版高考数学数列题型等差数列与等比数列综合题

完整word版高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题完整word版高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题PAGE/NUMPAGES完整word版高考数学数列题型之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已知等差数列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)【命题企图】此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，熟练数列的基础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*，此中k是常数．（I）求a1及an；（II）若关于随意的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，已知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)因为a10，故2q2q0又q0，进而q－15分21（Ⅱ）由已知可得a1a（1232）故a14（（1n））Sn41281n进而（（））10分13121（）2anan1例已知数列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，已知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所以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）由已知有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例已知数列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）若对随意正整数n，kSn恒建立，务实数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单一递加，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因为数列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,则2Tn123224325n12n1,两式相减得，Tn2223242nn12n14(12n1)(n1)2n1,12整理得，Tn4(n2)2n1,进而Sn4(n2)2n13n(nN).例已知数列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，已知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)因为a10，故2q2q0又q0，进而q－121（234（Ⅱ）由已知可得）故a1a12a1（（1n））41281n进而Sn（（））1121（）32例已知{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能否成等差数列？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）若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若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已知数列{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]，则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，则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则2Tn＝122223L(n1)2nn2n1．②①－②，得Tn＝22nn1nn12．22Ln2，T＝(n1)2∴S(n1)!(nn11．1)2n例7已知数列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能否为数列an中的项？假如是，是第几项；假如不是，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，此中为常数，若cn为等比数列，则存在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及已知递推式可求得a22,b21，把它们代入上式后得方程组2q0,消去q解得3．32q0下边考证当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因为数列en的公比0231，则limPn1．n1(23)11p(1)n(1)n1111pp，因为23，则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：由已知：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：由已知a2c122c12，a3c233c233,a4c34c3442,4a5c455c455易得c1c2,c2c3c4...猜想n≥2时，cn是递减数列.lnx1xlnx1lnx令fxxx,则fx2x2x∵当x3时，lnx1,则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）试求全部的正整数m，使得amam1为数列an中的项。am2解：（1）设公差为d，则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）则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，符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，不符合题意舍去，故c2．（II）当n≥2时，因为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）若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，此中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，此中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，则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14已知Sn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