数列中an与Sn的关系.doc

课题浅谈数列中an与Sn的递推公式的应用对于任意一个数列，当定义数列的前n项和通常用Sn表示时，记作Sna1a2an，此时通项公式an 而对于不同的题目中的an与Sn的递推关系，在解题时又应该从哪些方向去灵活应用anSnSn1(n2)去解决不同类型的问题呢？ 我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的an与Sn相关的问题：归纳起来常见的角度有：角度一：直观运用已知的Sn，求an；角度二：客观运用anSnSn1(n2)，求与an，Sn有关的结论；角度三：an与Sn的延伸应用角度一：直观运用已知的Sn，求an方法：已知Sn求an的三个步骤(此时Sn为关于n的代数式)：(1)先利用a1S1求出a1；(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式；(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写同时，在部分题目中需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，对“和的式子”有本质的认识，这样才能更好的运用Sn求解如：a12a23a3nan2n1，其中a12a23a3nan表示数列nan的前n项和1已知数列an的前n项和Snn22n2，则数列an的通项公式为()Aan2n3 Ban2n3Can Dan【解析】当n2时，anSnSn12n3当n1时，a1S11，不满足上式【答案】C2(2015河北石家庄一中月考)数列an满足：a13a25a3(2n1)an(n1) 3n+13(nN*)，则数列的通项公式an 【解析】当n2时，a13a25a3(2n3)an1(n2) 3n3；则用已知等式减去上式得(2n1)an(2n1)3n，得an3n；当n1时，a13，满足上式；故an3n【答案】an3n3(2015天津一中月考)已知an的前n项和为Sn，且满足log2(Sn1)n1，则an 【解析】由已知得Sn12n1，则Sn2n11；当n2时，anSnSn12n112n12n；当n1时，a1S13，不满足上式；故an【答案】an4(2015四川成都树德期中)已知an是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a545，a2a614(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足：an1(nN*)，求bn的前n项和【解】(1)设等差数列an的公差为d，则d0， 由a2a614，可得a47 由a3a545，得(7d)(7d)45，解得d2 或d2(舍) ana4(n4)d72(n4)，即an2n1 (2)令cn，则c1c2c3cnan12n 当n2时，c1c2c3cn12(n1) 由得，cn2， 当n1时，c12，满足上式；则cn2(nN*)，即2，bn2n1， 故数列bn是首项为4，公比为2得等比数列， 数列bn的前n项和Sn2n24角度二：客观运用anSnSn1(n2)，求与an，Sn有关的结论此类题目中，已知条件往往是一个关于an与Sn的等式，问题则是求解与an，Sn有关联的结论那么我们需要通过对所求问题进行客观分析后，判定最后的结果中是保留an，还是Sn那么，主要从两个方向利用anSnSn1(n2)：方向一：若所求问题是与an相关的结论，那么用SnSn1an (n2)消去等式中所有Sn与Sn1，保留项数an，在进行整理求解；1(2015广州潮州月考)数列an的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1，nN*)，则数列的通项公式是 【解析】当n2时，an2Sn11，两式相减得an1an2(SnSn1)，即an1an2an，得an13an；当n1时，a23，则a23a1，满足上式；故an是首项为1，公比为3得等比数列，an3n1【答案】an3n12数列an的前n项和为Sn，若an14Sn1，a11(1)求数列an的通项公式；(2)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn【解】(1)当n2时，an4Sn11，又an14Sn1，an1an4an，即3(n2)，又a24a113，a11，数列an是首项为a11，公比为q3的等比数列，an(3)n1(2)由(1)可得bnn(3)n1，Tn1(3)02(3)13(3)2(n1)(3)n2n(3)n1，3Tn1(3)12(3)2(n2)(3)n2(n1)(3)n1n(3)n，4Tn1(3)1(3)2(3)n1n(3)n，所以，Tn方向二：若所求问题是与Sn相关的结论，那么用anSnSn1(n2)消去等式中所有项数an，保留Sn与Sn1，在进行整理求解1已知数列an的前n项和为Sn且满足an2SnSn10(n2)，a1(1)求证：是等差数列；(2)求an的表达式【解】(1)证明：anSnSn1(n2)，又an2SnSn1，Sn1Sn2SnSn1，Sn0因此2(n2)故由等差数列的定义知是以2为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)知(n1)d2(n1)22n，即Sn当n2时，an2SnSn1，又a1，不适合上式an2(2015江西名校联盟调考)已知正项数列an的前n项和为Sn，且a2Snan10(1)求数列Sn的通项公式；(2)求证：2(Sn+11)(提示：)Error! No bookmark name given.