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数列理科 教师版


题型一:常规数列求通项(构造新数列法)以及数列求和(公式法、分组求和、错位 相减法、裂项相消求和、倒序相加法) 【例 1】(2016 山东)已知数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ? 3n2 ? 8n , ?bn ?是等差数列,且

an ? bn ? bn ?1 .
(Ⅰ)求数列 ?bn ?的通项公式;

(an ? 1)n ?1 (Ⅱ)令 cn ? .求数列 ?cn ?的前 n 项和 Tn . (bn ? 2)n
【解析】(Ⅰ)因为数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn ? 3n2 ? 8n , 所以 a1 ? 11,当 n ? 2 时,

an ? Sn ? Sn?1 ? 3n2 ? 8n ? 3(n ?1)2 ? 8(n ?1) ? 6n ? 5 ,
又 an ? 6n ? 5 对 n ? 1 也成立,所以 an ? 6n ? 5 . 又因为 ?bn ?是等差数列,设公差为 d ,则 an ? bn ? bn ?1 ? 2bn ? d . 当 n ? 1 时, 2b1 ? 11? d ;当 n ? 2 时, 2b2 ? 17 ? d , 解得 d ? 3 ,所以数列 ?bn ?的通项公式为 bn ? (Ⅱ)由 cn ?

an ? d ? 3n ? 1 . 2

(an ? 1)n ?1 (6n ? 6)n ?1 ? ? (3n ? 3) ? 2n ?1 , n n (bn ? 2) (3n ? 3)

于是 Tn ? 6 ? 22 ? 9 ? 23 ? 12? 24 ? ?? (3n ? 3) ? 2n?1 , 两边同乘以2,得

2Tn ? 6 ? 23 ? 9 ? 24 ? ?? (3n) ? 2n?1 ? (3n ? 3) ? 2n? 2 ,
两式相减,得

? Tn ? 6 ? 22 ? 3 ? 23 ? 3 ? 24 ? ?? 3 ? 2n?1 ? (3n ? 3) ? 2n? 2
3 ? 22 (1 ? 2n ) ? 3? 2 ? ? (3n ? 3) ? 2n ? 2 1? 2
2

Tn ? ?12 ? 3 ? 22 (1 ? 2n ) ? (3n ? 3) ? 2n?2 ? 3n ? 2n?2 .
【例 2】(2015?山东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 2Sn=3 +3. (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)若数列{bn},满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn.
n

【分析】(Ⅰ)利用 2Sn=3 +3,可求得 a1=3;当 n>1 时,2Sn﹣1=3 n﹣1 2an=2Sn﹣2Sn﹣1,可求得 an=3 ,从而可得{an}的通项公式; (Ⅱ)依题意,anbn=log3an,可得 b1=
n

n

n﹣1

+3,两式相减 =(n﹣1)×3
﹣2

,当 n>1 时,bn=3

1﹣n

?log33
﹣1

n﹣1

1﹣

,于是可求得 T1=b1=
1﹣n

;当 n>1 时,Tn=b1+b2+…+bn=

+(1×3 +2×3 +…+(n﹣1)

×3 ),利用错位相减法可求得{bn}的前 n 项和 Tn. n 1 【解答】解:(Ⅰ)因为 2Sn=3 +3,所以 2a1=3 +3=6,故 a1=3, n ﹣1 当 n>1 时,2Sn﹣1=3 +3, n n﹣1 n﹣1 n﹣1 此时,2an=2Sn﹣2Sn﹣1=3 ﹣3 =2×3 ,即 an=3 , 所以 an= . ,
1﹣n

(Ⅱ)因为 anbn=log3an,所以 b1= 当 n>1 时,bn=3 所以 T1=b1= ;
1﹣n

?log33

n﹣1

=(n﹣1)×3



当 n>1 时,Tn=b1+b2+…+bn=
0
﹣1

+(1×3 +2×3 +…+(n﹣1)×3
﹣2

﹣1

﹣2

1﹣n

),

所以 3Tn=1+(1×3 +2×3 +3×3 +…+(n﹣1)×3 两式相减得:2Tn= 1)×3
1﹣n

2﹣n

),
1﹣n

+(3 +3 +3 +…+3 ,

0

﹣1

﹣2

2﹣n

﹣(n﹣1)×3

)=

+

﹣(n﹣

= ﹣



所以 Tn=

,经检验,n=1 时也适合, ﹣ .

综上可得 Tn=

【点评】本题考查数列的求和,着重考查数列递推关系的应用,突出考查“错位相减法”求 和,考查分析、运算能力,属于中档题.

