高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.1 数列的概念与简单表示法 word版含答案

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第一节 数列的概念与简单表示法
数列的概念及表示方法
(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．
知识点一 数列的概念
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫作首项)．
2．数列的分类
易误提醒
1．由前n项写通项、数列的通项并不唯一．
2．易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．
[自测练习]
1．数列{an}：1，－eq \f(5,8)，eq \f(7,15)，－eq \f(9,24)，…，的一个通项公式是( )
A．an＝(－1)n＋1eq \f(2n－1,n2＋n)(n∈N＋)
B．an＝(－1)n－1eq \f(2n＋1,n3＋3n)(n∈N＋)
C．an＝(－1)n＋1eq \f(2n－1,n2＋2n)(n∈N＋)
D．an＝(－1)n－1eq \f(2n＋1,n2＋2n)(n∈N＋)
解析：观察数列{an}各项，可写成：eq \f(3,1×3)，－eq \f(5,2×4)，eq \f(7,3×5)，－eq \f(9,4×6)，故选D.
答案：D
2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3( )
A．不是数列{an}中的项
B．只是数列{an}中的第2项
C．只是数列{an}中的第6项
D．是数列{an}中的第2项或第6项
解析：令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．
答案：D
知识点二 数列与函数关系及递推公式
1．数列与函数的关系
从函数观点看，数列可以看作定义域为正整数集N＋(或它的有限子集)的函数，当自变量从小到大依次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列．
2．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．
必记结论 an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
[自测练习]
3．在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1，则a5的值为( )
A．30 B．31
C．32 D．33
解析：a5＝2a4＋1＝2(2a3＋1)＋1＝22a3＋2＋1＝23a2＋22＋2＋1＝24a1＋23＋22＋2＋1＝31.
答案：B
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式是________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－3)－(2n－1－3)＝2n－2n－1＝2n－1.
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1,2n－1，n≥2))
考点一 由数列的前几项求数列的通项公式|
1．下列公式可作为数列{an}：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是( )
A．an＝1 B．an＝eq \f(－1n＋1,2)
C．an＝2－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(nπ,2))) D．an＝eq \f(－1n－1＋3,2)
解析：由an＝2－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(nπ,2)))可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，….
答案：C
2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
(1)4,6,8,10，…；
(2)－eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，－eq \f(1,3×4)，eq \f(1,4×5)，…；
(3)a，b，a，b，a，b，…(其中a，b为实数)；
(4)9,99,999,9 999，….
解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式an＝2(n＋1)(n∈N＋)．
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式an＝(－1)n×eq \f(1,nn＋1).
(3)这是一个摆动数列，奇数项是a，偶数项是b，所以此数列的一个通项公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，n为奇数，,b，n为偶数.))
(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1，1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1.
用观察法求数列的通项公式的两个技巧
(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．
(2)对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．

考点二 由an与Sn的关系求通项an|
已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.
[解] (1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．

已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N＋，求{an}的通项公式．
解：由a1＝S1＝eq \f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，
由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.
又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq \f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq \f(1,6)(an＋1)(an＋2)，
得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.
因为an>0，故an＋1＝－an不成立，舍去．
因此an＋1－an－3＝0.
即an＋1－an＝3，从而{an}是以公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.
考点三 由递推关系式求数列的通项公式|
递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．
归纳起来常见的探究角度有：
1．形如an＋1＝anf(n)，求an.
2．形如an＋1＝an＋f(n)，求an.
3．形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an.
4．形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an.
探究一 形如an＋1＝anf(n)，求an.
1．在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)．
解：因为an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，
所以an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
由累乘法可得an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n)(n≥2)．又a1＝1符合上式，∴an＝eq \f(1,n).
探究二 形如an＋1－an＝f(n)，求an.
2．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2.
解：因为an＋1－an＝3n＋2，所以an－an－1＝3n－1(n≥2)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq \f(n3n＋1,2)(n≥2)．当n＝1时，a1＝2＝eq \f(1,2)×(3×1＋1)，符合上式，所以an＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).
探究三 形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)求an.
3．在数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an＋2.
解：因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1.
探究四 形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an.
