2018版高中数学第二章数列疑难规律方法学案5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE41学必求其心得，业必贵于专精第二章数列1函数的视角看数列数列是一种特殊的函数，因此在解决数列问题时,要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题．下面从函数角度对数列有关问题进行分析，体会数列与函数的有机结合．一、利用函数单调性求数列的最大项例1已知数列{an}的通项公式为an＝neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(7，9))）n＋1,则该数列是否有最大项，若有，求出最大项的项数；若无，说明理由．分析设an＝f(n），可通过函数f（n）的单调性来判断数列的单调性,从而求解．解设an＝f（n)，则f(n)＝neq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7，9）)）n＋1,f（n＋1）＝（n＋1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(7,9))）n＋2。则f（n＋1）－f(n）＝（n＋1）·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7,9））)n＋2－neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（7，9)））n＋1＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)））n＋1·eq\f(7－2n，9)，当n>3时，f（n＋1）－f(n)<0；当1≤n≤3时，f（n＋1）－f(n)〉0.综上可知，{an｝在n∈｛1,2,3｝时,单调递增；在n∈{4，5，6，7，…}时,单调递减．所以存在最大项，且第3项为最大项．点评数列可以看作是一个定义在正整数集(或其子集)上的函数，当自变量从小到大依次取值时，对应的一组函数值．数列的通项公式体现了数列的项与其序号之间的对应关系．二、利用函数思想求数列的通项例2已知数列｛an}的通项公式an＝n2＋n＋eq\f(1,n),若：（1)数列{bn｝满足bn＝a2n－1，求｛bn}的通项公式；（2）数列｛cn}满足cn＝a2n－1，求｛cn}的通项公式．分析设an＝f（n)，函数f(n）中的n用某一代数式φ(n）代替,整理，即可求解．解设f(n）＝n2＋n＋eq\f（1,n）,则：（1）bn＝f（2n－1）＝（2n－1)2＋2n－1＋eq\f（1，2n－1）＝4n2－2n＋eq\f(1,2n－1），则bn＝4n2－2n＋eq\f(1,2n－1).(2）cn＝f(2n－1）＝(2n－1)2＋2n－1＋eq\f（1，2n－1)＝4n－2n＋eq\f(1，2n－1)，则cn＝4n－2n＋eq\f(1,2n－1）.点评数列是特殊的函数，因此要善于运用函数的观点、知识来解决数列的有关问题,居高临下使问题变得清晰，问题的解决也往往简捷得多．三、利用函数周期性求数列的项例3已知数列{an}中,a1＝1，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，则a2013的值为________．分析如果直接求a2013，运算量太大,而求通项an也很难办到，那么数列{an}的各项之间是否有规律可循？不妨从前几项入手试一试．解析由a1＝1，a2＝6，及an＋2＝an＋1－an，得a3＝a2－a1＝6－1＝5,a4＝a3－a2＝5－6＝－1，a5＝a4－a3＝－1－5＝－6，a6＝a5－a4＝－6－(－1）＝－5，a7＝1，a8＝6,a9＝5，a10＝－1，a11＝－6，a12＝－5，…，因此{an}是以6为周期的数列，所以a2013＝a6×335＋3＝a3＝5。答案5点评由数列的递推公式写出数列的前几项，再由前几项归纳、猜想、发现数列的周期性，从而解决问题。2求数列通项的四大法宝一、公式法当题设中有an与Sn的关系式时,常用公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（S1,n＝1，，Sn－Sn－1，n≥2))来求解．例1已知数列{an}的前n项和Sn＝3n－2，求其通项公式an。解当n＝1时,a1＝S1＝31－2＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝2×3n－1，又a1＝1≠2×31－1,所以数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1,n＝1，，2×3n－1,n≥2.))二、叠加法若数列｛an｝满足an－an－1＝f(n－1)（n≥2)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)可求，则可用叠加法求通项公式．例2已知数列｛an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)，求其通项公式an.解由已知,得an－an－1＝3n－1（n≥2)，所以a2－a1＝3，a3－a2＝32，a4－a3＝33，…，an－an－1＝3n－1，以上式子左右两边分别相加，得an－a1＝3＋32＋33＋…＋3n－1，所以an＝eq\f(31－3n－1，1－3)＋1＝eq\f（3n－1,2）(n≥2)，又当n＝1时，a1＝1＝eq\f(31－1,2)，所以an＝eq\f（3n－1,2）(n∈N＋）．三、叠乘法若数列{an}满足eq\f（an,an－1)＝f(n－1）（n≥2),其中f（1)f(2）·…f(n－1）可求,则可用叠乘法求通项公式．例3已知在数列｛an}中，a1＝3，an＝eq\f(3n－4,3n－1)an－1（an≠0,n≥2)，求其通项公式an.解由a1＝3，an＝eq\f（3n－4，3n－1)an－1，得eq\f（an，an－1)＝eq\f（3n－4，3n－1)，所以eq\f（a2，a1）＝eq\f(2,5），eq\f(a3,a2)＝eq\f(5,8)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(8,11)，eq\f（a5,a4)＝eq\f（11,14)，…，eq\f（an,an－1)＝eq\f（3n－4,3n－1)（n≥2)，以上式子左右两边分别相乘，得eq\f（an,a1）＝eq\f(2，3n－1)，所以an＝eq\f（6,3n－1）（n≥2），又a1＝3＝eq\f（6，3×1－1）,所以an＝eq\f（6,3n－1)(n∈N＋）．四、构造法当题中出现an＋1＝pan＋q(pq≠0且p≠1)的形式时，把an＋1＝pan＋q变形为an＋1＋λ＝p（an＋λ)，即an＋1＝pan＋λ（p－1)，令λ（p－1）＝q，解得λ＝eq\f（q，p－1），从而构造出等比数列｛an＋λ｝．