【例 3】(2016 全国卷Ⅲ)已知数列 an 的前项和 Sn ? 1 ? ? n ,其中 ? ? 0 ; (1)证明 ?an ? 是等比数列,并求其通项公式 (2)若 S5 ?

31 ,求 ? . 32 1 1? ?

解:(1)当 n ? 1 时, S1 ? a1 ? 1 ? ?a1 ,所以 ? ? 1 , a1 ? 由 Sn ? 1 ? ?an , Sn?1 ? 1 ? ?an?1 (n ? 2) ; 两式作差得: (? ? 1)an ? ? an ?1;

an ? 为非零常数, ? an?1 ? ? 1

所以 ?an ? 是首项 a1 ? (2)由 Sn ?

1 ? 为公比为 的等比数列 1? ? ? ?1

a1 (1 ? q n ) ? 5 31 ? 1 ) ? ,求得 ? ,所以 ? ? ?1 . ,整理得 S 5 ? 1 ? ( ? ?1 32 ? ?1 2 1? q

【例 4】(2014?江西)已知首项是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N )满足 anbn+1﹣ an+1bn+2bn+1bn=0. (1)令 cn= (2)若 bn=3 ,求数列{cn}的通项公式;
n﹣1

*

,求数列{an}的前 n 项和 Sn. ,可得数列{cn}是以 1 为首项,2 为公

【分析】(1)由 anbn+1﹣an+1bn+2bn+1bn=0,cn= 差的等差数列,即可求数列{cn}的通项公式; (2)用错位相减法来求和.

【解答】解:(1)∵anbn+1﹣an+1bn+2bn+1bn=0,cn= ∴cn﹣cn+1+2=0, ∴cn+1﹣cn=2, ∵首项是 1 的两个数列{an},{bn}, ∴数列{cn}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列, ∴cn=2n﹣1; (2)∵bn=3
n﹣1



,cn=
n﹣1



∴an=(2n﹣1)?3 , 0 1 n﹣1 ∴Sn=1×3 +3×3 +…+(2n﹣1)×3 , 2 n ∴3Sn=1×3+3×3 +…+(2n﹣1)×3 , 1 n﹣1 n ∴﹣2Sn=1+2?(3 +…+3 )﹣(2n﹣1)?3 , n ∴Sn=(n﹣1)3 +1. 【点评】本题为等差等比数列的综合应用,用好错位相减法是解决问题的关键,属中档 题.

【例 5】(2016 全国Ⅱ) Sn 为等差数列 ?an ? 的前项和,且 a1 ? 1, S7 ? 28 .记

bn ? ?lg an ? ,其中 ? x ? 表示不超过 x 的最大整数,如 ?0.9? ? 0, ?lg99? ? 1.
(1)求 b1 , b11 , b101 ; (2)求数列 ?bn ? 的前 1000 项和. 解:(1)设 ?an ? 的公差为 d ,据已知有 7+21d ? 28 ,解得 d ? 1 所以 ?an ? 的通项公式为 an ? n .

b1 ? ?lg1? ? 0, b11 ? ?lg11? ? 1, b101 ? ?lg101? ? 2
?0,1 ? n ? 10 ?1, 10 ? n ? 100 ? (2)因为 bn ? ? ?2,100 ? n ? 1000 ? ?3, n ? 1000
所以数列 ?bn ? 的前 1000 项和为 1?

?

.

【例 6】(2014?山东)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等 比数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)令 bn=(﹣1)
n﹣1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

【分析】(Ⅰ)利用等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式即可得出; (Ⅱ)由(Ⅰ)可得 bn= .对 n 分类讨论“裂项求和”即可得

出. 【解答】解:(Ⅰ)∵等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn, ∴Sn= =n ﹣n+na1,
2

∵S1,S2,S4 成等比数列, ∴ , ∴ ∴an=a1+(n﹣1)d=1+2(n﹣1)=2n﹣1. (Ⅱ)由(Ⅰ)可得 bn=(﹣1)
n﹣1

,化为

,解得 a1=1.

=

=

. ∴Tn= ﹣ + ﹣ = ﹣ = . +… + + . + +…﹣ + +…+ . ﹣

当 n 为偶数时,Tn= =1﹣ 当 n 为奇数时,Tn= =1+

∴Tn=



【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识与基本 技能方法,考查了推理能力、计算能力、“裂项求和”、分类讨论思想方法,属于难题.

