例题1．在数列{an}中，a1=1，当n≥2时，an，Sn，成等比数列。
（1）求a2，a3，a4；
（2）猜想an的表达式并用数学归纳法证明；
（3）求；
（4）（思考题）不使用猜想an的表达式并用数学归纳法证明的方法直接求an。
1..解析：∵an，Sn，成等比数列，∴（n≥2）（*）
（1）把a1=1，S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：
把a1=1，，代入（*）得：。
同理可得：
由此可以推出：
（2）（i）当n=1，2，3，4时，由（*）知猜想成立。
（ii）假设n=k（k≥2）时，成立。
故
∴或（舍去）
由得
即n=k+1时，命题也成立。
由（i）（ii）可知，对一切n∈N成立。
（3）由（2）得数列前n项的和，所有项和
（4）对于{an}的通项还可以这样来求：
∵， ∴
，故是以为首项，为公差的等差数列
故
，
注：对于含有an，Sn的关系式中，常将an用Sn－Sn－1（n≥2）代（或Sn+1－Sn用an+1代），化成Sn，Sn+1（或an，an+1）的递归关系式。
例1.数列{an}满足下列条件，求其通项公式an。
(1)a1=1，
(2)a1=2，
(3)a1=2，{an}的前n项和Sn满足
解：
(1)
……
将以上各式叠加，得
∴
又n=1时，
(2)
……
将以上各式叠乘，得
∴an=n(n+1)(n≥2)
当n=1时，1×(1+1)=2 = a1
∴an=n(n+1)(n∈N*)
(3)
∴2Sn-1Sn=Sn-1-Sn(n≥2)
在上式两边同除以SnSn-1，得
∴数列 为首项，公差为2的等差数列。
例2、在等差数列{an}中
(1)若ap=q，aq=p(p、q∈N*且q≠p)，求ap+q；
(2){an}共有n项，其前四项之和为124，其最后四项之和为156，其所有项之和为210，求项数n；
(3)若{an}前n项和记为Sn，且有 ，求Sm+n的范围
解：
(1)
∵aq=ap+(q-p)d
∴ap+q=ap+(q+p-p)d=q+q×(-1)=0
(2)
∵a1+a2+a3+a4=124
an+an-1+an-2+an-3=156
∴(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+(a4+an-3)=280
∴4(a1+an)=280∴a1+an=70
∴n=6
(3)设 前n项和
将以上两式相减得：
两边同除以m-n，得
例3、在数列{an}中，Sn是其前n项和，a1=1，Sn+1=4an+2(n∈N*)
(1)设bn=an+1-2an，求证数列{bn}为等比数列并求其通项公式；
(2)设 ，求证数列{Cn}是等差数列并求其通项
解：
(1)
∵Sn+1=4an+2
∴Sn+2=4an+1+2
将以上两式相减，得an+2=4an+1-4an
∴an+2-2an+1=2(an+1-2an)
又s2=4a1+2=a1 +a2 ∴a2 =5
∴数列{bn}是以b1=a2-2a1=5-2=3为首项，q=2为公比的等比数列。
∴bn=3×2n-1
(2)
∴数列{Cn}是以 为首项， 为公差的等差数列。
例4、在等差数列{an}中，公差d≠0，a2是a1与a4的等比中项，已知数列
成等比数列，求数列{kn}的通项kn
解：
∵a2是a1与a4的等比中项
∵d≠0 ∴a1=d
∵ 是等差数列中的第kn项，是等比数列中的第n+2项
且
=a1+(kn-1)d=d+(kn-1)d=knd
∴ ∴
2.数列的极限
应用恒等变换和极限的四项运算法则，将数列的极限转化为三个基本极限
来求解。
3.数学归纳法
数学归纳法有两个基本步骤：第一步，验证n=n0时，命题成立；第二步，假设n=k时，命题成立，然后利用归纳假设证明n=k+1时成立。用数学归纳法证明命题时特别要求证明的逻辑严密性。数学归纳法通常用来证明有关等式，不等式，整除，几何命题等。
例5.数列{an}满足 ，a1=2
(1)求数列{an}的通项；
(2)令有值的和。
，求出n∈(1，10000)内使b1b2b3…bn为整数的n的所
解：
(1)由a1=2得：
由a2=3得：
由a3=4得：
猜测：an=n+1(n∈N*)
下用数学归纳法证明该猜测
1°当n=1时，a1=1+1=2，命题成立
2°假设n=k(k∈N*)时，命题成立，即有ak=k+1，
则
=(k+1)+1
即n=k+1时，命题也成立。
综合1°，2°知，an=n+1(n∈N*)
(2)
∵
将an=n+1代入得
=log2(n+2)
欲使b1b2b3…bn为整数，须使n+2为2的整数幂
