可以推荐一些经典的系列题吗？

江苏王海平

数列是高中代数的重要内容，是学习高等数学的基础，在高考和各种数学竞赛中发挥着重要作用。

一、等差数列和等比数列

示例1。A={增加等比数列的公比}，B={减少等比数列的公比}，求a ∩ B .

解法:设q∈A，则q & gt0(否则该系列是摆动系列)。

由an+1-an = a 1 qn-a 1 qn-1 = a 1 qn-1(q-1)> 0，得到

当a1 >时；0，那么q & gt1;当a1

例2。求数列1，(1+2)，(1+2+22)的前n项之和，...

解析:求级数的和，当务之急是求级数的通项，从中找出一些规律。而通项是一个几何级数的和。设级数的通项为an，则an = 1+2+22+...+2n-1 = = 2n-1。

sn =(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)

=(2+22+23+…+2n)-n =-n = 2n+1-n-2。

注:用以下常用求和公式求和是数列求和最基本最重要的方法。

等差数列求和公式:

2.等比数列求和公式:

4,

数列常用的求和方法有:利用常用求和公式求和；错位减法求和；逆序加法求和；分组求和法；用分裂项法求和；用组合法求和；用数列的通项之和等等。

例3。等差数列{an}的容差已知为d=，S100=145。设s奇数= A1+A3+A5+...+A99，S' = A3+A6+A9+...+A99，求S奇，S。

解法:根据题意，我们可以得到S奇+S偶=145。

即S奇+(S奇+50d)=145，即2奇+25=145，解为S奇=120。

并且从S100=145得到=145，所以得到a1+a100=2.9。

S'=a3+a6+a9+……+a99

=====1.7 33=56.1.

说明:整体思路是解决数列问题的有效手段！

例4。在数列{an}，a1=b(b≠0)中，前n项与Sn形成一个公比为q的几何级数.

(1)验证:数列{an}不是几何级数；

(2)设bn = a 1s 1+a2 S2+…+ansn，| q |

解:(1)证明:已知S1 = A1 = B。

∫{ Sn }成几何级数，公比q .

∴sn=bqn-1,∴sn-1=b qn-2(n≥2)。

当n≥2时，an = sn-sn-1 = bqn-1-bqn-2 = b(q-1)qn-2。

因此，当q≠1时，==q，

而==q-1≠q,∴{an}不是几何级数。

当q = 1且n ≥ 2时，an=0，所以{an}不是几何级数。

综上所述，{an}不是几何级数。

(2)∵| q | & lt；1，由(1)可知，n≥2，a2，a3，a4，…，an构成公比为q的几何级数，∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的几何级数。

∴bn=b2+a2s2(1+Q2+Q4+…+q2n-4)

∫S2 = bq，a2=S2-S1=bq-b

∴a2S2=b2q(q-1)

∴bn=b2+b2q(q-1)

∵|q|0，1600[()n-1]-4000×[1-()n]& gt；0

Simplify，5×()n+2×()n-7 & gt；0?

设x = () n，5x 2-7x+2 >；0?∴x1(起身)？也就是()n4，所以保持上式的最小值n∈N+为5。

因此，要使全县绿化率达到60%，至少需要5年的努力。

三、归纳、猜想和证明

例7。已知序列{an}满足Sn+an=(n2+3n-2)，序列{bn}满足b1=a1。

并且bn=an-an-1-1(n≥2)。

(1)试猜数列{an}的通式，证明你的结论；

解:(1)∫sn+an =(N2+3n-2)，S1 = A1，∴2a 1 =(1+3×1-2。

∴a1==1-.当n=2时，有+2a2=(22+3×2-2)=4，∴a2==2-

猜一猜，数列{an}的通式是an=n-

(2)如果cn=b1+b2+…+bn，则的值。

当n=3时，有++3a3=8，∴a3==3-.

由数学归纳法证明如下:

①当n=1时，a1=1-=，等式成立。

②假设n=k，等式ak=k-成立，则

当n=k+1，AK+1 = SK+1-SK =[-AK+1]-[-AK]时，

。∴2 ak+1=k+2+ak，2 ak+1=k+2+(k-)，

∴ak+1=(k+1)-也就是说，当n=k+1时，等式也成立。

综上，我们知道an=n-对所有自然数n成立。

(2)∵b1=a1=，bn = an-an-1-1 =[n-]-[(n-1)-]-1 =。

∴=[1-()n]=1. ∴cn=b1+b2+…+bn=1-()n

例8。已知序列{an}满足a1=2，对任意n∈N，有一个>:0，(N+1)an2+an+1-N an+12 = 0。还已知序列{bn}满足:bn=2n-1+1。..