例4数列｛an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(1，4)an＋3(n∈N＋），求其通项公式an.解设an＋1＋t＝eq\f(1，4)（an＋t），则an＋1＝eq\f（1,4)an－eq\f（3，4）t，与已知比较，得－eq\f(3，4）t＝3,所以t＝－4，故an＋1－4＝eq\f(1,4)(an－4)．又a1－4＝1－4＝－3≠0，故数列｛an－4}是首项为－3,公比为eq\f(1,4)的等比数列，因此an－4＝－3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,4)））n－1，即an＝4－3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,4）))n－1(n∈N＋）.3函数思想在等差数列中的妙用性质1：在等差数列｛an}中,通项公式an＝a1＋（n－1）d，变形为an＝dn＋（a1－d),知点（n，an）均在直线y＝dx＋(a1－d)上．例1在等差数列{an｝中，a12＝21，a45＝153，那么225是第几项?解由an＝dn＋a1－d，知点（n，an)在直线y＝dx＋a1－d上,所以eq\f(a45－a12,45－12）＝eq\f（225－a45，n－45）＝d，代入数据得eq\f(153－21,45－12）＝eq\f（225－153,n－45)，得n＝63，即225是这个数列中的第63项．性质2：在等差数列｛an｝中,其前n项和Sn＝na1＋eq\f（nn－1,2)d,变形为eq\f（Sn，n）＝eq\f(d,2）n＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d，2))),知点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn，n）））均在直线y＝eq\f(d，2）x＋a1－eq\f（d,2）上．例2在等差数列｛an}中，S10＝20，S50＝200,则S2010的值为________．解析由Sn＝An2＋Bn，知eq\f（Sn,n)＝An＋B，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（n，\f(Sn,n))）在直线y＝Ax＋B上，于是点eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(10，\f(S10，10））)，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(50,\f(S50，50)）)，eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2010，\f(S2010，2010))）三点共线，∴eq\f（\f（S50，50）－\f(S10，10),50－10)＝eq\f(\f（S2010，2010)－\f（S50，50）,2010－50)成立．把S10＝20，S50＝200代入上式，解得S2010＝205020。答案205020性质3:在等差数列｛an｝中，其前n项和Sn＝na1＋eq\f（nn－1，2）d,变形为Sn＝eq\f(d，2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a1－\f（d，2)))n,若设A＝eq\f（d,2)，B＝a1－eq\f(d，2），则Sn＝An2＋Bn,且点（n,Sn）均在曲线y＝Ax2＋Bx上．例3已知等差数列{an｝中，Sm＝Sn(m≠n)，则Sm＋n＝______。解析由Sn＝An2＋Bn，知点(n，Sn)在抛物线y＝Ax2＋Bx上．又Sm＝Sn，所以点P1（m，Sm)与点P2（n，Sn)关于抛物线的对称轴对称，而对称轴方程为x＝eq\f(m＋n，2)，不妨设A〈0，如图所示xC＝m＋n，从而Sm＋n＝0。答案0例4设等差数列｛an｝的前n项和为Sn，已知a1>0，S12〉0，S13〈0，指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由?解∵{an｝是等差数列，∴Sn＝eq\f（d,2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.∵S12>0，S13<0.∴a13＝S13－S12<0。∵a1>0，a13<0,∴d〈0。∴点（n，Sn）分布在开口方向向下的抛物线y＝eq\f(d，2)x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2))）x的图象上．设二次函数y＝eq\f(d，2）x2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a1－\f（d,2）))x的对称轴为n0，则2n0是二次函数的一个零点．∵S12>0，S13<0，∴12〈2n0〈13,∴6<n0〈6。5.易知n＝6对应的A（6，S6）与对称轴的距离比n＝7对应的B（7，S7）与对称轴的距离更小．∴A点为最高点,S6最大．由上述例子可见，解等差数列问题时，若能灵活运用函数的思想与方法,可以简化运算过程，开拓解题思路，收到事半功倍的效果．4数列求和的方法和技巧连连看求和是数列的主要问题之一，数列求和方法多，技巧性强，是培养创新能力的好素材，也是高考考查的重要内容．现结合例子把数列求和的主要方法列举如下:1．应用公式求和方法要领：等差、等比数列的前n项和公式是数列中应用最为广泛、使用频率最高的求和公式．在每种数列中均有两个求和公式可供选择．尤其是利用等差数列的前n项和公式时，首先要确定公比q是否为1，以确定选用哪一个公式来求和，否则要通过分类讨论进行解答．例1求数列1,3＋5,7＋9＋11,13＋15＋17＋19，…的前n项和．解所求数列的前n项和中共有1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1，2)个连续的奇数，这些奇数组成等差数列，首项为1，公差为2。故该数列的前n项和Sn＝eq\f（nn＋1，2）×1＋eq\f（1，2)×eq\f（nn＋1，2）×eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(nn＋1,2)－1））×2＝eq\f(nn＋1，2)＋eq\f（nn＋1,2)eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(nn＋1，2)－1)）＝eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（nn＋1,2）))2＝eq\f(n2n＋12，4）.