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式．
解：∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，∴an≠0，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解．
1．形如an＝an－1＋f(n)(n≥2，n∈N*)时，用累加法求解．
2．形如eq \f(an,an－1)＝f(n)(an－1≠0，n≥2，n∈N*)时，用累乘法求解．
3．形如an＝an－1＋m(n≥2，n∈N*)时，构造等差数列求解；形如an＝xan－1＋y(n≥2，n∈N*)时，构造等比数列求解．
16.函数思想在数列中的应用
【典例】 已知数列{an}．
(1)若an＝n2－5n＋4.
①数列中有多少项是负数？
②n为何值时，an有最小值？并求出最小值．
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立．求实数k的取值范围．
[思路点拨] (1)求使an<0的n值；从二次函数看an的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式可以看作相应的解析式f(n)＝n2＋kn＋4.f(n)在N*上单调递增，但自变量不连续．从二次函数的对称轴研究单调性．
[解] (1)①由n2－5n＋4<0，解得1∵n∈N*，∴n＝2,3.
∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.
②∵an＝n2－5n＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(9,4)，
∴对称轴方程为n＝eq \f(5,2).
又n∈N*，∴n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.
(2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，
即k>－1－2n，又n∈N*，所以k>－3.
[方法点评]
1．本题给出的数列通项公式可以看作是一个定义在正整数集上的二次函数，因此可以利用二次函数的对称轴来研究其单调性，得到实数k的取值范围，使问题得到解决．
2．本题易错答案为k>－2.原因是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数．
3．在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取．
[跟踪练习] 已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．
解：法一：∵an＋1－an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n×eq \f(9－n,11)，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
法二：根据题意，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n－1≤n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1，))解得9≤n≤10.
又n∈N*，
∴n＝9或n＝10，
∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
A组 考点能力演练
1．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2eq \r(an＋1)＋1，则a13＝( )
A．143 B．156
C．168 D．195
解析：由an＋1＝an＋2eq \r(an＋1)＋1得an＋1＋1＝(eq \r(an＋1)＋1)2，所以eq \r(an＋1＋1)－eq \r(an＋1)＝1，又a1＝0，则eq \r(an＋1)＝n，an＝n2－1，则a13＝132－1＝168.
答案：C
2．(2015·杭州质检)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a20＝( )
A．0 B．－eq \r(3)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(3),2)
解析：本题由数列递推关系式，推得数列{an}是周期变化的，找出规律，再求a20.由a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，得a2＝－eq \r(3)，a3＝eq \r(3)，a4＝0，…由此可知：数列{an}是周期变化的，且三个一循环，所以可得a20＝a2＝－eq \r(3)，故选B.
答案：B
3．在数列{an}中，a3＝8，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋2n为奇数，,2an n为偶数，))则a5等于( )
A．12 B．14
C．20 D．22
解析：本题考查数列的基本性质．代入得a4＝a3＋2＝10，a5＝2a4＝20.
答案：C
4．在数列{an}中，有an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则此数列{an}的前100项的和S100＝( )
A．200 B．300
C．298 D．299
解析：由题意，知an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2＋an＋3，则an＝an＋3，所以数列{an}是周期为3的周期数列，则a1＝a4＝a7＝…＝a97＝a100＝2，a2＝a5＝…＝a98＝4，a3＝a6＝a9＝…＝a99＝3，所以数列的前100项和为(a1＋a2＋a3)×33＋a100＝299，故选D.
答案：D
5．已知在数列{an}中，a1＝2，a2＝7，若an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016的值为( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：因为a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4；因为a2a3＝7×4＝28，所以a4＝8；因为a3a4＝4×8＝32，所以a5＝2；因为a4a5＝8×2＝16，所以a6＝6；因为a5a6＝2×6＝12，所以a7＝2；因为a6a7＝6×2＝12，所以a8＝2；依次计算得a9＝4，a10＝8，a11＝2，a12＝6，所以从第3项起，数列{an}成周期数列，周期为6，因为2 016＝2＋335×6＋4，所以a2 016＝6.
答案：B
6．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝0，若对任意的正整数n，m(n>m)，有aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,m)＝an－man＋m，则a2 015＝________.
