n－2 n－1 · n－1 n－2 ·…·1 ＝ 1 n . 规律方法 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法 求解. (1)当出现 an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；(2)当出现 an an－1 ＝f(n)时，用累乘法求 解；(3)当出现 an＋1＝pan＋q 时，将 an＋1＝pan＋q 的递推关系式可以化为(an＋1＋ t)＝p(an＋t)的形式，构成新的等比数列，其中 t＝ q p－1 . 【训练 3】 (1)(2016·合肥一模)已知数列{an}满足 a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an ＋1(n∈N* )，则数列{an}的通项公式 an＝________. (2)在数列{an}中，a1＝1，Sn＝ n＋2 3 an，则 an＝________. 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＝3×2 n －1， ∴n≥2 时，an－an－1＝3×2 n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3， 将以上各式累加得 an－a1＝3×2 n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)， ∴an＝3×2 n－1－2(当 n＝1 时，也满足). (2)由题设知，a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ n＋2 3 an－ n＋1 3 an－1. ∴ an an－1 ＝ n＋1 n－1 .∴ an an－1 ＝ n＋1 n－1 ，…， a4 a3 ＝ 5 3 ， a3 a2 ＝ 4 2 ， a2 a1 ＝3. 以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘，得到an a1 ＝ n（n＋1） 2 ，又∵a1＝1，∴an ＝ n（n＋1） 2 . 答案 (1)3×2 n－1－2 (2)n（n＋1） 2 考点四 数列的单调性及应用
【例4】已知数列{an}的前n项和S=2m2+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)设cn=m·bn,证明:当且仅当n≥3时,cn+1恒成立,则{amn}为递增 数列;若ωm+1<伽恒成立,则{ωn}为递减数列用作差法判断数列增减性的步骤为 ①作差;②变形;③定号;④结论 (2)求数列{aωn}的最大项和最小项,一种方法是利用函数的最值法;另一种是不等 式法,求最小项可由an≤a+, ≥ 来确定n,求最大项可由 来确定 ≥ 若数列是单调的,也可由单调性来确定最大或最小项 【训练4】已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为S(n∈N)
【例 4】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n 2＋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)设 cn＝a 2 n·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. 综上，{an}的通项公式 an＝4n. 将 n＝1 代入 Tn＝2－bn，得 b1＝2－b1，故 T1＝b1＝1. (求 bn 法一)对于 n≥2，由 Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn， 得 bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝ 1 2 bn－1，bn＝2 1－n . (求 bn 法二)对于 n≥2，由 Tn＝2－bn，得 Tn＝2－(Tn－Tn－1)， 2Tn＝2＋Tn－1，Tn－2＝ 1 2 (Tn－1－2)，Tn－2＝2 1－n (T1－2)＝－2 1－n， Tn＝2－2 1－n，bn＝Tn－Tn－1＝(2－2 1－n )－(2－2 2－n )＝2 1－n . 综上，{bn}的通项公式 bn＝2 1－n . (2)证明 (法一)由 cn＝a 2 n·bn＝n 22 5－n，得 cn＋1 cn ＝ 1 2 1＋ 1 n 2 . 当且仅当 n≥3 时，1＋ 1 n ≤ 4 3 ＜ 2，即 cn＋1＜cn. (法二)由 cn＝a 2 n·bn＝n 22 5－n，得 cn＋1－cn＝2 4－n [(n＋1)2－2n 2 ]＝2 4－n [－(n－1)2＋2]. 当且仅当 n≥3 时，cn＋1－cn＜0，即 cn＋1＜cn. 规律方法 (1)单调性是数列的一个重要性质.判断数列的单调性，通常是运用作 差或作商的方法判断 an＋1 与 an(n∈N* )的大小，若 an＋1＞an 恒成立，则{an}为递增 数列；若 an＋1＜an 恒成立，则{an}为递减数列.用作差法判断数列增减性的步骤为： ①作差；②变形；③定号；④结论. (2)求数列{an}的最大项和最小项，一种方法是利用函数的最值法；另一种是不等 式法，求最小项可由 an≤an＋1， an≤an－1 来确定 n，求最大项可由 an≥an＋1， an≥an－1 来确定 n. 若数列是单调的，也可由单调性来确定最大或最小项. 【训练 4】已知首项为3 2 的等比数列{an}不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(n∈N* )