点评本题实际上是求从1开始的连续奇数的和，奇数的个数共有1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1，2）.最后一个奇数为1＋2×eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1，2）－1)）＝n2＋n－1.因此前n项和也可以这样求得Sn＝eq\f（nn＋1,2）eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1＋n2＋n－1，2)))＝eq\f（n2n＋12，4）。例2求数列1，a＋a2，a3＋a4＋a5，a6＋a7＋a8＋a9，…(a≠0)的前n项和．解所求数列的前n项和可以看成是由等比数列1，a，a2，a3，a4，…取出前1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2）项后再求和得到,且取出的最后一项为aeq\f（nn＋1，2)－1，故所求数列的前n项和为Sn＝1＋a＋a2＋a3＋…＋aeq\f(nn＋1，2)－1.当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2）；当a≠1时，Sn＝eq\f(1－a\f（nn＋1，2）－1·a，1－a）＝eq\f（1－a\f（nn＋1,2），1－a).点评题目中所给数列实际上并不是等比数列，求和时需要灵活转化为求一个等比数列的前eq\f(nn＋1,2)项的和．由于公比为字母a，需要分类讨论．2．分组转化求和方法要领:分组转化求和是将通项变形拆分为几个数列的和与差，分组进行求和、拆分后的数列多为等差数列或等比数列．例3已知数列｛an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(nn为奇数，,2\f（n，2）n为偶数，）)Sn为数列{an｝的前n项和，求Sn.解由an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（nn为奇数,，2\f(n,2)n为偶数））可知,数列｛an}的奇数项成等差数列,公差d＝2，偶数项成等比数列，公比q＝2。所以当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝[1＋3＋…＋(n－1）]＋(21＋22＋…＋2eq\f(n,2))＝eq\f（n2，4)＋2eq\f（n＋2,2)－2；当n为奇数时,Sn＝Sn－1＋an＝eq\f（n－12,4)＋2eq\f(n＋1,2)－2＋n＝eq\f(n＋12，4)＋2eq\f(n＋1,2)－2.点评通过对通项公式恒等变形化成几个基本数列求和，这是数列求和的一个基本思想．3．裂项相消求和方法要领：常见的拆项公式有:①eq\f（1,nn＋1)＝eq\f（1,n）－eq\f(1,n＋1)；②eq\f（1,nn＋k）＝eq\f（1，k)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f(1,n＋k））);③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2n－1)－\f（1，2n＋1）));④eq\f(1，\r(n)＋\r（n＋1)）＝eq\r（n＋1）－eq\r（n）；⑤eq\f(1,nn＋1n＋2）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1，nn＋1)－\f（1,n＋1n＋2)))；⑥eq\f(2n，2n－12n＋1－1）＝eq\f（1,2n－1）－eq\f（1，2n＋1－1).例4等差数列{an｝的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64,b3S3＝960。（1)求an与bn；(2)求eq\f（1,S1）＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1，Sn）。解（1）设{an｝的公差为d，{bn}的公比为q,则d为正数,an＝3＋（n－1）d，bn＝qn－1.依题意有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（S2b2＝6＋dq＝64,，S3b3＝9＋3dq2＝960,)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（d＝2,,q＝8））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5)，，q＝\f（40,3）)）（舍去）．故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1,bn＝8n－1.(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2）．所以eq\f（1,S1）＋eq\f（1,S2）＋…＋eq\f(1，Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f（1,3×5）＋…＋eq\f（1，nn＋2)＝eq\f(1，2）（1－eq\f(1，3)＋eq\f(1,2)－eq\f（1，4）＋eq\f（1,3)－eq\f（1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f（1，n＋2）)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2)－\f(1，n＋1）－\f（1,n＋2))）＝eq\f（3,4)－eq\f（2n＋3，2n＋1n＋2)。点评拆项成差的目的在于大量抵消中间的项，使前n项和Sn的表达式得以简化．对于一些拆项的方法不要死记硬背，关键是观察通项an的特征结构进行代数恒等变形．4．奇偶并项求和方法要领:当通项中含有符号因子(－1)n或（－1）n＋1时，数列中相邻两项的符号异号,邻项合并后若规律明显,易于求和，可以考虑相邻两项合并后求和．由于并项的需要，常常对n的奇偶性进行分类讨论．例5已知函数f（n)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n2当n为奇数时，,－n2当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f（n＋1)，求a1＋a2＋a3＋…＋a100。解由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋（3＋2）－…－(99＋100）＋（101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100）＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.