【例 7】(2014?新课标 II)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. (Ⅰ)证明{an+ (Ⅱ)证明: }是等比数列,并求{an}的通项公式; + +…+ < . =常数,又首

【分析】(Ⅰ)根据等比数列的定义,后一项与前一项的比是常数,即 项不为 0,所以为等比数列; 再根据等比数列的通项化式,求出{an}的通项公式; (Ⅱ)将 式. 【解答】证明(Ⅰ) = =3,

进行放大,即将分母缩小,使得构成一个等比数列,从而求和,证明不等

∵ ∴数列{an+ ∴an+ =

≠0, }是以首项为 = ,公比为 3 的等比数列; ; ,
n n﹣1

,即

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 当 n≥2 时,∵3 ﹣1>3 ﹣3 ∴当 n=1 时,
n

,∴



=



成立,

当 n≥2 时,

+

+…+

<1+

…+

=

=





∴对 n∈N+时,

+

+…+





【点评】本题考查的是等比数列,用放缩法证明不等式,证明数列为等比数列,只需要根 据等比数列的定义就行;数列与不等式常结合在一起考,放缩法是常用的方法之一, 通过放大或缩小,使原数列变成一个等比数列,或可以用裂项相消法求和的新数列.属于 中档题. 【例 8】(2014?广西)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1﹣an+2. (Ⅰ)设 bn=an+1﹣an,证明{bn}是等差数列; (Ⅱ)求{an}的通项公式. 【分析】(Ⅰ)将 an+2=2an+1﹣an+2 变形为:an+2﹣an+1=an+1﹣an+2,再由条件得 bn+1=bn+2, 根据条件求出 b1,由等差数列的定义证明{bn}是等差数列;

(Ⅱ)由(Ⅰ)和等差数列的通项公式求出 bn,代入 bn=an+1﹣an 并令 n 从 1 开始取值,依 次得(n﹣1)个式子,然后相加,利用等差数列的前 n 项和公式求出{an}的通项公式 an. 【解答】解:(Ⅰ)由 an+2=2an+1﹣an+2 得, an+2﹣an+1=an+1﹣an+2, 由 bn=an+1﹣an 得,bn+1=bn+2, 即 bn+1﹣bn=2, 又 b1=a2﹣a1=1, 所以{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (Ⅱ)由(Ⅰ)得,bn=1+2(n﹣1)=2n﹣1, 由 bn=an+1﹣an 得,an+1﹣an=2n﹣1, 则 a2﹣a1=1,a3﹣a2=3,a4﹣a3=5,…,an﹣an﹣1=2(n﹣1)﹣1, 所以,an﹣a1=1+3+5+…+2(n﹣1)﹣1 = =(n﹣1) ,
2

又 a1=1, 2 2 所以{an}的通项公式 an=(n﹣1) +1=n ﹣2n+2. 【点评】本题考查了等差数列的定义、通项公式、前 n 项和公式,及累加法求数列的通项 公式和转化思想,属于中档题.

【例 9】(2014?新课标 I)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn﹣1, 其中 λ 为常数. (Ⅰ)证明:an+2﹣an=λ (Ⅱ)是否存在 λ,使得{an}为等差数列?并说明理由. 【分析】(Ⅰ)利用 anan+1=λSn﹣1,an+1an+2=λSn+1﹣1,相减即可得出; (Ⅱ)对 λ 分类讨论:λ=0 直接验证即可;λ≠0,假设存在 λ,使得{an}为等差数列,设公 差为 d.可得 λ=an+2﹣an=(an+2﹣an+1)+(an+1﹣an)=2d, .得到 λSn= ,解得 λ

,根据{an}为等差数列的充要条件是 即可. 【解答】(Ⅰ)证明:∵anan+1=λSn﹣1,an+1an+2=λSn+1﹣1, ∴an+1(an+2﹣an)=λan+1 ∵an+1≠0, ∴an+2﹣an=λ. (Ⅱ)解:①当 λ=0 时,anan+1=﹣1,假设{an}为等差数列,设公差为 d. 则 an+2﹣an=0,∴2d=0,解得 d=0, ∴an=an+1=1, 2 ∴1 =﹣1,矛盾,因此 λ=0 时{an}不为等差数列. ②当 λ≠0 时,假设存在 λ,使得{an}为等差数列,设公差为 d. 则 λ=an+2﹣an=(an+2﹣an+1)+(an+1﹣an)=2d, ∴ ∴ ∴λSn=1+ . , , = ,

根据{an}为等差数列的充要条件是 此时可得 ,an=2n﹣1.

,解得 λ=4.

