理科高三数学教案
【摘要】鉴于大家对数学网十分关注，小编在此为大家搜集整理了此文理科高三数学教案：数列总复习，供大家参考!
考试要求 重难点击 命题展望
1.数列的概念和简单表示法?
(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);? (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.?
2.等差数列、等比数列?
(1)理解等差数列、等比数列的概念;?
(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?
(3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题;?
(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;
2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?
本章难点：1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用. 仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一 个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.
知识网络
6.1 数列的概念与简单表示法
典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：
(1)7,77,777,7 777，
(2)23，-415，635，-863，
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，
【解析】(1)将数列变形为79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，
故an=79(10n-1).
(2)分开观察，正负号由(-1)n+1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57， ，(2n-1)(2n+1)，故数列的通项公式可写成an =(-1)n+1 .
(3)将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.
故数列的通项公式为an=n+ .
【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.
【变式训练1】如下表定义函数f(x)：
x 1 2 3 4 5
f(x) 5 4 3 1 2
对于数列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，则a2 008的值是()
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.
所以a2 008=a4=2，故选B.
题型二 应用an= 求数列通项
【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：
(1)Sn=3n-2;
(2)Sn=18(an+2)2 (an0).
【解析】(1)当n=1时，a1=S1=31-2=1，
当n2时，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，
又a1=1不适合上式，
故an=
(2)当n=1时，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，
当n2时，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，
所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，
又an0，所以an-an-1=4，
可知{an}为等差数列，公差为4，
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，
a1=2也适合上式，故an=4n-2.
【点拨】本例的关键是应用an= 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足2的一般性通项公式.
【变式训练2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，则数列{an}的通项公式是()
A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n
【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.
所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故选D.
题型三 利用递推关系求数列的通项
【例3】已知在数列{an}中a1=1，求满足下列条件的数列的通项公式：
(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.
【解析】(1)因为对于一切nN*，an0，
因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.
所以{1an}是等差数列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.
(2)根据已知条件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.
所以数列{an2n}是等差数列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.
【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.
【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.
【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，
所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，
令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，
所以[(n+1)t-n](t+1)=0，
得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.
所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.
总结提高
1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.
2.由Sn求an时，要分n=1和n2两种情况.
3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
6.2 等差数列
典例精析
题型一 等差数列的判定与基本运算
【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.
(1)求证：{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.
【解析】(1)证明：n=1时，a1=S1=-8，
当n2时，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，
当n=1时，也适合该式，所以an=2n-10 (nN*).
当n2时，an-an-1=2，所以{an}为等差数列.
(2)因为n5时，an0，n6时，an0.
所以当n5时，Tn=-Sn=9n-n2，
当n6时，Tn=a1+a2++a5+a6++an
=-a1-a2--a5+a6+a7++an
=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，
所以，
【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求 和公式.
【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21=42，若记bn= ，则数列{bn}()
A.是等差数列，但不是等比数列 B.是等比数列，但不是等差数列
C.既是等差数列，又是等比数列 D.既不是等差数列，又不是等比数列
【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21=21a1+21202d=42.
所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.
题型二 公式的应用
【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S120，S130.
(1)求公差d的取值范围;
(2)指出S1，S2，，S12中哪一个值最大，并说明理由.
【解析】(1)依题意，有
S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，
即
由a3=12，得a1=12-2d.③
将③分别代入①②式，得
所以-247
(2)方法一：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，
则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，
即a6+a70，a70，因此a60，a70，
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
方法二：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，
则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn0的最大自然数n=.
【解析】由题意知 又因为公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 当
n=4 015时，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015当n=4 016时，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4 015.
题型三 性质的应用
【例3】某地区2010年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.
(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;
(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?
【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.
所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)40=400(人).
所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.
所以后20天新感染者的人数和为T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).
所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).
【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为
.
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S410，S515，
所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，
所以a43+1=4，故a4的最大值为4.
总结提高
1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+(m-n)d.
2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.
3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a +d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.
4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.
