Sn和an答案

1Sn与an一、已知Sn，求an已知数列前n项和Sn，得)2()1(11nSSnSannn.1．a1不适合n≥2时的an(1)一个数列的前n项和Sn＝8n-3，则它的通项公式an＝．287151nnann(2)数列{an}中，Sn=n2+n-2，求an。解：当n=1时，S1=a1=0，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n2+n-2)-[(n-1)2+(n-1)-2]=2n，∴)2(2)1(0nnnan。(3)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n2-3n+1，则它的通项公式为。)2(54)1(0nnnan(4)已知数列{an}的前k项的和Sk满足：Sk=(k+2)Sk+1，求通项an．解：由Sk=(k+2)Sk+1得Sk=11k。故a1=S1=21。当n≥2时，an=Sn-Sn-1=)1(11nn=)1(1nn。∴通项为2)1(1121nnnnan(5)设数列1，2，4，8，…的前n项和是Sn=a+bn+cn2+dn3，求a、b、c、d的值和数列的通项.解：∵Sn=a+bn+cn2+dn3，当n≥2时，Sn－1=a+b(n-1)+c(n-1)2+d(n-1)3，两式相减得an=b+(2n-1)c+(3n2-3n+1)d(n≥2)，将a1=1，a2=2，a3=4，a4=8代入得112311388377419527311432aadcbaSadcbdcbadcbadcba，，)2(43)1(12nnnnan。(6)已知数列{an}前n项的和Sn满足条件lgSn+(n-1)lgb=lg(bn+1+n-2)，其中b0且b1，求数列{an}的通项。解：由lgSn+(n-1)lgb=lg(bn+1+n-2)得lgSn=lg(bn+1+n-2)-lgbn-1=lg112nnbnb，∴Sn=121122nnnbnbbnb，且Sn0。当n=1时，a1=S1=b2-1(b1)，2当n≥2时，an=Sn-Sn-1=12123)1(32nnnbbnbbnbn.∴)1()2(23)1()1(112bnbbnbnbann。2．a1也适合n≥2时的an(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=3n2-2n，求数列的通项公式。解：a1=S1=1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5，a1也符合，∴an=6n-5.(2)已知数列{an}的前n项和12)1(2nnnnSn，求通项an。解：化简得111nSn，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=)1(1)11()111(nnnn，又a1=S1=21适合此式，∴an=)1(1nn。(3)公差为d的等差数列的前n项和为Sn＝n(1-n)，那么（D）A．d＝2，an＝2n-2B．d＝2，an＝2n＋2C．d＝-2，an＝-2n-2D．d＝-2，an＝-2n＋23．已知Sn，求an的某些项(1)已知数列{an}的前n项和112nnnSn，求此数列的前3项。解：43,212112122,21233212211SSaaSaSa(2)已知数列{an}的前n项和为Sn=nn12，则a8=。56178SS(3)数列{an}的前n项的和Sn=2n2+1，则a1，a5的值依次为（D）(A)2，14(B)2，18(C)3，4(D)3，18解：a1=S1=3，a5=S5-S4=51-33=18(4)已知数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c，且S1、S2、S3依次是－2，0，6，那么a100=。解：0426390242321cbacbaScbaScbaS，∴Sn=2n2-4n，∴a100=S100-S99=394。(5)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n+3，那么这个数列的前三项为（B）(A)-1,1,3(B)2,1,3(C)6,1,3(D)2,1,6(6a)数列{an}的前n项和Sn=nn13，求a16+a17+a18+a19+a20的值。解：a16+a17+a18+a19+a20=S20-S15=601151153201203。3(6b)若数列{an}前n项和)1(log101nSn，则a10+a12+…+a99=。S99S10=191991log1014．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+21a1，求通项an。解：由a1=S1=1+21a1，得a1=2。当n≥2时，Sn=n2+1，而an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1∴21212nnnan5．两数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn=n(n+4)和Sn=n(2n-3)(1)求两数列的通项an和bn；(2)依次将两数列的对应项相加作成新数列{an+bn}．求此数列的通项公式，判断它是不是等差数列．(3)问：数列{an}和{bn}是否存在相同的项？如果存在，求依次取这些相同的项作成的新数列的通项公式．解：(1)对数列{an}：a1=S1=5；当n≥2时，有an=Sn-Sn-1=n(n+4)-(n-1)[(n-1)+4]=2n+3又a1=5适合上式，故通项为an=2n+3．对数列{bn}：b1=S1=-1；当n≥2时，有bn=Sn-S′n-1=n(2n-3)-(n-1)[2(n-1)-3]=4n-5又b1=-1适合上式，故通项为bn=4n-5．(2)cn=an+bn=(2n+3)+(4n-5)=6n-2故{an+bn}的通项公式为cn=4+(n-1)6，它是首项为4公差为6的等差数列．