∵n∈(1,10000)
∴n+2可是以22，23，24，213
∴所求和为(22-2)+(23-2)+(24-2)++(213-2)
=22+23+24+…+213-24
=214-28=16356
例6.无穷数列{an}的前n项和为bn，无穷数列{bn}的前n项和Cn，对n∈N*，恒有bn+cn=n，
(1)证明：数列{1-bn}是等比数列；
(2)求
(3)比较 的大小关系
解：
(1)首先b1+C1=1而C1=b1，得
由已知：bn+Cn=n，有bn+1+Cn+1=n+1
将两式相减，有bn+1-bn+bn+1=1
∴数列{1-bn}是以 的等比数列。
(2)由(1)知：
(3)n=1时，
n≥2时，
综上，
当n=1或2时，显然有
当n≥3时，
这时
例7.设 ，不论α、β为何实数，恒有f(cosα)≤0，f(2-sinβ)≥0，正
数数列{an}的前n项和Sn=f(an)，n∈N*
(1)求b值；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令 ，{cn}的前n项和为Tn，比较Tn与 的大小。
解：
(1)当cosα=1时，有f(1)≤0
当sinβ=1时，有f(2-sinβ)=f(1)≥0
∴f(1)=0
(2)
令n=1，有
解得a1=3或a1=-1(舍)
将以上两式相减，
∵{an}为正数数列，∴an，an-1>0，∴an+an-1>0
∴an-an-1=2(n≥2)
∴{an}是以a1=3为首项，公差为2的等差数列
∴an=3+(n-1)×2=2n+1
(3)
∴Tn=C1+C2+…+Cn
[课后练习]
1.数列{an}的通项公式是an=n2-kn，若数列{an}是递增的，则实数k的取值范围是( )
(A)k<3 (B)k≤3 (C)k<2 (D)k≤2
2.数列{an}的通项公式是 ，当an取最大值时，n等于( )
(A)4 (B)5 (C)6 (D)7
3.数列{an}满足a1=0， ，则a20等于( )
(A)0 (B) (C) (D)
4.等比数列{an}中，an>0，a5a6=16，则log4a1+log4a2+…+log4a10=_____
5.在等比数列{an}中，a5，a9是方程7x2-18x+7=0的两个根，则
6.数列{an}的前n项和Sn满足an+2SnSn-1=0(n≥2)，
(1)求证： 是等差数列；
(2)求an；
(3)若bn=2(1-n)an(n≥2)，求证：
7.已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*)
(1)证明数列{an+1}是等比数列；
(2)令f(x)=a1x+a2x2++anxn，求函数f(x)在点x=1处的导数f′(1)
[参]
1.选A
∵an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-(n2-kn)=2n+1-k>0(n∈N*)
∴k<2n+1对任意n∈N*成立
而2n+1最小值为3，∴k<3
2.选A
∴an图象可看作是函数些孤立点)画草图
个单位，再上移 个单位而得到(an图象是一
可知，a4最大
3.选B
∴可知{an}的各项数值以3为周期重复出现
4.
5.
又a5，a7，a9符号相同，∴a7=1
6.
(1)由an+2SnSn-1=0 (n≥2)
∴Sn-Sn-1+2SnSn-1=0 (n≥2)
为首项，公差为2的等差数列。
(2)
(3)
7.
(1)
∵Sn+1=2Sn+n+5
∴Sn=2Sn-1+(n-1)+5(n≥2)
∴Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2)
即an+1=2an+1(n≥2)
∴an+1+1=2(an+1)(n≥2)
∴{an+1}从第2项起，是公比为2的等比数列
又a1=5，由Sn+1=2Sn+n+5令n=1
有S2=2S1+6∴a1+a2=2a1+6∴a2=11
∴{an+1}是以a1+1=6为首项，公比为2的等比数列
(2)
∵f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+nanxn-1
∴f′(1)=a1+2a2+3a3+…+nan
由(1)知an+1=6×2n-1∴an=6×2n-1-1
令Tn=6×20+2×6×21+3×6×22+…+n×6×2n-1
∴2Tn=6×21+2×6×22+3×6×23+…+n×6×2n
∴-Tn=6×20+6×21+6×22+…+6×2n-1-n×6×2n
∴Tn=(n-1)×6×2n+6