因此存在 λ=4,使得{an}为等差数列. 【点评】本题考查了递推式的意义、等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、等差数列的 充要条件等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力和计算能力、分类讨论的思想方 法,属于难题.

题型二:特殊的数列求通项问题
【例 10】(2015?浙江)已知数列{an}和{bn}满足 a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N ),b1+ b2+ b3+…+ bn=bn+1﹣1(n∈N )
* *

(Ⅰ)求 an 与 bn; (Ⅱ)记数列{anbn}的前 n 项和为 Tn,求 Tn. 【分析】(Ⅰ)直接由 a1=2,an+1=2an,可得数列{an}为等比数列,由等比数列的通项公式 求得数列{an}的通项公式; 再由 b1=1,b1+ 式,作差得到 式; (Ⅱ)求出 b2+ b3+…+ bn=bn+1﹣1,取 n=1 求得 b2=2,当 n≥2 时,得另一递推 ,整理得数列{ }为常数列,由此可得{bn}的通项公

,然后利用错位相减法求数列{anbn}的前 n 项和为 Tn. .

【解答】解:(Ⅰ)由 a1=2,an+1=2an,得 由题意知,当 n=1 时,b1=b2﹣1,故 b2=2, 当 n≥2 时,b1+ b2+ b3+…+

=bn﹣1,和原递推式作差得, ,

,整理得: ∴ ; ,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, 因此

, 两式作差得: (n∈N ). 【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列和等比数列等基础知识,同时考查 数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力,是中档题. 【例 11】已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an= a1=2,b3=6+b2. (Ⅰ)求 an 和 bn; (Ⅱ)设 cn= (n∈N ).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn.
* *



(n∈N ).若{an}为等比数列,且

*

(i)求 Sn; * (ii)求正整数 k,使得对任意 n∈N 均有 Sk≥Sn. 【分析】(Ⅰ)先利用前 n 项积与前(n﹣1)项积的关系,得到等比数列{an}的第三项的 值,结合首项的值,求出通项 an,然后现利用条件求出通项 bn; (Ⅱ)(i)利用数列特征进行分组求和,一组用等比数列求和公式,另一组用裂项法求 和,得出本小题结论;(ii)本小题可以采用猜想的方法,得到结论,再加以证明. 【解答】解:(Ⅰ)∵a1a2a3…an= 当 n≥2,n∈N 时, 由①②知: 令 n=3,则有 ∵b3=6+b2, ∴a3=8. ∵{an}为等比数列,且 a1=2, ∴{an}的公比为 q,则 =4, , .
*

(n∈N )①, ②,

*

由题意知 an>0,∴q>0,∴q=2. * ∴ (n∈N ). 又由 a1a2a3…an= (n∈N )得: , , ∴bn=n(n+1)(n∈N ). (Ⅱ)(i)∵cn= ∴Sn=c1+c2+c3+…+cn = = = = ; = = .
* *

(ii)因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 当 n≥5 时, , 而 = 得 , >0,

所以,当 n≥5 时,cn<0, * 综上,对任意 n∈N 恒有 S4≥Sn,故 k=4. 【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式,还考查了分组求和法、裂项求和法和 猜想证明的思想,证明可以用二项式定理,还可以用数学归纳法.本题计算量较大,思维 层次高,要求学生有较高的分析问题解决问题的能力.本题属于难题. 2 * 【例 12】(2014?广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 Sn=2nan+1﹣3n ﹣4n,n∈N , 且 S3=15. (1)求 a1,a2,a3 的值; (2)求数列{an}的通项公式. 【分析】(1)在数列递推式中取 n=2 得一关系式,再把 S3 变为 S2+a3 得另一关系式,联立 可求 a3,然后把递推式中 n 取 1,再结合 S3=15 联立方程组求得 a1,a2; (2)由(1)中求得的 a1,a2,a3 的值猜测出数列的一个通项公式,然后利用数学归纳法 证明. 2 * 【解答】解:(1)由 Sn=2nan+1﹣3n ﹣4n,n∈N ,得: S2=4a3﹣20 ① 又 S3=S2+a3=15 ② 联立①②解得:a3=7. 2 再在 Sn=2nan+1﹣3n ﹣4n 中取 n=1,得: a1=2a2﹣7 ③ 又 S3=a1+a2+7=15 ④ 联立③④得:a2=5,a1=3. ∴a1,a2,a3 的值分别为 3,5,7; (2)∵a1=3=2×1+1,a2=5=2×2+1,a3=7=2×3+1. 由此猜测 an=2n+1. 下面由数学归纳法证明: 1、当 n=1 时,a1=3=2×1+1 成立. 2、假设 n=k 时结论成立,即 ak=2k+1. 那么,当 n=k+1 时, 2 由 Sn=2nan+1﹣3n ﹣4n,得 , , 两式作差得: ∴ = =2(k+1)+1. .

