8.已知数列{a_n}、{b_n}都是由正数组成的等比数列，公比分别为p、q,其中p＞q且p≠1,q≠1,设c_n=a_n+b_n,S_n为数列{c_n}的前n项和，求.

解:S_n=+,

当p＞1时，p＞q＞0,得0＜＜1,上式分子、分母同除以p^n－1，得

∴=p.

当p＜1时，0＜q＜p＜1, ==1.

探究创新

7.已知数列{a_n}、{b_n}都是无穷等差数列,其中a₁=3,b₁=2,b₂是a₂与a₃的等差中项,且

　=,求极限 (++…+)的值.

解:{a_n}、{b_n}的公差分别为d₁、d₂.

∵2b₂=a₂+a₃,即2(2+d₂)=(3+d₁)+(3+2d₁),

∴2d₂－3d₁=2.

又===,即d₂=2d₁,

∴d₁=2,d₂=4.

∴a_n=a₁+(n－1)d₁=2n+1,b_n=b₁+(n－1)d₂=4n－2.

∴==(－).

∴原式=(1－)=.

6.已知数列{a_n}满足(n－1)a_n+1=(n+1)(a_n－1)且a₂=6,设b_n=a_n+n(n∈N*).

(1)求{b_n}的通项公式；

(2)求(+++…+)的值.

解:(1)n=1时，由(n－1)a_n+1=(n+1)(a_n－1),得a₁=1.

n=2时，a₂=6代入得a₃=15.同理a₄=28,再代入b_n=a_n+n,有b₁=2,b₂=8,b₃=18,b₄=32,由此猜想b_n=2n².

要证b_n=2n²,只需证a_n=2n²－n.

①当n=1时，a₁=2×1²－1=1成立.

②假设当n=k时，a_k=2k²－k成立.

那么当n=k+1时，由(k－1)a_k+1=(k+1)(a_k－1),得a _k+1=(a_k－1)

=(2k²－k－1)=(2k+1)(k－1)=(k+1)(2k+1)=2(k+1)²－(k+1).

∴当n=k+1时，a_n=2n²－n正确，从而b_n=2n².

(2)(++…+)=(++…+)

=［++…+］

=［1－+－+…+－］

=［1+－－］=.

培养能力

5.(2004年湖南,理8)数列{a_n}中,a₁=,a_n+a_n+1=,n∈N*,则(a₁+a₂+…+a_n)等于

A. 　　　　　　B. 　　　　　　　C. 　　　　　　　D.

解析:2(a₁+a₂+…+a_n)=a₁+［(a₁+a₂)+(a₂+a₃)+(a₃+a₄)+…+(a_n－1+a_n)］+a_n=+[++…+]+a_n.

∴原式=［++a_n］=(++a_n).

∵a_n+a_n+1=,∴a_n+a_n+1=0.

∴a_n=0.

答案:C

4.(2004年 上海,4)设等比数列{a_n}(n∈N)的公比q=－,且(a₁+a₃+a₅+…+a_2n－1)=,则a₁=_________________.

解析:∵q=－,∴ (a₁+a₃+a₅+…+a_2n－1)==.∴a₁=2.

答案:2

3.(2004年春季上海)在数列{a_n}中，a₁=3，且对任意大于1的正整数n,点(,)在直线x－y－=0上，则=__________________.

解析:由题意得－= (n≥2).

∴{}是公差为的等差数列，=.

∴=+(n－1)·=n.

∴a_n=3n².

∴=

==3.

答案:3

2.(2003年北京)若数列{a_n}的通项公式是a_n=,n=1,2,…,则 (a₁+a₂+…+a_n)等于

A.　　　　　　　 B.　　　　　　　 C.　　　　　　 D.

解析:a_n=

即a_n=

∴a₁+a₂+…+a_n=(2^－1+2^－3+2^－5+…)+(3^－2+3^－4+3^－6+…).

∴(a₁+a₂+…+a_n)=+=

答案:C

1.已知a、b、c是实常数，且=2, =3,则的值是

A.2　　　　　　　 B.3　　　　　　 C.　　　　　　　 D.6

解析:由=2,得a=2b.

由=3,得b=3c,∴c=b.

∴=6.

∴== =6.