且S3+a3,S+as,S4+a4成等差数列 (1)求数列{an}的通项公式 (2)设T=Sn-、(n∈N),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值 解()设等比数列{an}的公比为q, 因为S3+a3,S+as,S4+a4成等差数列, 所以S5+as-S3-a3=S4+a4-S5-as,即4as=a3, 于是q2= 又{amn}不是递减数列且a1 3.所以q=2 故等比数列{an}的通项公式为 3 1+n,n为奇数 (2)由(1)得Sn= n为偶数 当n为奇数时,Sn随n的增大而减小 所以1Sn-≥S2 ≤Sn 所以数列{7n最大项的值为,最小项的值为-12 课堂总结反思归纳,感悟提升 [思想方法] 1.由数列的前几项求数列通项,通常用观察法(对于交错数列一般有(-1y或(一 Iy+1来区分奇偶项的符号):已知数列中的递推关系,一般只要求写出数列的前 几项,若求通项可用归纳、猜想和转化的方法
且 S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Tn＝Sn－ 1 Sn (n∈N* )，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. 解 (1)设等比数列{an}的公比为 q， 因为 S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列， 所以 S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即 4a5＝a3， 于是 q 2＝ a5 a3 ＝ 1 4 . 又{an}不是递减数列且 a1＝ 3 2 ，所以 q＝－ 1 2 . 故等比数列{an}的通项公式为 an＝ 3 2 × － 1 2 n－1 ＝(－1)n－1· 3 2 n . (2)由(1)得 Sn＝1－ － 1 2 n ＝ 1＋ 1 2 n，n为奇数， 1－ 1 2 n，n为偶数. 当 n 为奇数时，Sn 随 n 的增大而减小， 所以 1＜Sn≤S1＝ 3 2 ， 故 0＜Sn－ 1 Sn ≤S1－ 1 S1 ＝ 3 2 － 2 3 ＝ 5 6 . 当 n 为偶数时，Sn 随 n 的增大而增大，所以3 4 ＝S2≤Sn＜1， 故 0＞Sn－ 1 Sn ≥S2－ 1 S2 ＝ 3 4 － 4 3 ＝－ 7 12. 综上，对于 n∈N*，总有－ 7 12≤Sn－ 1 Sn ≤ 5 6 . 所以数列{Tn}最大项的值为5 6 ，最小项的值为－ 7 12. [思想方法] 1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(－1)n 或(－ 1)n＋1 来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前 几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法
(n=1) 2强调an与Sn的关系:an= Sn-Sn21(n≥2) 3.已知递推关系求通项:对这类问题的要求不高,但试题难度较难把握.一般有两 种常见思路: (1)算出前几项,再归纳、猜想; (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式. [易错防范 1数列是一种特殊的函数,在利用函数观点研究数列时,一定要注意自变量的取 值,如数列an=fn)和函数y=fx)的单调性是不同的 2数列的通项公式不一定唯 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 课时作业 分层训练,提升能力 基础巩固题组 (建议用时:40分钟) 、选择题 1数列0,1,0,-1,0,1,0,-1,…的一个通项公式是am等于( (-1)n+ 2 2 Ccos n+I n+2 解析令n=1,2,3,…,逐一验证四个选项,易得D正确 答案D 2设an=-3n2+15n-18,则数列{an}中的最大项的值是() 13 B C.4 D.0 解析an=-3-2+4,由二次函数性质,得当n=2或3时,am最大,最 大为0 答案D 3(2016黄冈模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{amn}的通项
2.强调 an 与 Sn 的关系：an＝ S1 （n＝1）， Sn－Sn－1 （n≥2）. 3.已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有两 种常见思路： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式. [易错防范] 1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取 值，如数列 an＝f(n)和函数 y＝f(x)的单调性是不同的. 2.数列的通项公式不一定唯一. 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. 基础巩固题组 (建议用时：40 分钟) 一、选择题 1.数列 0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式是 an 等于( ) A. （－1）n＋1 2 B.cos nπ 2 C.cos n＋1 2 π D.cos n＋2 2 π 解析 令 n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得 D 正确. 答案 D 2.设 an＝－3n 2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是( ) A. 16 3 B. 13 3 C.4 D.0 解析 ∵an＝－3 n－ 5 2 2 ＋ 3 4 ，由二次函数性质，得当 n＝2 或 3 时，an 最大，最 大为 0. 答案 D 3.(2016·黄冈模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝n 2－2n＋2，则数列{an}的通项