例6等比数列｛an}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二,三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列．第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1）求数列{an｝的通项公式；（2)若数列｛bn｝满足：bn＝an＋(－1）nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn。解（1)当a1＝3时,不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3。故an＝2·3n－1(n∈N＋）．(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋（－1）nln(2·3n－1）＝2·3n－1＋(－1)n［ln2＋（n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n（ln2－ln3)＋(－1）nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1）n］·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋（－1)nn]ln3.所以当n为偶数时，Sn＝2×eq\f（1－3n,1－3)＋eq\f(n,2）ln3＝3n＋eq\f(n,2）ln3－1；当n为奇数时,Sn＝2×eq\f(1－3n，1－3)－（ln2－ln3）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n)）ln3＝3n－eq\f（n－1,2）ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f（n,2)ln3－1，n为偶数，，3n－\f（n－1，2）ln3－ln2－1,n为奇数.）)点评求数列{an}的前n项和Sn时，若含有符号因子（－1)n，一般要对n按奇数、偶数两种情况讨论．5．错位相减求和方法要领:一般地，如果数列{an｝是等差数列，{bn}是等比数列,求数列{an·bn｝的前n项和时，可采用错位相减法求和．在写出“Sn”与“qSn"的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．例7化简:Sn＝n＋（n－1)×2＋（n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1.解Sn＝n＋（n－1)×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1两边同时乘以2，得到2Sn＝n×2＋(n－1）×22＋…＋3×2n－2＋2×2n－1＋2n∴Sn＝－n＋（21＋22＋…＋2n－1＋2n）＝eq\f(21－2n,1－2）－n＝2n＋1－n－2.例8已知cn＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(8，5)n－\f(3，5）n\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))n－1当n为奇数时，，－\f(8,5)n－\f(3，5）n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）))n－1当n为偶数时,)）Sn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn，求Sn.解当n为奇数时，Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（8,5)－2×\f（8，5)＋3×\f（8，5)－4×\f（8,5）＋…＋\f(8，5）n)）－eq\f(3，5）[1×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3）))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））2＋4×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)））3＋…＋neq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3））)n－1]＝eq\f（4n＋1,5）－eq\f（3,5）［1×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)）)0＋2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋4×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3)）)3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3))）n－1]．当n为偶数时,Sn＝［eq\f（8,5）－2×eq\f（8，5）＋3×eq\f(8,5）－4×eq\f(8，5）＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(8,5)n）)]－eq\f(3，5)[1×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))0＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））1＋3×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3))）2＋4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，3）))n－1]＝－eq\f(4n,5）－eq\f（3，5)[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3）)）0＋2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)））1＋3×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))2＋4×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3))）3＋…＋neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)n－1］．