版高考数学数列题型等差数列与等比数列综合题

等差数列与等比数列综合题例等差数列an知足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．〔Ⅰ〕求an及Sn；〔Ⅱ〕令bn=1(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．an21【解析】〔Ⅰ〕设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有a12d7，解得a13,d2，2a110d26所以an321)=2n+1n(n-1)2+2n。〔n；Sn=3n+22=n〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知an2n+1，所以bn=11=11111)，==(-n+1an21〔2n+1)214n(n+1)4n所以Tn=1(1-1+11+L+1-1)=1(1-1)=n，4223nn+14n+14(n+1)即数列bn的前n项和Tn=n。4(n+1)【命题意图】本题考察等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的根基知识是解答好本类题目的重点。例设Sn为数列{an}的前n项和，Snkn2n，nN*，其中k是常数．〔I〕求a1及an；〔II〕假定关于随意的mN*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值．解〔Ⅰ〕当n1,a1S1k1，n2,anSnSn1kn2n[k(n1)2(n1)]2knk1〔〕经验，n1,〔〕式建立，an2knk1〔Ⅱ〕am,a2m,a4m成等比数列，a2m2am.a4m，即(4kmk1)2(2kmk1)(8k1)，整理得：mk(k1)0，km对随意的mN建立，k0或k1例等比数列{an}的前n项和为sn，S1,S3,S2成等差数列1〕求{an}的公比q；2〕求a1－a3＝3，求sn解：〔Ⅰ〕依题意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于a10，故2q2q0又q0，进而q－15分21〔Ⅱ〕由可得a1a〔1232〕故a14〔〔1n〕〕Sn41281n进而〔〔〕〕10分13121〔〕2anan1例数列an}知足，a11a22,an2,nN*.＝’＋＝2令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；(Ⅱ)求an}的通项公式。〔1〕证b1a2a11,当n2时，an1an11bnan1an2an2(anan1)2bn1,1所以bn是以1为首项，为公比的等比数列。21)n〔2〕解由〔1〕知baa(1,nn1n2an1)11(1)L(1)n2当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)L(an221(1)n121521121[1(n2](n1,13)33)1(22)2当n1时，52(1)111a1。332所以an521n1(nN*)。3()32例设数列an的前n项和为Sn，ban2nb1Sn〔Ⅰ〕证明：当b2时，ann2n1是等比数列；〔Ⅱ〕求an的通项公式解由题意知a12，且ban2nb1Snban12n1b1Sn1两式相减得ban1an2nb1an1即an1ban2n①〔Ⅰ〕当b2时，由①知an12an2n于是an1n12n2an2nn12n2ann2n1又a112n110，所以ann2n1是首项为1，公比为2的等比数列。〔Ⅱ〕当b2时，由〔Ⅰ〕知ann2n12n1，即ann12n1当b2时，由由①得an1212n1ban2n12n1bb2bban2n2bban21b2n因此an121b2n1ban212nb21bbn2b2n1得a1nn1n222bbn22b例在数列{an}中，a1,a(11)an1,1n1nn2n〔I〕设bnan，求数列{bn}的通项公式;n〔II〕求数列{an}的前n项和Sn解：〔I〕由有an1an1bn1bn1n1n2n2n1利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式:bn2N*)2n1(nn〔II〕由〔I〕知a2n,n2n1nknnkSn=(2k(2k)k1)k12k1k12k1n(2k)n(n1)nk而,又是一个典型的错位相减法模型，k1k12k1nkn2n2易得4Sn=n(n1)4k12k12n1n12例数列an的前n项和为Sn，a11，且3an12Sn3〔n为正整数〕〔Ⅰ〕求出数列an的通项公式；〔Ⅱ〕假定对随意正整数n，kSn恒建立，求实数k的最大值.