综上,当 n=k+1 时结论成立. ∴an=2n+1. 【点评】本题考查数列递推式,训练了利用数学归纳法证明与自然数有关的命题,考查了 学生的灵活应变能力和计算能力,是中档题.

【例 13】(2015?广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N .已知 a1=1,a2= 且当 n≥2 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1. (1)求 a4 的值; (2)证明:{an+1﹣ an}为等比数列;

*

,a3=



(3)求数列{an}的通项公式. 【分析】(1)直接在数列递推式中取 n=2,求得 ;

(2)由 4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1(n≥2),变形得到 4an+2+an=4an+1(n≥2),进一步得到 ,由此可得数列{ 等比数列; (3)由{ }是以 .进一步得到 为首项,公比为 的等比数列,可得 ,说明{ }是以 }是以 为首项,公比为 的

为首项,4 为公差的等差数列,由此可得数列{an}的通项公式. 【解答】(1)解:当 n=2 时,4S4+5S2=8S3+S1,即 , 解得: ;

(2)证明:∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1(n≥2),∴4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1=4Sn+1﹣4Sn(n≥ 2), 即 4an+2+an=4an+1(n≥2), ∵ ,∴4an+2+an=4an+1.



=



∴数列{

}是以

=1 为首项,公比为 }是以

的等比数列; 的等比数列,

(3)解:由(2)知,{ ∴ 即 . ,

为首项,公比为

∴{

}是以

为首项,4 为公差的等差数列,



,即



∴数列{an}的通项公式是



【点评】本题考查了数列递推式,考查了等比关系的确定,考查了等比数列的通项公 式,关键是灵活变形能力,是中档题.

题型三:数列分奇偶的问题
【例 14】(2014?山东)在等差数列{an}中,已知公差 d=2,a2 是 a1 与 a4 的等比中项. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; n (Ⅱ)设 bn=a ,记 Tn=﹣b1+b2﹣b3+b4﹣…+(﹣1) bn,求 Tn. 【分析】(Ⅰ)由于 a2 是 a1 与 a4 的等比中项,可得 式即可得出. (Ⅱ)利用(Ⅰ)可得 bn=a ,再利用等差数列的通项公
n

=n(n+1),因此 Tn=﹣b1+b2﹣b3+b4﹣…+(﹣1) bn=
n

﹣1×(1+1)+2×(2+1)﹣…+(﹣1) n?(n+1).对 n 分奇偶讨论即可得出. 【解答】解:(Ⅰ)∵a2 是 a1 与 a4 的等比中项, ∴ , ∵在等差数列{an}中,公差 d=2, ∴ ,即 化为 ,解得 a1=2. ,

∴an=a1+(n﹣1)d=2+(n﹣1)×2=2n. (Ⅱ)∵bn=a =n(n+1), ∴Tn=﹣b1+b2﹣b3+b4﹣…+(﹣1) bn=﹣1×(1+1)+2×(2+1)﹣…+(﹣1) n? (n+1). * 当 n=2k(k∈N )时,b2k﹣b2k﹣1=2k(2k+1)﹣(2k﹣1)(2k﹣1+1)=4k Tn=(b2﹣b1)+(b4﹣b3)+…+(b2k﹣b2k﹣1) =4(1+2+…+k)=4×
* n n

=2k(k+1)=



当 n=2k﹣1(k∈N )时, Tn=(b2﹣b1)+(b4﹣b3)+…+(b2k﹣2﹣b2k﹣3)﹣b2k﹣1 = =﹣ . n(n+1)

故 Tn=



【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式、分类讨论思 想方法,属于中档题.
【例 15】(2014?湖南)已知数列{an}满足 a1=1,|an+1﹣an|=p ,n∈N . (Ⅰ)若{an}是递增数列,且 a1,2a2,3a3 成等差数列,求 p 的值; (Ⅱ)若 p= ,且{a2n﹣1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
n *

【分析】(Ⅰ)根据条件去掉式子的绝对值,分别令 n=1,2 代入求出 a2 和 a3,再由等差 中项的性质列出关于 p 的方程求解,利用“{an}是递增数列”对求出的 p 的值取舍;