(I)找出序列{an}的通项an及其前n项和Sn；？

(ii)找出序列{bn}和t n的前n项；？

(三)猜测Sn和Tn的关系，并说明原因。

解:(n+1)an2+an an+1-n an+12 = 0。它是一个关于an和an+1的二次齐次表达式，所以我们可以利用求根公式得到an和an+1之间更明显的关系，然后我们就可以求出。

(ⅰ)∵an & gt；0(n∈N)，并且(N+1)an2+an+1-N an+12 = 0，

∴ (n+1)()2+()-n=0。

∴=-1或=

∵an & gt；0(n∈N),∴=.

∴=。

而a1=2，所以，an=2n。

∴sn=a1+a2+a3+……+an=2(1+2+3……+n)=n2+n.

(ⅱ)∵bn = 2n-1+1，？

∴tn=b1+b2+b3+……+bn = 20+21+22+……+2n-1+n = 2n+n-1

(ⅲ)Tn-Sn = 2n-N2-1。？

当n=1时，T1-S1 = 0，∴t 1 = s 1；

当n=2时，T2-S2=-1，？∴T2当n=3时，T3-S3=-2。T3当n=4时，T4-S4=-1，？∴t4s5；

当n=6，T6-S6=27，？∴t6>；S6；

猜想:当n≥5时，TN >；Sn。即2n & gtN2+1。用数学归纳法证明:？

1当n=5时，前者已被验证；

2若n=k(k≥5)，命题成立，即2k >；K2+1。成立，

那么当n=k+1时，

2k+1 = 2 2k & gt；2(k2+1)= k2+k2+2≥k2+5k+2 & gt；k2+2k+2=(k+1)2+1。

即当n=k+1(k≥5)时命题也成立。

从上面的1，2可以看出，当n≥5时，有TN >；Sn。；

综上，当n=1时，t 1 = s 1；当2 ≤ n时

注:注意2n的增长速度比n2+1快。所以在观察归纳的过程中，不能得出Tn≤Sn的结论。正因为从n=1到n=4有Tn≤Sn，我们就应该坚信它一定存在，这就使得2n >: N2+1，从而使得观测过程得以继续。

例9。已知函数f(x)=x2-3，(x≤-3)

(1)求f(x)的反函数f-1(x)；

(2)记A1 = 1，an =-f-1 (an-1) (n ≥ 2)，请写出A2，A3，A4的值，并猜一猜an的表达式。然后用数学归纳法证明。

解法:(1)设y=f(x)= x2-3，(x≤-3)，设y2 = x2-3 (x ≤-)，x =-y2+3。

即f-1(x)= -x2+3 (x≥0)。

(2)若a1=1且an= -f-1(an-1)(n≥2整数)，a2 =-f-1 (a1) =-(-a)。

a3=3+4=7，a4=3+7=10。

根据不完全归纳法，我们可以猜测:an=3n-2 (n个自然数)

下面是用数学归纳法证明的:

当n=1时，命题a1=3×1-2 =1成立。

假设n=k(1≤k≤n)，命题成立:ak=3k-2。

那么当n=k+1时，ak+1=-f-1(ak)。

=ak2+3 =3k-2+3 =3k+1-2

综上所述，an=3n-2适用于所有自然数n .

示例10。在已知序列{an}中，a7=4，an+1=，。

(I)是否存在自然数m，使得当n≥m时，an

(二)是否存在自然数p，使得当n≥p时，总有13，也有一个

所以我们考察an+1-2和an-2之间的关系，很容易得到。

an+1-2=-2 =。

可以看出，当

方法之一是逐一验证，即通过已知条件求解an=的方法。由此我们可以从a7算出这个数列的第6到1项，得出结论。

此外，得益于上述解决方案，我们还可以考虑以下问题:“如果an+1 >；2.我们能得到一份& gt2"

从an-2=-2=不难知道，上述结论是正确的。

所以有m=10，这样当n≥m时，an

(二)问题等价于是否存在自然数p，使得当n≥p时，总有an-1-an+1-2 an < 0。

可以从(I)得到:an-1-an+1-2 an=。

我们已经知道，当n≥10时，an

观察前面的计算结果，可以看到:a100，得出结论。

解释:(1)综上所述，猜想是建立在仔细观察和仔细分析的基础上的，不是无源之水，无本之木。(2)上面的分析过程如果用数学归纳法写的话，还是挺简洁的，但同时也掩盖了思维过程。