解：〔Ⅰ〕3an12Sn3，①当n2时，3an2Sn13.②由①-②，得3an13an2an0.an112).an(n3又a11，3a22a13，解得a21.3数列an是首项为1，公比为q1的等比数列.3ana1qn11n1〔n为正整数〕3〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知Sn31(1)n23311n由题意可知，关于随意的正整数n，恒有k，.231n2，数列1单一递增，当n1时，数列中的最小项为33必有k1，即实数k的最大值为1例各项均为正数的数列an中，a11,Sn是数列an的前n项和，对随意nN，有2Sn2pan2panp(pR)；⑴求常数p的值；⑵求数列an的通项公式；⑶记bn4Sn2n，求数列bn的前n项和T。n3解：〔1〕由a11及2Sn2pan2panp(nN)，得：22pppp1〔2〕由2Sn2an2an1①得2Sn12an112an1②由②—①，得2an12(an12an2)(an1an)即：2(an1an)(an1an)(an1an)0(an1an)(2an12an1)0由于数列an各项均为正数，2an12an1即an1an121的等差数列，数列an是首项为1，公差为2数列an的通项公式是an1(n1)1n122〔3〕由ann21，得：Snn(n3)bn4Sn2nn2n4n3Tn12222323n2n2Tn22223(n1)2nn2n1Tn222232nn2n12(12n)n2n1(n1)2n1212Tn(n1)2n12例在数列an中，a13,an2an12n3(n2,且nN).1〕求a2,a3的值；an3N),证明：bn是等差数列；〔2〕设bn(n2n〔3〕求数列an的前n项和Sn..解〔1〕a13,an2an12n3(n2,且nN),a22a12231a32a223313.〔2〕关于随意nN,bn1bnan13an31an12an32n12n2n1=12n1331，2n1a13330，公差为1的等差数列.数列bn是首项为22〔3〕由〔2〕得，an30(n1)1,2nan(n1)2n3(nN).Sn3(1223)(2233)n12n3，即Sn122223324n12n3.n设Tn122223324n12n,那么2Tn123224325n12n1,两式相减得，Tn2223242nn12n14(12n1)(n1)2n1,12整理得，Tn4(n2)2n1,进而Sn4(n2)2n13n(nN).例数列an的首项a11，前n项和Snn2an.n2〔Ⅰ〕求证：an1an;n2〔Ⅱ〕记bnlnSn，Tn为bn的前n项和，求eTnn的值.解：〔1〕由Snn2an①，得Sn1(n1)2an1②，②-①得：an1nn2an.〔2〕由an1n求得an1.nan2n(n1)∴Snn2annn，bnlnSnlnnln(n1)1Tn(ln1ln2)(ln2ln3)(ln3ln4)L(lnnln(n1))ln(n1)∴eTnneln(n1)n1.例等比数列{an}的前n项和为s，S,S,S成等差数列n1321〕求{an}的公比q；2〕求a1－a3＝3，求sn解：〔Ⅰ〕依题意有a1(a1a1q)2(a1a1qa1q2)由于a10，故2q2q0又q0，进而q－121〔234〔Ⅱ〕由可得〕故a1a12a1〔〔1n〕〕41281n进而Sn〔〔〕〕1121〔〕32例{an}是公比为q的等比数列，且am,am2,am1成等差数列.〔1〕求q的值；〔2〕设数列{an}的前n项和为Sn，试判断Sm,Sm2,Sm1是否成等差数列？说明原因.解：〔1〕依题意，得2am+2=am+1+am2a1qm+1=a1qm+a1qm–1在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，∴2q21=q+1，解得q=1或.2〔2〕假定q=1，Sm+Sm+1=ma1+(m+1)a1=(2m+1)a1，Sm+2=(m+2)a1a1≠0，∴2Sm+2≠Sm+Sm+11(1)m221(1)m假定q=1，Sm+1=2211362()211m11m1()()4211411S+S=22m)m1]=)mm+1[()((m1133223321)1(()222Sm+2=Sm+Sm+1故当q=1时，Sm,Sm+2,Sm+1不可等差数列；当q=1时，Sm,Sm+2,Sm+1成等差数列.2例6数列{an}中，a02,a13,a26，且对n≥3时有an(n4)an14nan2(4n8)an3．〔Ⅰ〕设数列{bn}知足bnannan1,nN，证明数列{bn12bn}为等比数列，并求数列{n}的通项公式；b〔Ⅱ〕记n(n1)L21n!