(Ⅱ)根据数列的单调性和式子“|an+1﹣an|=p ”、不等式的可加性,求出 和 a2n+1﹣a2n= ,再对数列{an}的项数分类讨论,利用累加

n

法和等比数列前 n 项和公式,求出数列{an}的奇数项、偶数项对应的通项公式,再用分段 函数的形式表示出来. 【解答】解:(Ⅰ)∵数列{an}是递增数列,∴an+1﹣an>0, n n 则|an+1﹣an|=p 化为:an+1﹣an=p , 分别令 n=1,2 可得,a2﹣a1=p, , 即 a2=1+p, ,

∵a1,2a2,3a3 成等差数列,∴4a2=a1+3a3, 2 即 4(1+p)=1+3(p +p+1), 化简得 3p ﹣p=0,解得
2

或 0,

当 p=0 时,数列 an 为常数数列,不符合数列{an}是递增数列, ∴ ; , ,

(2)由题意可得,|an+1﹣an|= 则|a2n﹣a2n﹣1|=

,|a2n+2﹣a2n+1|=

∵数列{a2n﹣1}是递增数列,且{a2n}是递减数列, ∴a2n+1﹣a2n﹣1>0,且 a2n+2﹣a2n<0, 则﹣(a2n+2﹣a2n)>0,两不等式相加得 a2n+1﹣a2n﹣1﹣(a2n+2﹣a2n)>0,即 a2n+1﹣a2n+2>a2n﹣1﹣a2n, 又∵|a2n﹣a2n﹣1|= ∴a2n﹣a2n﹣1>0,即 >|a2n+2﹣a2n+1|= , ,

同理可得:a2n+3﹣a2n+2>a2n+1﹣a2n,即|a2n+3﹣a2n+2|<|a2n+1﹣a2n|, 则 a2n+1﹣a2n= 当数列{an}的项数为偶数时,令 n=2m(m∈N ), , 这 2m﹣1 个等式相加可得, , ,…, ,
*

=

=






*

当数列{an}的项数为奇数时,令 n=2m+1(m∈N )

, 这 2m 个等式相加可得,



,…, … ﹣

, …+

=



=



则 故

,且当 m=0 时 a1=1 符合, ,

综上得,



【点评】本题考查了等差数列的通项公式,等比数列前 n 项和公式、数列的单调性,累加 法求数列的通项公式,不等式的性质等,同时考查数列的基础知识和化归、分类整合等数 学思想,以及推理论证、分析与解决问题的能力.本题设计巧妙,题型新颖,立意深刻, 是一道不可多得的好题,难度很大.

题型四:与函数结合,与证明不等式等结合题型
【例 16】(2015?上海)已知数列{an}与{bn}满足 an+1﹣an=2(bn+1﹣bn),n∈N . (1)若 bn=3n+5,且 a1=1,求数列{an}的通项公式; * (2)设{an}的第 n0 项是最大项,即 a ≥an(n∈N ),求证:数列{bn}的第 n0 项是最 大项; n * (3)设 a1=λ<0,bn=λ (n∈N ),求 λ 的取值范围,使得{an}有最大值 M 与最小值 m, 且 ∈(﹣2,2).
*

【分析】(1)把 bn=3n+5 代入已知递推式可得 an+1﹣an=6,由此得到{an}是等差数列,则 an 可求; (2)由 an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a2﹣a1)+a1,结合递推式累加得到 an=2bn+a1﹣2b1,求得 ,进一步得到 得答案; (3)由(2)可得 最大值 M 和最小值 m,再由 ,然后分﹣1<λ<0,λ=﹣1,λ<﹣1 三种情况求得 an 的 ∈(﹣2,2)列式求得 λ 的范围.

【解答】(1)解:∵an+1﹣an=2(bn+1﹣bn),bn=3n+5, ∴an+1﹣an=2(bn+1﹣bn)=2(3n+8﹣3n﹣5)=6, ∴{an}是等差数列,首项为 a1=1,公差为 6, 则 an=1+(n﹣1)×6=6n﹣5; (2)∵an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a2﹣a1)+a1 =2(bn﹣bn﹣1)+2(bn﹣1﹣bn﹣2)+…+2(b2﹣b1)+a1

=2bn+a1﹣2b1, ∴ ∴ ∴数列{bn}的第 n0 项是最大项; (3)由(2)可得 , ①当﹣1<λ<0 时, 单调递减,有最大值 单调递增,有最小值 m=a1=λ, ∴ ∴λ∈ ∴ ∈(﹣2,2), , . ; , .