第四，从递推公式探讨数列问题

示例11。设An为级数{an}的前n项之和，An=(an-1)，级数{bn}的通项公式为bn=4n+3。

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)将级数{an}和{bn}的通项由小到大排列成一个新的级数{dn}，证明级数{dn}的通项公式为dn = 32n+1；

(3)设级数{dn}的第n项为级数{bn}中的r项，Br为级数{bn}的前r项之和，dn为级数{dn}的前n项之和，Tn=Br-Dn。

解:(1)由An= (an-1)可知An+1= (an+1-1)。

∴an+1-an =(an+1-an)= an+1，即=3。

而a 1 = a 1 =(a 1-1)，a1=3。

所以数列{an}是一个第一项为3，公比为3的几何级数。数列{an}的通项公式为an=3n。

(2)∵32n+1 = 3 32n = 3(4-1)2n

= 3×(42n+c 12n 42n-1(-1)+…+C2n2n-1 4(-1)+(-1)2n)

=4m+3

∴32n+1∈{bn}

而数字32n=(4-1)2n。

= 42n+c2n 1 42n-1(-1)+…+C2n2n-1 4(-1)+(-1)2n

=(4k+1)

∴32n{bn}

以及序列{ an } = { 32n+1 } ∨{ 32n }

∴ dn=32n+1

(3)从32n+1 = 4 r+3，我们知道r=

∫Br = = r(2r+5)= 1

Dn= (1-9n)=(9n-1)

∴Tn=Br-Dn=-(9n-1)

= 34n- 32n+之间

∫(an)4 = 34n

∴=

示例12。已知函数f(x)= x+x2-A2(a >；0)

(1)求f(x)及其定义域的反函数f-1(x)；

(2)序列{an}满足a 1 = 3an+1 = f-1an。

设bn=且序列{bn}的前n项之和为Sn。试比较Sn和的和，证明你的结论。

解法:(1)将y-x=x2-a2两边平方得到x=

∫y-x = y-= = 0

∴y≥a或-a ≤ y

所以f-1(x)=，它的定位是[-a，0)∩[a，+∞]。

(2)∫an+1 = f-1(an)= 1

∴ bn+1 = … = () 2 = bn2(两边都可以用对数求解)

而a1 = 3a，b1 = =

∴bn=(bn-1)2=(bn-2)=(bn-3)

=…=(b1) =()

∴Sn=b1+b2+…+bn

=+()2+()+[()+()+…+()]= = 1-()n

因此，当n

∫2n-1 =(1+1)n-1 = 1+c 1n-1+C2N-1+C3N-。

那么当n≥4时，2n-1 >；1+c 1n-1+C2n-1

=1+(n-1)+>n+1

∴().

当n=3时，Sn =+() 2+() =++=

故当n≤3时，Sn2，故a22，an >；2，所以{an}单调递减。而且因为an >: 2，所以

安-2 = & lt；(安-1-2)

& lt()2(an-2-2)& lt；...…2pq，a1，b1不为零，∴ C22 ≠ C1 C3，所以{cn}不是几何级数。

注:此题为2000年全国高考数学试题。有很多证明，建议读者从不同角度看这个问题。我们可以得出一个更一般的结论。

推论1:设数列{cn}，cn=an+bn且a≠b，则数列{cn+1-pcn}为几何级数的充要条件为p=a或p = B .

推论二:设{an}和{bn}是两个几何级数，那么数列{an+bn}是几何级数的充要条件是数列{an}和{bn}的公比相等。

推论三:公比是A和B的几何级数{an}和{bn}，A ≠ B，S和T是不全为零的实数。cn=san+tbn为几何级数的充要条件是st=0。

示例15。在序列{an}中，满足a1=8，a4=2，an+2=2an+1-an n∈N。

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设sn = | A1 | | A2 |+…+| An |求Sn；

(3)设BN = (n∈N)，TN = B1+B2+…+BN (n ∈ n)，是否存在最大整数m，使得对于任意n∈N，存在TN >；如果存在，求m的值；如果不存在，请说明原因。

解:(1)是an+2=2an+1-an。

An+2-an+1=an+1-an，说明{an}变成了等差数列，d==-2。

-∴an=10-2n

(2)从an=10-2n≥0，n≤5。

当n≤5时的∴，Sn=-n2+9n。

当n >时；5点钟，Sn=n2-9n+40。

因此，Sn =-N2+9N 1≤N≤5 N2-9N+40N > 5(N∈N)

(3)bn===()

∴Tn= b1+b2+…+bn

=[(1-)+(-)+(-)+……+(-)]=(1-)=

& gt& gtTN-1 & gt；TN-2 & gt；……& gt；T1。

∴将制造tn & gt总是既定的，需要