，求数列{nan}的前n项和Sn〔Ⅰ〕证明：由条件，得annan14[an1(n1)an2]4[an2(n2)an3]，那么an1(n1)an4[annan1]4[an1(n1)an2]．即bn14bn4bn1.又b11,b20，所以bn12bn2(bn2bn1)，b22b120．所以{bn12bn}是首项为2，公比为2的等比数列．b22b12，所以bn12bn2n1(b22b1)2n．两边同除以2n1，可得bn1bn1．n1n222于是bn为以1首项，－1为公差的等差数列．2n22所以bnb11(n1),得bn2n(1n)．n2222〔Ⅱ〕an2nnan1n2n1n(an12n1)，令cnan2n，那么cnncn1．而c11，cnn(n1)L21c1n(n1)L21．∴ann(n1)L212n．nannn(n1)L21n2n(n1)!n!nn2，∴Sn(2!1!)(3!2!)L(n1)!n!(12222Ln2n)．令Tn＝12222Ln2n，①那么2Tn＝122223L(n1)2nn2n1．②①－②，得Tn＝22nn1nn12．22Ln2，T＝(n1)2∴S(n1)!(nn11．1)2n例7数列an知足a11，且当n1，n*时，有an12an115an12an(1)求证：数列1为等差数列；an(2)试问a1a2是否为数列an中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明原因.证明：〔1〕由an12an11得a12aa2a1ann1nnn112anan1an4anan1上式两边同时除以anan1得114n1anan1又15，1是首项为5，公差为4的等差数列a1an〔2〕又〔1〕知154n1，即an1an4n1a21，a1a21945令an11，解得n114n145所以a1a2是数列an的第11项例8设数列an,bn知足a11,b10且an12an3bn,1,2,3,LLbn1ann2bn,〔Ⅰ〕求的值，使得数列anbn为等比数列；〔Ⅱ〕求数列an和bn的通项公式；〔Ⅲ〕令数列an和bn的前n项和分别为Sn和Sn，求极限limSn的值．nSn〔Ⅰ〕令cnanbn，其中为常数，假定cn为等比数列，那么存在q0使得cn1an1bn1q(anbn)．又an1bn12an3bn(an2bn)(2)an(32)bn．所以q(anbn)(2)an(32)bn．由此得(2q)an(32q)bn0,n1,2,3,L由a11,b10及递推式可求得a22,b21，把它们代入上式后得方程组2q0,消去q解得3．32q0下面考证当3时，数列an3bn为等比数列．an13bn1(23)an(323)bn(23)(an3bn)(n1,2,3,L)，a13b110，进而an3bn是公比为23的等比数列．同理可知an3bn是公比为23的等比数列，于是3为所求．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕的结果得an3bn(23)n1，an3bn(23)n1，解得1n1n13n1n1an232323232，bn．6〔Ⅲ〕令数列dn的通项公式为dn(23)n1，它是公比为p23的等比数列，令其前n项和为Pn；令数列en的通项公式为en(23)n1，它是公比为p23的等比数列，令其前n项和为Pn．由第〔Ⅱ〕问得Sn1(PnPn)，Sn3(PnPn)．263Pn1PnSnPn3Pn．SnPnPn1PnPn由于数列en的公比0231，那么limPn1．n1(23)11p(1)n(1)n1111pp，由于23，那么limPn1pn1np230，nPn()1p于是limPn0，所以limSn3nPnnSn例9数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，关于随意nN*，总有an,Sn,an2成等差数列.(Ⅰ)求数列an的通项公式；(Ⅱ)设数列bn的前n项和为Tn，且bnlnnx，求证:对随意实数x1,e〔e是常数，an2e＝2.71828〕和随意正整数n，总有Tn2；(Ⅲ)正数数列cn中，an1cnn1,(nN*).求数列cn中的最大项.〔Ⅰ〕解：由：关于nN*，总有2Snanan2①建立∴2Saa2〔n≥2〕②n1n1n1①--②得2ananan2an1an12∴anan1anan1anan1∵an,an1均为正数，∴anan11〔n≥2〕∴数列an是公差为1的等差数列又n=1时，2Saa2，解得a1=1111∴ann.