(3)假定{an}与{bn}存在相同的项，设an=bm，则有2n+3=4m-5n=2m-4故对于2m-4＞0，即m＞2的一切自然数m，n都为正整数．故{an}与{bn}存在相项．这些项依次是{bn}的第3，4，5…项，也就是{an}的第2，4，6，…项．即所求的新数列为{tn}：7，11，15，…．其首项为7，公差为4(与{bn}的公差相同)．故新数列的通项公式是：tn=7+(n-1)·4=4n+3．6．已知等差数列{an}的前n项的和Sn=(p+1)n2-(q+1)n+q-p-3(1)求此数列的首项和公差；(2)试证：当p＞-1时，此数列单调递增；(3)试问：当p=41时，从第几项开始，此数列的各项都大于零？解：(1){an}成等差数列的充要条件是q-3-p=0，即q=p+3．这时，Sn=(p+1)n2-(p+4)n=-3n+)1(22)1(pnn，故a1=-3，d=2(p+1)．(2)当p＞-1时，an+1-an=d＞0对一切自然数n都成立，故{an}单调递增．4(3)当p=41时，d=2(141)=23；an=-3+(n-1)×230，得n3。故从第4项起，数列的各项都大于零。7．已知数列{an}中，a1=41，Sn=1211nnSS(n≥2)，求an。解：由Sn=1211nnSS得2Sn1Sn+SnSn1=0，两边同除以Sn1Sn，得2111nnSS，)(22122141111NnnSnSaSnn，∴)1(41)2()1(211nnnnSSannn。二、已知Sn与an的关系，求Sn或an1．利用an=SnSn-1(n≥2)消去Sn，转化为an的递推关系，其中a1=S1.(1a)若数列{an}的前n项和Sn与通项an之间满足关系Sn=1+pan(p是不为0，1的常数)，试求出数列{an}的通项公式，并说明它是什么数列。解：a1=S1=1+pa1，p0,1,∴a1=p11,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=p(an-an-1),∴(p-1)an=pan-1,∴an=nnppppppp)1(111])1(1[11是以p11为首项,1pp为公比的等比数列。(1b)数列{an}满足：Sn=1+2an，求通项an．解：由a1=S1=1+2a1得a1=-1．当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2an-1，所以an=2an-1=22an-2=…=2n-1a1=-2n-1，a1=-1也适合此式，故通项an=-2n-1．(1c)已知数列{an}中，若a1=1，Sn+1=4an+2(nN)，求an。解：由已知关系式得Sn+1Sn=4(anan-1),即an+1=4(anan-1)(n≥2,n∈N),即an+12an=2(an2an-1),令bn=an+12an,则bn=2bn-1,{bn}是以b1=a22a1=3(a1+a2=4a1+2得a2=5)为首项,2为公比的等比数列,即bn=3·2n-1,则an+12an=3·2n-1,两边除以2n+1,得432211nnnnaa,令nnnca2,则{cn}是以c1=2121a为首项,43为公差的等差数列,cn=4143n,即41432nann,an=)13(22nn.(1d)已知数列{an}中，若a1=1，Sn+1=4an+2(nN)，5(I)设bn=an+12an，求bn；(II)设nnnaaC211，求数列{Cn}的前n项和Tn；(III)设nnnad2，求d2005。解：(I)∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an＋1+2，∴an+2=4an+14an，∴an+22an+1=2(an+1an)，由bn=an+12an，得bn+1=2bn，∴数列{bn}是公比为2的等比数列。又a1=1，S2=4a1+2，∴a2=5，∴b2=a22a1=3，∴bn=32n1；(II)∵11231121nnnnnbaaC，∴C1=31，公比为21，)211(32211)211(31nnnT(III)∵nnnad2，∴432232222211111111nnnnnnnnnnnnnbaaaadd，∴{dn}是以d1=2121a为首项，43为公差的等差数列，∴d2005=2115034320042120041dd。(1d)如果数列{an}的前n项的和Sn=23an-3，求这个数列的通项公式。解：a1=S1=23a1-3，∴a1=6，当n≥2时，由Sn=23an-3，得Sn－1=23an－1-3，两式相减得an=23an-23an-1，∴an=3an-1，∴an=63n-1。(2)已知数列{an}的前n项和是Sn，且对于任意正整数n，Sn=6an123n，求通项公式an。解：由Sn=6an123n，得a1=23。当n≥2时，an=Sn-Sn-1=an+an-1+123n，即2nan-2n-1an-1=3，∴{2nan}是等差数列，首项为2a1=3，公差d=3，∴2nan=3n，∴nnna23。(3)数列{an}的前n项的和为Sn，若S1=1，S2=2，且Sn+1-3Sn+2Sn-1=0(n≥2,nN)，求数列{an}的通项公式。解：由Sn+1-3Sn+2Sn-1=0得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)，∴an+1=2an(n≥2)，a1=1，a2=1，∴)2(2)1(12nnann。(4)在数列{an}中，an0，Sn是它的前n项的和，且2nS=an+1(nN)。6(i)求Sn和an；(ii)求证：211121nSSS。解：(i)由2nS=an+1两边平方，得4Sn=an2+2an+1，∴4Sn－1=an－12+2an－1+1，两式相减得4an=(an2an12)+2(anan1)，∴(an+an1)(anan12)