②当 λ=﹣1 时,a2n=3,a2n﹣1=﹣1, ∴M=3,m=﹣1, (﹣2,2),不满足条件. ③当 λ<﹣1 时,当 n→+∞时,a2n→+∞,无最大值; 当 n→+∞时,a2n﹣1→﹣∞,无最小值. 综上所述,λ∈(﹣ ,0)时满足条件.

【点评】本题考查了数列递推式,考查了等差关系的确定,考查了数列的函数特性,训练 了累加法求数列的通项公式,对(3)的求解运用了极限思想方法,是中档题. * 【例 17】(2016?上海)若无穷数列{an}满足:只要 ap=aq(p,q∈N ),必有 ap+1=aq+1, 则称{an}具有性质 P. (1)若{an}具有性质 P,且 a1=1,a2=2,a4=3,a5=2,a6+a7+a8=21,求 a3; (2)若无穷数列{bn}是等差数列,无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列,b1=c5=1; b5=c1=81,an=bn+cn,判断{an}是否具有性质 P,并说明理由; * (3)设{bn}是无穷数列,已知 an+1=bn+sinan(n∈N ),求证:“对任意 a1,{an}都具有性 质 P”的充要条件为“{bn}是常数列”. 【分析】(1)利用已知条件通过 a2=a5=2,推出 a3=a6,a4=a7,转化求解 a3 即可. (2)设无穷数列{bn}的公差为:d,无穷数列{cn}的公比为 q,则 q>0,利用条件求出,d 与 q,求出 bn,cn 得到 an 的表达式,推出 a2≠a6,说明{an}不具有性质 P. (3)充分性:若{bn}是常数列,设 bn=C,通过 an+1=C+sinan,证明 ap+1=aq+1,得到{an}具 有性质 P. 必要性:若对于任意 a1,{an}具有性质 P,得到 a2=b1+sina1,设函数 f(x)=x﹣b1,g (x)=sinx,说明 bn+1=bn,即可说明{bn}是常数列. 【解答】解:(1)∵a2=a5=2,∴a3=a6, a4=a7=3,∴a5=a8=2,a6=21﹣a7﹣a8=16,∴a3=16. (2)设无穷数列{bn}的公差为:d,无穷数列{cn}的公比为 q,则 q>0, b5﹣b1=4d=80, ∴d=20,∴bn=20n﹣19, ∴an=bn+cn=20n﹣19+ ∵a1=a5=82, =q = .
4

,∴q= ,∴cn=

而 a2=21+27=48,a6=101

=

.a1=a5,但是 a2≠a6,{an}不具有性质 P.

(3)充分性:若{bn}是常数列, 设 bn=C,则 an+1=C+sinan, 若存在 p,q 使得 ap=aq,则 ap+1=C+sinap=C+sinaq=aq+1, 故{an}具有性质 P. 必要性:若对于任意 a1,{an}具有性质 P, 则 a2=b1+sina1, 设函数 f(x)=x﹣b1,g(x)=sinx, 由 f(x),g(x)图象可得,对于任意的 b1,二者图象必有一个交点, ∴一定能找到一个 a1,使得 a1﹣b1=sina1, ∴a2=b1+sina1=a1,∴an=an+1, 故 bn+1=an+2﹣sinan+1=an+1﹣sinan=bn, ∴{bn}是常数列. 【点评】本题考查等差数列与等比数列的综合应用,充要条件的应用,考查分析问题解决 问题的能力,逻辑思维能力,难度比较大.

【例 18】(2016?浙江)设数列满足|an﹣ (Ⅰ)求证:|an|≥2 (Ⅱ)若|an|≤(
n﹣1 n

|≤1,n∈N .
*

*

(|a1|﹣2)(n∈N )
* *

) ,n∈N ,证明:|an|≤2,n∈N . |an+1|≤1,变形得 ﹣ ≤ ,

【分析】(I)使用三角不等式得出|an|﹣ 使用累加法可求得 (II)利用(I)的结论得出 用 m 的任意性可证|an|≤2. 【解答】解:(I)∵|an﹣ ∴ ∴ ﹣ ≤ =(

<1,即结论成立; ﹣ < ,进而得出|an|<2+( ) ?2 ,利
m n

|≤1,∴|an|﹣ ,n∈N , ﹣ )+(
*

|an+1|≤1,



)+…+(



)≤
n﹣1

+

+

+…+

=
*

=1﹣

<1.