令Tn＝1×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））0＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)1＋3×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3))）2＋4×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3））)3＋…＋neq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）)）n－1,①则eq\f（2，3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））1＋2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)))2＋3×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）3＋4×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3)))4＋…＋neq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））n,②①－②，得eq\f(1,3)Tn＝1＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))1＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）））2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）)）3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)））4＋…＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3）))n－1－neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)））n＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2，3）））n，1－\f(2,3)）－neq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）））n＝3－(3＋n)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3))）n，∴Tn＝9－（9＋3n）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)）)n.因此Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（4n－23，5)＋\f(9n＋3，5)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2，3）））n当n为奇数时，,－\f（4n＋27,5）＋\f(9n＋3，5)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））n当n为偶数时。))点评利用错位相减法求和时，转化为等比数列求和．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分q＝1和q≠1两种情况分别求和．5提高运算速度七妙招数列问题的灵活性、技巧性较强，因此，在解数列问题时必须研究技巧与策略，以求做到:选择捷径、合理解题，本文归纳了七种常见策略．第一招活用概念数列的概念是求解数列问题的基础，灵活运用数列的概念，往往能出奇制胜．例1已知{an｝是公差为2的等差数列，若a1＋a4＋a7＋…＋a97＝100，那么a2＋a5＋a8＋…＋a98等于（）A．166B．66C．34D．100解析若先求出a1，再求和，运算较为繁琐．注意到两个和式中的项数相等，且均是等差数列．由于(a2＋a5＋a8＋…＋a98）－（a1＋a4＋a7＋…＋a97）＝（a2－a1）＋（a5－a4)＋（a8－a7)＋…＋（a98－a97)＝33d＝66，所以a2＋a5＋a8＋…＋a98＝100＋66＝166，故选A.答案A点评活用等差、等比数列的概念,沟通有关元素间的内在联系，使运算得以简化．第二招巧用性质数列的性质是数列的升华,巧妙运用数列的性质,往往可以使问题简单明了，解题更快捷方便．例2各项均为正数的等比数列{an｝中，若a7a8＝9,则log3a1＋log3a2＋…＋logA．12B．14C．10D．10＋log32解析若设出a1和q，利用基本量法求解，显然运算量较大．若利用性质a1a14＝a2a13＝…＝a7a8＝9，则a1a2…a14＝(a7a8)7＝97，所以log3a1＋log3a2＋…＋log答案B点评数列的性质是对数列内涵的揭示与显化，是求解数列问题的有力武器．第三招灵用变式在求解数列问题过程中，可以利用等差或等比数列的变形公式来处理有关问题．例3已知等差数列｛an}中，a3＝3，a10＝388，则该数列的通项an＝________。解析利用等差数列的变形公式求得公差，再结合等差数列的变形公式求得通项．设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq\f（a10－a3,10－3）＝eq\f(388－3,7）＝55，an＝a3＋（n－3)d＝3＋（n－3）×55＝55n－162.答案55n－162点评常规方法是联立方程组,求出首项与公差，再由数列的通项公式求解．而利用变形公式可以回避求解数列的首项，直接求解公差，再结合变形公式求得通项．第四招整体考虑通过研究问题的整体形式、整体结构，避免局部运算的困扰，达到简捷解决问题的目的．例4设Sn表示等差数列｛an｝的前n项和，且S9＝18，Sn＝240，若an－4＝30，试求n的值．解常规解法是设出基本量a1，d，列方程组求解，但较繁琐．若能利用整体思维，则可少走弯路,使计算合理又迅速．由S9＝18，即eq\f（9a1＋a9,2)＝18,则a1＋a9＝4＝2a5,故a5＝2.又Sn＝eq\f（na1＋an,2）＝eq\f(na5＋an－4，2)＝eq\f(n2＋30,2）＝240，所以n＝15.点评本题解法不在a1，d上做文章，而是将Sn变形整理用a5＋an－4表示，使解题过程大大简化．第五招数形结合数列是一类特殊的函数,所以可以借助函数的图象,通过数形结合解数列问题．