【解】(1)anSnSn1(n2)，由a2Snan10，得(SnSn1)22Sn(SnSn1)10，整理得SS1当n1时，a2S1a110，且a10，解得a11，故由等差数列的定义知S是以1为首项，1为公差的等差数列Sn，则Sn(2)由(1)知2()， 2(1)2()2()2(1) 即2(Sn11) 【总结】此类题目往往伴随着等差、等比数列的判定，所以需要对数列的判定方法熟练掌握角度三：an与Sn的延伸应用解此类题目中不仅需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，还需要对an关系式的形式结构很熟练的掌握，这样才能在题目中对已知等式灵活地变换当然在解决问题的时候仍然需要从求谁的角度出发分析，确定等式的变换方向方向一：关于双重前n项和此类题目中一般出现“数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn”的条件，在解答时需要确定清楚求的是与an，Sn，Tn中谁相关的问题，确定已知等式的运用方向但一般是求解最底层的an1(2015湖北武汉质检)设数列an的前n现和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN*(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式【解】(1)当n1时，T12S11，且T1S1a1，解得a11，(2)当n2时，SnTnTn12Snn22Sn1(n1)22Sn2Sn12n1 Sn2Sn12n1 则Sn12Sn2n1 由，得an12an2， an122(an2)，即2(n2)， 易求得，a123，a226，则2，数列an2是首项为3，公比为2的等比数列， an232n1，则an32n12(nN*)2(2015安徽滁州期末联考)设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，且2Tn4Sn(n2n)，nN*(1)证明：数列an1为等比数列；(2)设bn，证明：b1b2bn3【解】(1)当n1时，2T14S12，且T1S1a1，解得a11，当n2时，2T22(a1a1a2)4(a1a2)6，解得a23，当n2时，2Tn14Sn1(n1)2(n1)2Sn2Tn2Tn14Sn(n2n)4Sn1(n1)2(n1)整理得Sn2Sn1n 则Sn12Snn1 由，得an12an1， an112(an1)，即2(n2)， 显然2，数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，(2)由(1)知，an12n，则bn则b1b2bn，令Tn，则Tn ，由，得Tn1 1则Tn3，即b1b2bn3方向二：已知等式在整理过程中需要因式分解此类问题大多数时候会伴随“各项均为正数的数列an”这样的条件，运用在因式分解后对因式进行符号的判定，对因式进行的取舍1(2015山东青岛一模)各项均为正数的数列an满足a4Sn2an1(nN*)，其中Sn为an的前n项和(1)求a1，a2的值；(2)求数列an的通项公式【解】(1)当n1时，T12S11；又T1S1a1，则a12a11，解得a11；(2)当n2时，SnTnTn1(2Snn2)2Sn1(n1)22Sn2Sn12n1， 整理得Sn2Sn12n1 Sn12Sn2n1 由，得an12an2an122(an2)，即2(n2)又T22S24；得a24当n1时，a123，a226，则2，数列an2是以3为首项，2为公比的等比数列则an232n1，所以an32n122已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn，nN*(1)求证：数列an是等差数列；(2)设bn，Tnb1b2bn，求Tn【解】(1)由已知得，当n1时，a1S1 (an0)，a11当n2时，由得2anaanaan1 即(anan1)(anan11)0，anan10，anan11(n2)所以数列an是以1为首项，1为公差的等差数列(2)由(1)可得ann，Sn，bnTnb1b2b3bn11方向三：需对已知等式变形后，再求解1(2015江西五校联考)已知正项数列an中，其前n项和为Sn，且an21(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tn = b1b2b3bn，求Tn【解】(1)由已知得，4Sn(an1)2当n2时，4Sn1(an11)2，则4Sn4Sn1(an1)2(an11)2，整理得 (an1)2(an11)20，(anan12)(anan1)0又an0，则anan12，当n1时，4S1(a11)2，得a11；故数列an是首项为1，公差为2的等差数列；an2n1(2)由(1)可得bn，Tn2(2015浙江温州中学月考)设数列an的前n项和为Sn，已知a12，a28，Sn14Sn15Sn(n2)，Tn是数列log2an的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)求Tn【解】(1)当n2时，Sn14Sn15Sn，Sn1Sn4(SnSn1)，即an14an，当n1时，a24a1；故数列an是以2为首项，4为公比的等比数列an24n122n1(2)由(1)可知log2anlog222n12n1， Tnlog2a1log2a2log2a3log2an1352n1n23(2015江西三县联考)已知数列an的各项均为正数，记A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)=a3a4an2，其中nN*(1)若a11，a25，且对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成等差数列，求数列an的通项公式；(2) a11，对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成公比为q的等比数列，求数列an的前n项和An【解】(1)任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成等差数列，B(n)A(n)C(n)B(n)，则an1a1an2a2，即an2an1a2a14，故数列an是首项为1，公差为4的等差数列；an1(n1)44n3(2)若对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成公比为q的等比数列，B(n)qA(n)，C(n)qB(n)，则C(n)B(n)qB(n)A(n)，得an2a2q(an1a1)，即an2qan1a2qa1， 当n1时，由B(1)qA(1)，可得a2qa1； 则an2qan1a2qa10，又an0，则q，故数列an是以1为首项，q为公比的等比数列An4(2015辽宁沈阳诊断考试)设数列an的前n项和为Sn，a110，an19Sn10(1)求证：lg an是等差数列；(2)设Tn 是数列的前n项和，求Tn；(3)求使Tn(m25m)对所有的nN*恒成立的整数m的取值集合【解】(1)证明：当n2时，an9Sn110，an1an9(SnSn1)，则an110an，即10，当n1时，a29a110100，则10，故数列an是以10为首项，10为公比的等比数列an10n，则lg ann，lg an1lg ann1n1，故数列lg an是首项为1，公差为1的等差数列(2)解：由(1)知3， Tn33(3)Tn3， 当n1时，Tn取最小值依题意有(m25m)，解得1m6， 故整数m的取值集合为0,1,2,3,4,51(2015江苏扬州外国语中学模拟)已知数列an的前n项和Sn2n3，则数列an的通项公式为 【解析】当n2时，anSnSn12n32n132n1当n1时，a1S11，不满足上式【答案】an2(2015辽宁沈阳二中月考)已知数列an满足a1a2n1，求数列an的通项公式【解】当n2时，a1a2n21由已知等式减去上式，得a2n1a2n21(a21)a2n2，ann(a21)a2n2，当n1时，a1a21，满足上式；ann(a21)a2n23(2015安徽江淮十校联考)已知函数f(x)是定义在(0，)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(xy)= f(x)f(y)，若数列an的前n项和为Sn，且满足f(Sn2)f(an)= f(3)(nN*)，则an为( )A2n1BnC2n1Dn1【解析】由f(xy)= f(x)f(y)，f(Sn2)f(an)= f(3)，得Sn23an，Sn123an1(n2)，两式相减得2an3an1；当n1时，S123a1a12，则a11所以数列an是首项为1，公比为的等比数列【答案】ann14(2015辽宁鞍山二中期中)设数列an是等差数列，数列bn的前n项和Sn 满足Sn(bn1)，且a2b1，a5b2(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cnanbn，Tn为cn的前n项和，求Tn【解】(1)当n2时，Sn1(bn11)，则bnSnSn1(bn1)(bn11)，整理得bn3bn1，当n1时，b1(b11)，解得b13；故数列bn是以3为首项，3为公比的等比数列bn3n，设等差数列an的公差为d，由a2b13，a5b29，则解得d2，a11，an2n1，an2n1，bn3n(2)由(1)知cnanbn(2n1)3n，Tn3332533(2n1)3n，3Tn 32333534(2n3)3n(2n1)3n1，由，得2Tn32(32333n )(2n1)3n132(2n1)3n1(22n)3n16，Tn(n1) 3n135在数列an中，已知a11，an2(an1an2a2a1) (n2，nN*)，则数列的通项公式是 【解析】由已知n2时，an2Sn1 ；当n3时，an12Sn2 整理得3 (n3)，an【答案】an6(2015广东桂城摸底)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且aan2Sn(1)求a1；(2)求数列an的通项公式；(3)若bn(nN*)，Tnb1b2bn，求证：Tn【解】(1)当n1时，aa12S1，且an0，得a11； (2)当n2时，aan12Sn1 ；且aan2Sn ； 由，得(anan1)(anan11)0， 又an0，则anan11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列；ann(3)证明：由(2)知，bn， 当n1时，b11，不等式成立； 