∴|an|≥2 (|a1|﹣2)(n∈N ). * (II)任取 n∈N ,由(I)知,对于任意 m>n,

﹣ )

=(



)+(



)+…+(





+

+…+

=





∴|an|<(

+

)?2 ≤[

n

+

?(

) ]?2 =2+(

m

n

) ?2 .①

m

n

由 m 的任意性可知|an|≤2. * 否则,存在 n0∈N ,使得|a 取正整数 m0>log

|>2, 且 m0>n0,则

2

?(



<2
*

?(



=|a

|﹣2,与①式矛盾.

综上,对于任意 n∈N ,都有|an|≤2. 【点评】本题考查了不等式的应用与证明,等比数列的求和公式,放缩法证明不等式,难 度较大.

【例 19】(2016?四川)已知数列{ an }的首项为 1, Sn 为数列 {an } 的前 n 项和,

Sn?1 ? qSn ? 1 ,其中 q>0, n ? N * .
(Ⅰ)若 2a2 , a3 , a2 ? 2 成等差数列,求 {an } 的通项公式;

(Ⅱ)设双曲线 x 2 ?

5 y2 ? 1的离心率为 en ,且 e2 ? ,证明: 2 3 an

e1 ? e2 ? ??? ? en ?

4n ? 3n 3n ?1 .

【答案】(Ⅰ) an =q n- 1 ;(Ⅱ)详见解析.

(Ⅱ)先利用双曲线的离心率定义得到 en 的表达式,再由 e2 ?

5 解出 q 的值,要证明 3

题设不等式,一般想法是求出和 e1 ? e2 ? L ? en ,但数列 {en } 的和不可求,因此我们利 用放缩法得 en ? qn?1 ,从而有 e1 ? e2 ? L ? en ? 1 ? q ? L ? qn?1 ,右边的和是等比数列 的和,可求,此和即为要证不等式的右边. 最后利用等比数列的求和公式计算证明. 试题解析:(Ⅰ)由已知, Sn+ 1 = qSn + 1, Sn+ 2 = qSn+ 1 + 1, 两式相减得到
an+ 2 = qan+ 1 , n ? 1 .

又由 S2 = qS1 + 1 得到 a2 = qa1 ,故 an+ 1 = qan 对所有 n ? 1 都成立. 所以,数列 {an } 是首项为 1,公比为 q 的等比数列. 从而 an =q n- 1 . 由 2a2,a3,a2 +2 成等比数列,可得 2a3 =3a2 + 2 ,即 2q2 =3q + 2, ,则 (2q +1)(q - 2) = 0 , 由已知, q > 0 ,故 q =2 . 所以 an = 2n- 1 (n ? N* ) .

考点:数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和公式.
【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和公式等基础知 识,考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.在第(Ⅰ)问中,已知的是 Sn 的递 推式,在与 Sn 的关系式中,经常用 n ? 1 代换 n ( n ? 2 ),然后两式相减,可得 an 的递 推式,利用这种方法解题时要注意 a1 ;在第(Ⅱ)问中,不等式的证明用到了放缩法,这 是证明不等式常用的方法,本题放缩的目的是为了求数列的和.另外放缩时要注意放缩的 “度”.不能太大,否则得不到结果. 【例 20】(2016?天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d,对任意的 n∈ + N ,bn 是 an 和 an+1 的等比中项. + (1)设 cn=b ﹣b ,n∈N ,求证:数列{cn}是等差数列; (2)设 a1=d,Tn= (﹣1) bk ,n∈N ,求证:
k 2 *



【分析】(1)根据等差数列和等比数列的性质,建立方程关系,根据条件求出数列{cn}的 通项公式,结合等差数列的定义进行证明即可. (2)求出 Tn= (﹣1) bk 的表达式,利用裂项法进行求解,结合放缩法进行不等式的
k 2

证明即可. + 【解答】证明:(1)∵{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d,对任意的 n∈N ,bn 是 an 和 an+1 的等比中项. ∴cn=b ﹣b =an+1an+2﹣anan+1=2dan+1, ∴cn+1﹣cn=2d(an+2﹣an+1)=2d 为定值; ∴数列{cn}是等差数列; (2)Tn= (﹣1) bk =(﹣b1 +b2 )+(﹣b3 +b4 )+…+(﹣b2n﹣1 +b2n )=2d
k 2 2 2 2 2 2 2 2

(a2+a4+…+a2n)=2d =2d n(n+1),
2



= .

=

(1﹣

…+ ﹣

)=

(1﹣



即不等式

成立.

【点评】本题主要考查递推数列的应用以及数列与不等式的综合,根据等比数列和等差数 列的性质分别求出对应的通项公式以及利用裂项法进行求解是解决本题的关键.综合性较 强,有一定的难度.


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