例5在公差d<0的等差数列｛an｝中,已知S8＝S18,则此数列的前多少项的和最大？解用数形结合法解等差数列问题应抓住两个方面：①通项ax联系一次函数，对于等差数列的有关问题通过构造点共线模型，可简化解题过程；②前x项和Sx联系二次函数,利用二次函数的对称性及最值．设f（x）＝Sx＝xa1＋eq\f（xx－1，2)d＝eq\f（d，2）x2＋（a1－eq\f（d,2））x，则（n，Sn)在二次函数的图象上．由于S8＝S18，d<0，所以y＝f（x）的对称轴是x＝eq\f（8＋18,2）＝13,且开口向下，故当x＝13时，f（x）取得最大值,故数列{an｝的前13项的和最大．点评从直观性角度研究数列问题，可使问题变得生动形象，易于求解．第六招分解重组在处理数列求和问题时，若数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分，则对数列的前n项和进行重新分解，分别求和．例6在数列｛an｝中,已知a1＝eq\f（5，6），a2＝eq\f（19，36），且{bn｝是公差为－1的等差数列，bn＝log2（an＋1－eq\f（1,3)an），｛cn｝是公比为eq\f（1,3)的等比数列，cn＝an＋1－eq\f（1,2）an,求数列｛an}的通项公式an及前n项和Sn。解由已知条件，事先无法估计an解析式的结构，因此不能用待定系数法求an。但是利用等差数列{bn}和等比数列｛cn｝可以得出关于an＋1和an的两个等式，消去an＋1，即可得an。再根据an求解对应的前n项和．因为a1＝eq\f（5,6），a2＝eq\f（19,36)，所以b1＝log2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（19，36)－\f(1，3)×\f（5，6））)＝－2，c1＝eq\f(19,36)－eq\f（1，2)×eq\f（5，6)＝eq\f（1，32），又{bn｝是公差为－1的等差数列，｛cn｝是公比为eq\f(1,3）的等比数列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn＝－n－1，,cn＝\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)）)n＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（an＋1－\f（1,3)an））＝－n－1，，an＋1－\f（1，2)an＝\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）））n＋1，)）则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（an＋1－\f(1,3)an＝\f（1，2n＋1),,an＋1－\f(1，2)an＝\f（1，3n＋1),）)得an＝eq\f(3，2n）－eq\f(2,3n),所以Sn＝3·（eq\f(1，2)＋eq\f（1，22）＋…＋eq\f(1，2n))－2·(eq\f(1,3）＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f（1，3n））＝2－eq\f（3，2n)＋eq\f(1，3n).点评通项虽不是等比数列,但可拆为两个等比数列的和的形式，再分别利用等比数列的求和公式求和．第七招合理化归化归意识是把待解决的问题转化为已有知识范围内问题的一种数学意识，包括将复杂式子化简、为达某一目的对数学表达式进行变形、从目标入手进行分析等．例7数列｛an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f（n＋2,n)Sn（n＝1，2,3，…),证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(Sn，n））)是等比数列．证明要证明数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f（Sn，n）））是等比数列，必须把问题化成与eq\f(Sn,n)这个整体有关的问题，通过等比数列的定义加以证明．由于an＋1＝eq\f(n＋2,n）Sn，an＋1＝Sn＋1－Sn,则(n＋2）Sn＝n(Sn＋1－Sn），整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn,即eq\f（Sn＋1，n＋1)＝eq\f(2Sn，n).又Sn≠0，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn，n））)是以1为首项、2为公比的等比数列．点评将数列中的复杂问题进行转化，关键是找准方向，再利用已知等差或等比数列的相关知识求解．6小公式,大用场——公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（S1n＝1，，Sn－Sn－1n≥2）)在解数列综合题中的重要应用由数列前n项和Sn的含义可知，Sn＝a1＋a2＋…＋an，从而得到公式an＝Sn－Sn－1（n≥2)对任意数列都成立．在数列一章中，这是一个不太起眼的小公式，但是就是这样一个微不足道的小公式在求解数列综合题中发挥着重要的作用,也是近几年考试中高频考查的公式之一．下面结合例子谈一下该公式的重要用途．1．已知Sn＝f（n)，求an例1数列｛an}的前n项和Sn满足关系lg(Sn＋1)＝n(n＝1,2，3，…），试证数列{an}是等比数列．分析先由lg（Sn＋1）＝n，求出Sn，再由公式an＝Sn－Sn－1(n≥2）求出an,最后利用等比数列定义证明．证明由已知可得Sn＝10n－1。当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝(10n－1）－(10n－1－1）＝9·10n－1.又n＝1时,a1＝S1＝9也满足上述通项公式，∴数列｛an}的通项公式为an＝9·10n－1.而当n≥2时，eq\f（an，an－1)＝eq\f(9·10n－1，9·10n－2）＝10为一常数，∴数列{an}是以9为首项,10为公比的等比数列．2．已知Sn＋1＝f(Sn），求an或Sn例2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)求{an｝的通项公式以及Sn。分析注意到Sn＋1＝2Sn＋n＋5，得到Sn＝2Sn－1＋n＋4，然后两式相减就会得到an＋1与an的递推关系，从而使问题(1)获证,在第（1)问结论的基础上易求an及Sn.（1）证明由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N＋，可得当n≥2时,Sn＝2Sn－1＋n＋4。