(nN*)〔Ⅱ〕证明：∵对随意实数x1,e和随意正整数n，总有bnlnnx≤1.an2n2∴Tn11111111222n21223n1n11111111212223nnn(Ⅲ)解：由a2c122c12，a3c233c233,a4c34c3442,4a5c455c455易得c1c2,c2c3c4...猜测n≥2时，cn是递减数列.lnx1xlnx1lnx令fxxx,那么fx2x2x∵当x3时，lnx1,那么1lnx0，即fx0.∴在3,内fx为单一递减函数.由an1cnn1知lncnlnn1.n1∴n≥2时,lncn是递减数列.即cn是递减数列.又c1c2,∴数列cn中的最大项为c233.例10设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，知足a22a32a42a52,S77。〔1〕求数列an的通项公式及前n项和Sn；〔2〕试求所有的正整数m，使得amam1为数列an中的项。am2解：〔1〕设公差为d，那么a22a52a42a32，由性质得3d(a4a3)d(a4a3)，因为d0，所以aa0，即2a5d0，又由S7得7a76d7，431712解得a15，d2,(2)amam1(2m7)(2m5)2m3t，am2=2m3,设〔方法一〕那么amam1=(t4)(t2)t86,所以t为8的约数am2tt〔方法二〕因为amam1(am24)(am22)8为数列an中的项，am2am2am26am281〕知：am2为奇数，所以am22m31,即m1,2故为整数，又由〔am+2经查验，切合题意的正整数只有m2。例12数列an中，a12，an1ancn〔c是常数，n1，2，3，L〕，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列。I〕求c的值；II〕求an的通项公式。解：〔I〕a12，a22c，a323c，因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)22(23c)，解得c0或c2．当c0时，a1a2a3，不切合题意舍去，故c2．〔II〕当n≥2时，由于a2a1c，a3a22c，anan1(n1)c，所以ana1[12L(nn(n1)1)]cc。2又a12，c2，故an2n(n1)n2n2(n2，3，L)．当n=1时，上式也建立，所以ann2n2(n1，2，L)例13已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n,Sn)都在函数f(x)x22x的图像上，且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn．〔1〕求数列{an}的通项公式．〔2〕假定bn2knan，求数列{bn}的前n项和Tn．〔3〕设Q{xxkn,nN},R{xx2an,nN}，等差数列{cn}的任一项cnQR，其中c1是QR中的最小数，110c10115，求{cn}的通项公式.解：〔1〕Q点Pn(n,Sn)都在函数f(x)x22x的图像上，Snn22n(nN*),当n2时，anSnSn12n1.当ｎ＝1时，a1S13知足上式，所以数列{an}的通项公式为an2n1.〔2〕由f(x)x2‘(x)2x22x求导可得fQ过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn，kn2n2.bn2knan＝4(2n1)4n.Tn434145424743+4〔2n1)4n①由①×4，得4Tn434245434744+4〔2n1)4n1②①-②得：T43424243+4n-〔2n1)4n13n24n1〔〕〔434241-1)4n1142nTn6n14n21699〔3〕QQ{xx2n2,nN},R{xx4n2,nN},QRR.又QcnQR，其中c1是QR中的最小数，c16.Qcn是公差是4的倍数，c104m6(mN*).又Q110c10115，1104m6115mN*,解得ｍ＝27.所以c10114，d，那么c10c1＝1146＝，设等差数列的公差为＝d101912cn6(n1)1212n6，所以cn的通项公式为cn12n6例14Sn是数列an的前n项和，a13,a22，且Sn13Sn2Sn110，其2中n2,nN*.(1)求数列an的通项公式an；(2)求Sn.解：①QSn13Sn2Sn110Sn1Sn2(SnSn1)1an12an1(n2)又a13,a22也知足上式，an12an1(nN*)an112(an1)〔nN*〕2数列an1是公比为2a11，首项为1的等比数列2an1n1n212222120212n2②Sna1a2...an111...1②Sna1a2...an211201211...2n21212021...2n2n2n1n2