6.3 等比数列
典例精析
题型一 等比数列的基本运算与判定
【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求证：
(1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.
【解析】(1)因为an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，
所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).
整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，
故{Snn}是以2为公比的等比数列.
(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，
于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).
又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.
因此对于任意正整数n1，都有Sn+1=4an.
【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使 用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.
【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2an，则当f(n)最大时，n的值为()
A.7 B.8 C.9 D.10
【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此时n=9.故选C.
题型二 性质运用
【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).
(1)求an;
(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，
又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，
所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，
所以an=32(12)n-1=26-n .
(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，
因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，
所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.
【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用等积性，题目小而巧且背景不断更新，要熟练掌握.
【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?
【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有
a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，
我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，
而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，
所以可以得出结论：
若bm=1，则有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.
在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).
题型三 综合运用
【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.
【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.
所以当n2时，有
两式相减得an+1=3an(n2).
又a2=2S1+a1=3a1，an0，
所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.
所以an=a13n-1.
(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.
要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.
所以{bn}是首项 为3，公比为q=3的等比数列.
所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.
【变式训练3】已知命题：若{an}为等 差数列，且am=a，an=b(m0，nN*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m
【解析】n-mbnam.
总结提高
1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通过求和与通项两公式列方程组求解.
2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.
3.分类讨论思想：当a10，q1或a10,00,01时，{an}为递减数列;q0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.
6.4 数列求和
典例精析
题型一 错位相减法求和
【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.
【解 析】(1)a=1时，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.
(2)a1时，因为a0，
Sn=1a+2a2+3a3++nan，①
1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②
由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，
所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.
综上所述，Sn=
【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法;
(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;
(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.
【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为()
A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1
【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故选C.
题型二 分组并项求和法
【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).
【解析】和式中第k项为ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).
所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]
= -(12+122++12n)]
=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.
【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n项和为()
A.2n-1 B.n2n-n
C.2n+1-n D.2n+1-n-2
【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，
Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故选D.
题型三 裂项相消法求和
【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若对任意非零自然数n，Tnm32恒成立，求m的最大整数值.
【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，
从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d=a4-a14-1=-2，
所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.
(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，
所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]
=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，
上式对一切nN*恒成立.
所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.
对nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，
所以m163，故m的最大整数值为5.
【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.
(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.
【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，则数列{cn}的前10项和为()
A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10
【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.
总结提高
1.常用的 基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.
2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.
6.5 数列的综合应用
典例精析
题型一 函数与数列的综合问题
【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，设f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列.
(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列;
(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求Sn.
【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，
所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)为定值，所以{an}为等比数列.
(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，
当a=2时，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，
Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，
2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，
两式相减得
-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，
所以Sn=n2n+3.
【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.
【变式训练1】设函数f(x)=xm+ax的导函数f(x)=2x+1，则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()
A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n
【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.
所以f(x)=x2+x，则1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.
所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选C.
题型二 数列模型实际应用问题
【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2010年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.
(1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1=310，经过n年绿化面积为an+1，求证：an+1=45an+425;
(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%?
【解析】(1)证明：由已知可得an 确定后，an+1可表示为an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，
即an+1=80%an+16%=45an+425.
(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，
又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，
若an+135，则有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，
(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，
所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，
所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.
【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.
【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以前进3步，然后再后退2步的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)=0，则下列结论中错误的是()
A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403
C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405
【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2 006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+
3=404，P(2 009)=404-1=403.故D错.
题型三 数列中的探索性问题
【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)为直角坐标平面上的点.
(1)对nN*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.
【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.
(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表达式可知：
2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①
所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②
①-②得bn=3n-4，所以{bn}为等差数列.
故点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共线，直线方程为y=3x-4.
【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(nN*).若a11，a43，S39，则通项公式an=.
【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.
由a11，a43，S39得
令x=a1，y=d得
在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.
总结提高
1.数列模型应用问题的求解策略
(1)认真审题，准确理解题意;
(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解;
(3)验证、反思结果与实际是否相符.
2.数列综合问题的求解策略
(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解;
(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.
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