答案:D

5.(2005年春季北京,9) =____________.

解析:原式==.

答案:

思考讨论

求数列极限时，如是不定型(,,∞－∞等)，应先变形，再求极限，一般应如何变形？

●典例剖析

[例1] 求下列极限：

(1);(2) (－n);

(3)(++…+).

剖析:(1)因为分子分母都无极限，故不能直接运用商的极限运算法则，可通过变形分子分母同除以n²后再求极限；(2)因与n都没有极限，可先分子有理化再求极限；(3)因为极限的运算法则只适用于有限个数列，需先求和再求极限.

解:(1)==.

(2) (－n)= ==.

(3)原式===(1+)=1.

评述:对于(1)要避免下面两种错误：①原式===1,②∵(2n ²+n+7), (5n²+7)不存在，∴原式无极限.对于(2)要避免出现下面两种错误：　　　　　 ①(－n)= －n=∞－∞=0;②原式=－n=∞－∞不存在.对于(3)要避免出现原式=++…+=0+0+…+0=0这样的错误.

[例2] 已知数列{a_n}是由正数构成的数列，a₁＝3，且满足lga_n＝lga_n－1+lgc，其中n是大于1的整数，c是正数．

(1)求数列{a_n}的通项公式及前n和S_n；

(2)求的值．

解:(1)由已知得a_n＝c·a_n－1,

∴{a_n}是以a₁＝3，公比为c的等比数列，则a_n＝3·c^n－1.

∴S_n＝

(2) ＝.

①当c=2时，原式＝－;

②当c＞2时，原式＝＝－;

③当0＜c＜2时，原式=＝.

评述:求数列极限时要注意分类讨论思想的应用.

[例3] 已知直线l:x－ny=0(n∈N *),圆M:(x+1)²+(y+1)²=1,抛物线:y=(x－1)²,又l与M交于点A、B，l与交于点C、D，求.

剖析:要求的值，必须先求它与n的关系.

解:设圆心M(－1,－1)到直线l的距离为d,则d²=.

又r=1,∴|AB|²=4(1－d²)=.

设点C(x₁,y₁), D(x₂,y₂)，

由nx²－(2n+1)x+n=0,

∴x₁+x₂=, x₁·x₂=1.

∵(x₁－x₂)²=(x₁+x₂)²－4x₁x₂=,(y₁－y₂)²=(－)²=,

∴|CD|²=(x₁－x₂)²+(y₁－y₂)²

=(4n+1)(n²+1).

∴===2.

评述:本题属于解析几何与数列极限的综合题.要求极限，需先求,这就要求掌握求弦长的方法.

[例4] 若数列{a_n}的首项为a₁=1,且对任意n∈N*,a_n与a_n+1恰为方程x²－b_nx+cⁿ=0的两根,其中0＜|c|＜1,当 (b₁+b₂+…+b_n)≤3,求c的取值范围.

解:首先,由题意对任意n∈N*,a_n·a_n+1=cⁿ恒成立.

∴===c.又a₁·a₂=a₂=c.

∴a₁,a₃,a₅,…,a_2n－1,…是首项为1,公比为c的等比数列,a₂,a₄,a₆,…,a_2n,…是首项为c,公比为c的等比数列.其次,由于对任意n∈N*,a_n+a_n+1=b_n恒成立.

∴==c.又b₁=a₁+a₂=1+c,b₂=a₂+a₃=2c,

∴b₁,b₃,b₅,…,b_2n－1,…是首项为1+c,公比为c的等比数列,b₂,b₄,b₆,…,b_2n,…是首项为2c,公比为c的等比数列,

∴ (b₁+b₂+b₃+…+b_n)= (b₁+b₃+b₅+…)+ (b₂+b₄+…)=+≤3.

解得c≤或c＞1.∵0＜|c|＜1,∴0＜c≤或－1＜c＜0.

故c的取值范围是(－1,0)∪(0,］.

评述:本题的关键在于将题设中的极限不等式转化为关于c的不等式,即将{b_n}的各项和表示为关于c的解析式,显然“桥梁”应是一元二次方程根与系数的关系,故以根与系数的关系为突破口.

●闯关训练

夯实基础

4.(2005年春季上海,2) =__________.

解析:原式===0.

答案:0