解析：令n＝2，m＝1，则aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,1)＝a1a3，得a3＝－1；令n＝3，m＝2，则aeq \\al(2,3)－aeq \\al(2,2)＝a1a5，得a5＝1；令n＝5，m＝2，则aeq \\al(2,5)－aeq \\al(2,2)＝a3a7，得a7＝－1，所以猜想当n为奇数时，{an}为1，－1,1，－1，…，所以a2 015＝－1.
答案：－1
7．若数列{(n－a)2}是递增数列，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意得，对任意的n∈N*.(n＋1－a)2>(n－a)2恒成立，即2a<2n＋1恒成立，所以2a<(2n＋1)min＝3，则a答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))
8．(2016·蚌埠检查)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)， an为偶数，,3an＋1， an为奇数，))如果a1＝1，则a1＋a2＋…＋a2 014＝________.
解析：由题意知a1＝1，a2＝3×1＋1＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，所以{an}的周期为3，因为2 014＝3×671＋1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(1＋4＋2)×671＋1＝4 698.
答案：4 698
9．已知数列{an}的通项公式为an＝－n＋p，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－5，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，an≤bn，,bn，an>bn.))若在数列{cn}中，c8>cn(n∈N*，n≠8)，求实数p的取值范围．
解：由题意得，c8是数列{cn}中的最大项，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－7＋p>22，,－9＋p≤24，,－8＋p>4，,23>－9＋p，))解得1210．已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又∵a＝－7，∴an＝1＋eq \f(1,2n－9).
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，
a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2n－1)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
知5故a的取值范围为(－10，－8)．
B组 高考题型专练
1．(2012·高考大纲全国卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1 D.eq \f(1,2n－1)
解析：由已知Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3,2)，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1，故选B.
答案：B
2．(2011·高考四川卷)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1
C．45 D．45＋1
解析：法一：a1＝1，a2＝3S1＝3，a3＝3S2＝12＝3×41，a4＝3S3＝48＝3×42，a5＝3S4＝3×43，a6＝3S5＝3×44.故选A.
法二：当n≥1时，an＋1＝3Sn，则an＋2＝3Sn＋1，∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即an＋2＝4an＋1，
∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列，又a2＝3S1＝3a1＝3，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1 n＝1，,3×4n－2 n≥2，))
∴当n＝6时，a6＝3×46－2＝3×44.
答案：A
3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.
解析：由an＋1＝eq \f(1,1－an)，得an＝1－eq \f(1,an＋1)，
∵a8＝2，∴a7＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
a6＝1－eq \f(1,a7)＝－1，a5＝1－eq \f(1,a6)＝2，…，
∴{an}是以3为周期的数列，∴a1＝a7＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
4．(2012·高考上海卷)已知f(x)＝eq \f(1,1＋x).各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，则a20＋a11的值是________．
解析：∵an＋2＝eq \f(1,1＋an)，a1＝1，∴a3＝eq \f(1,2)，
a5＝eq \f(1,1＋\f(1,2))＝eq \f(2,3)，a7＝eq \f(1,1＋\f(2,3))＝eq \f(3,5)，a9＝eq \f(1,1＋\f(3,5))＝eq \f(5,8)，a11＝eq \f(1,1＋\f(5,8))＝eq \f(8,13)，又a2 010＝a2 012，
即a2 010＝eq \f(1,1＋a2 010)⇒aeq \\al(2,2 010)＋a2 010－1＝0，
∴a2 010＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 010＝\f(－\r(5)－1,2)舍去)).
又a2 010＝eq \f(1,1＋a2 008)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
∴1＋a2 008＝eq \f(2,\r(5)－1)＝eq \f(\r(5)＋1,2)，即a2 008＝eq \f(\r(5)－1,2)，依次类推可得a2 006＝a2 004＝…＝a20＝eq \f(\r(5)－1,2)，故a20＋a11＝eq \f(\r(5)－1,2)＋eq \f(8,13)＝eq \f(13\r(5)＋3,26).
答案：eq \f(13\r(5)＋3,26)
5．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))前10项的和为________．
解析：由a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)得，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，则eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))前10项的和
S10＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
答案：eq \f(20,11)
分类原则
类型
满足条件
按项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项
间的大小
关系
递增数列
an＋1≥an
其中n∈N＋
递减数列
an＋1≤an
常数列
an＋1＝an,
摇摆数列
从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项