两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1,从而an＋1＋1＝2(an＋1)．当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，又a1＝5，所以a2从而a2＋1＝2(a1＋1），故总有an＋1＋1＝2（an＋1)，n∈N＋，又a1＝5，a1＋1≠0,从而eq\f(an＋1＋1，an＋1）＝2,即数列｛an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．(2)解由（1）得an＋1＝6·2n－1，所以an＝6·2n－1－1，于是Sn＝eq\f（6·1－2n，1－2）－n＝6·2n－n－6.3．已知Sn＝f(an)，求an或Sn例3设An为数列{an}的前n项和，An＝eq\f(3，2)（an－1)（n∈N＋），数列{bn}的通项公式为bn＝4n＋3（n∈N＋）．（1)求数列{an｝的通项公式;（2）将数列｛an}、｛bn｝的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列{dn｝，证明数列{dn｝的通项公式为dn＝32n＋1（n∈N＋）．分析（1）一般地，当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需要运用关系式an＝Sn－Sn－1,先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．(2)一般地,一个等差数列与一个等比数列若存在公共项，则它们的公共项按原来的顺序构成一个新的等比数列．（1)解由已知An＝eq\f(3，2）（an－1）(n∈N＋）．当n＝1时，a1＝eq\f（3,2）（a1－1），解得a1＝3.当n≥2时，an＝An－An－1＝eq\f(3,2)(an－an－1），由此解得an＝3an－1，即eq\f(an，an－1）＝3(n≥2)．所以数列｛an}是首项为3，公比为3的等比数列，故an＝3n(n∈N＋）．(2）证明由计算可知a1，a2不是数列｛bn｝中的项．因为a3＝27＝4×6＋3，所以d1＝27是数列{bn}中的第6项．设ak＝3k是数列{bn｝中的第m项，则3k＝4m＋3(k，m∈N＋因为ak＋1＝3k＋1＝3·3k＝3（4m＋3)＝4(3所以ak＋1不是数列{bn}中的项．而ak＋2＝3k＋2＝9·3k＝9（4m＋3）＝4（9所以ak＋2是数列{bn｝中的项．由以上讨论可知d1＝a3，d2＝a5，d3＝a7，…，dn＝a2n＋1。所以数列{dn｝的通项公式是dn＝a2n＋1＝32n＋1（n∈N＋)．4．已知an＝f(Sn)，求an或Sn例4已知在数列｛an}中，a1＝1，前n项的和为Sn，对任意的自然数n≥2，an是3Sn－4与2－eq\f(3，2）Sn－1的等差中项．(1）求通项an；(2)求Sn。分析由已知能推出eq\f（an＋1,an)＝－eq\f（1，2），但是eq\f（an＋1，an）＝－eq\f(1，2)成立的前提n≥2，只能说明数列从第2项起为等比数列,至于整个数列｛an}是否为等比数列还需验证eq\f(a2，a1)是否等于－eq\f（1，2)，这种在解答过程中忽视数列“定义域”限制而致错的题目频率是非常高的，应引起足够的重视．解（1）由已知,得当n≥2时，2an＝(3Sn－4）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2－\f（3，2）Sn－1)). ①又an＝Sn－Sn－1， ②得an＝3Sn－4(n≥2)，an＋1＝3Sn＋1－4.以上两式相减得an＋1－an＝3an＋1,∴eq\f（an＋1,an)＝－eq\f（1,2),∴a2，a3，…,an,…成等比数列，其中a2＝3S2－4＝3（1＋a2)－4.即a2＝eq\f(1,2)，q＝－eq\f（1，2），∴当n≥2时，an＝a2qn－2＝eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)））n－2＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）））n－1，即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)）)n－1n≥2.)）(2)当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋（a2＋…＋an)＝1＋eq\f（\f(1，2）[1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）)）n－1]，1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)）)）＝1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）））n－1)）。当n＝1时，S1＝1＝1＋eq\f(1，3)eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2))）0）），也符合上述公式．即Sn＝eq\f(4,3）－eq\f(1，3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)))n－1.7盘点数列中的易错问题1．对数列的概念理解不准而致错例1已知数列{an｝是递增数列，且对于任意的n∈N＋，an＝n2＋λn恒成立,则实数λ的取值范围是________．［错解］因为an＝n2＋λn是关于n的二次函数，且n≥1，所以－eq\f(λ，2）≤1，解得λ≥－2。[点拨]数列是以正整数N＋（或它的有限子集｛1,2，…，n}）为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．[正解1]设f（x)＝x2＋λx，则其图象的对称轴为x＝－eq\f(λ,2），因为an＝n2＋λn,所以点（n,an）在f(x）的图象上，由数列{an｝是单调递增数列可知,若－eq\f(λ，2)≤1，得λ≥－2；如图所示，当2－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（λ，2）)）〉－eq\f（λ,2)－1，即当λ>－3时，数列{an｝也是单调递增的．故λ的取值范围为｛λ|λ≥－2}∪{λ｜λ〉－3}＝｛λ｜λ>－3｝．即λ〉－3为所求的取值范围．[正解2］因为数列｛an｝是单调递增数列，所以an＋1－an>0(n∈N＋)恒成立．又an＝n2＋λn（n∈N＋)，所以（n＋1）2＋λ（n＋1)－(n2＋λn）〉0恒成立，即2n＋1＋λ〉0，所以λ>－（2n＋1）(n∈N＋)恒成立．而当n∈N＋时，－(2n＋1）的最大值为－3（当n＝1时)，所以λ〉－3即为所求的取值范围．