当n2时，2， Tnb1b2bn1121，Tn7(2015大连双基测试)已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则an_【解析】当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a1S14211，因此an【答案】8(2014烟台一模)已知数列an前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)数列bn满足bn(log2a2n1)(log2a2n3)，求数列的前n项和【解】(1)，an，Sn成等差数列，2anSn，当n1时，2a1S1，a1，当n2时，Sn2an，Sn12an1，两式相减得：anSnSn12an2an1，2，所以数列an是首项为，公比为2的等比数列，即an2n12n2(2)bn(log2a2n1)(log2a2n3)(log222n12)(log222n32)(2n1)(2n1)，数列的前n项和Tn9(2014山西四校联考)已知数列an的前n项和为Sn，Sn2ann，则an_【解析】当n2时，anSnSn12ann2an1(n1)，即an2an11，an12(an11)，数列an1是首项为a112，公比为2的等比数列，an122n12n，an2n1【答案】2n110(2014湖南卷)已知数列an的前n项和Sn，nN*(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和【解】(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n又a11满足上式，故数列an的通项公式为ann(2)由(1)知，bn2n(1)nn，记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n211已知数列an是各项均为正数的等比数列，a34，an的前3项和为7(1)求数列an的通项公式；(2)若a1b1a2b2anbn(2n3)2n3，设数列bn的前n项和为Sn，求证：2【解】(1)设数列an的公比为q，由已知得q0，且数列an的通项公式为an2n1(2)【证明】当n1时，a1b11，且a11，解得b11当n2时，anbn(2n3)2n3(2n23)2n13(2n1)2n1an2n1，当n2时，bn2n1b11211满足bn2n1，数列bn的通项公式为bn2n1(nN*)数列bn是首项为1，公差为2的等差数列Snn2 当n1时，12 当n2时，2212设数列an的前n项和为Sn，a11，an2 (n1) (nN*)(1)求证：数列an为等差数列，并分别写出an和Sn关于n的表达式；(2)是否存在自然数n，使得S1(n1)22 013？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由【解】(1)由an2(n1)，得Snnan2n(n1) (nN*)当n2时，anSnSn1nan(n1)an14(n1)，即anan14，故数列an是以1为首项，以4为公差的等差数列于是，an4n3，Sn2n2n (nN*)(2)由Snnan2n(n1)，得2n1 (nN*)，又S1(n1)21357(2n1)(n1)2n2(n1)22n1令2n12 013，得n1 007，即存在满足条件的自然数n1 0071已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式【解】(1)由Snaan，可得a1aa1，解得a11；S2a1a2aa2，解得a22；同理，a33，a44(2)Snaan，当n2时，Sn1aan1，得(anan11)(anan1)0由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，故ann2在数列an中，a15，a22，记A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2(nN*)，若对于任意nN*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)求数列|an|的前n项和【解】(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，A(n)C(n)2B(n)，整理得an2an1a2a1253，数列an是首项为5，公差为3的等差数列，an53(n1)3n8(2)|an|记数列|an|的前n项和为Sn当n2时，Snn；当n3时，Sn7n14，综上，Sn3(2014广东卷)设各项均为正数的数列an 的前n 项和为Sn ，且 Sn满足 S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*(1)求a1 的值；(2)求数列an 的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有【解】(1)由题意知，S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*令n1，有S(1213)S13(121)0，可得SS160，解得S13或2，即a13或2，又an为正数，所以a12(2)由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn2n或Sn3，又数列an的各项均为正数，Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n又a1221，所以an2n(3)证明：当n1时，成立；当n2时，所以对一切正整数n，有