温馨点评利用函数观点研究数列性质时,一定要注意数列定义域是{1，2，3，4,…,n，…}或其子集这一特殊性，防止因扩大定义域而出错。2．忽视数列与函数的区别而致错例2设函数f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3－ax－3，x≤7，，ax－6，x〉7，）)数列{an｝满足an＝f(n）,n∈N＋,且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．［错解]因为数列｛an}是递增数列,且点(n，an)在函数f(x）的图象上,所以分段函数f（x）是递增函数,故实数a满足不等式组eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3－a〉0,，a>1，，73－a－3<a，))解得eq\f（9,4）〈a〈3.［点拨]上述解法,把数列单调递增完全等同于所在的函数单调递增，忽视了二者的区别，事实上，数列单调递增,所在函数不一定单调．[正解]由题意，得点（n，an）分布在分段函数f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3－ax－3，x≤7，，ax－6，x〉7））的图象上，因此当3－a〉0时，a1〈a2<a3<…〈a7；当a>1时，a8〈a9〈a10<…；为使数列{an｝递增还需a7〈a8。故实数a满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a〉0，,a〉1，，f7〈f8，）)解得2〈a<3，故实数a的取值范围是(2,3）．eq\x（温馨点评数列单调递增，所在函数不一定单调递增,防止知识混淆而导致解题结果错误。）3．公式使用条件考虑不周全而致错例3已知数列{an｝的前n项和为Sn＝3n＋2n＋1，求an。［错解］an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1）＋1]＝2·3n－1＋2。［点拨］公式an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（S1n＝1,,Sn－Sn－1n≥2)）是分段的,因为n＝1时，Sn－1无意义．在上述解答中，应加上限制条件n≥2,然后验证当n＝1时的值是否适合当n≥2时的表达式．［正解］a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n＋2n＋1）－[3n－1＋2(n－1）＋1］＝2·3n－1＋2。由于a1不适合此式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n＝1,,2·3n－1＋2n≥2。））温馨点评因为数列{an}中，a0,S0这样的符号是没有任何意义的，因此an＝Sn－Sn－1仅适用于当n≥2时求an，第一项a1要利用a1＝S1单独求解，若能统一要统一，否则要分段写出。4．审题不细心,忽略细节而致错例4首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数,求公差d的取值范围．[错解］a10＝a1＋9d＝－24＋9d〉0，∴d〉eq\f(8，3)。[点拨］忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项,应有a9≤0.［正解]设an＝－24＋（n－1)d，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a9＝－24＋9－1d≤0,，a10＝－24＋10－1d>0，))解不等式得eq\f(8，3）〈d≤3.eq\x（温馨点评审题时要细心，包括问题的细节，有时细节决定解题的成败.)5．忽略概念中的隐含条件而致错例5一个凸n边形的各内角度数成等差数列,其最小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数．［错解]一方面凸n边形的内角和为Sn，Sn＝120°n＋eq\f（nn－1,2)×5°.另一方面，凸n边形内角和为（n－2）×180°.所以120n＋eq\f(nn－1，2)×5＝(n－2）×180.化简整理得n2－25n＋144＝0.所以n＝9或n＝16.即凸n边形的边数为9或16。[点拨］凸n边形的每个内角都小于180°。当n＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°〉180°应该舍掉．［正解］凸n边形内角和为(n－2)×180°,所以120n＋eq\f（nn－1,2）×5＝(n－2）×180，解得n＝9或n＝16.当n＝9时,最大内角为120°＋8×5°＝160°<180°;当n＝16时,最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°，舍去．所以凸n边形的边数为9。温馨点评凸n边形是一个明确的几何概念，是本题中容易忽略的一个条件.利用数列知识解实际问题时，一定要注意所得结果的实际含义，必要时作出取舍.6．忽视等差数列前n项和公式的基本特征而致错例6已知两个等差数列{an｝和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有eq\f（Sn,Tn)＝eq\f（5n＋3,2n＋7)，试求eq\f(a9,b9)的值．[错解］设Sn＝(5n＋3)k,Tn＝(2n＋7)k，k≠0，则a9＝S9－S8＝（5×9＋3）k－（5×8＋3)k＝5k，b9＝T9－T8＝(2×9＋7）k－（2×8＋7)k＝2k，所以eq\f(a9,b9）＝eq\f（5,2）。［点拨］此解答错在根据条件eq\f(Sn，Tn)＝eq\f(5n＋3，2n＋7），设Sn＝(5n＋3）k，Tn＝(2n＋7)k,这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点．［正解］因为｛an}和｛bn｝是公差不为0的等差数列，故设Sn＝n(5n＋3）k，Tn＝n（2n＋7）k,k≠0，则a9＝S9－S8＝9×（5×9＋3)k－8×（5×8＋3）k＝88k，b9＝T9－T8＝9×(2×9＋7)k－8×（2×8＋7)k＝41k，所以eq\f（a9，b9)＝eq\f(88，41)。温馨点评等差数列的前n项和Sn＝eq\f（d,2）n2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)））n，当d≠0时，点（n，Sn）在二次函数f（x)＝eq\f(d,2)x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（a1－\f（d,2)））x的图象上，当d＝0时，Sn＝na1，但是本题不属于这种情况(否则eq\f（Sn,Tn）＝eq\f（