2016高三数学第二轮专题复习系列

一、本章知识结构：

正 整 数集 等差数列的 性质 等 差 数 列 有关应 数 列 的 概 念 通项及 前n项和 等 比 数 列 第1页（共30页）

用等比数列的

性质

二、高考要求

1． 理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n

项.

2． 理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些

知识来解决一些实际问题.

3． 了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法. 三、热点分析

1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.

2.有关数列题的命题趋势 （1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点 （2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。（3）加强了数列与极限的综合考查题

3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如

a2a42a3a5a4a625，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有a322a3a5a5225，即(a3a5)225.

4.对客观题，应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下： ①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法

5.在数列的学习中加强能力训练 数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考

查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降. 四、复习建议

1． 对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和. 2． 注意等差（比）数列性质的灵活运用.

3． 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n项和的求和方法.

4． 注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5． 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.

6． 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出现，所以

我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 五、典型例题

数列的概念与性质

【例1】 已知由正数组成的等比数列an，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列an的通项公式. 解：∵q=1时S2n2na1，S偶数项na1又a10显然2na111na1，q≠1 ∴S2na1(1q2n)a1q(1q2n)S偶数项 21q1qa1(1q2n)a1q(1q2n)124211依题意；解之又aaaq(1q),aaaq， q3412411q101q2依题意a1q2(1q)11a12q4，将q11代入得a110 an10()n1102n 1010【例2】 等差数列{an }中，a3a123=30，a33=15，求使an≤0的最小自然数n。 a2d30a2d30a2d30a2d30解：设公差为d，则1或1或1或1解得：

a122d30a122d30a122d30a122d301111a131a131a130 a33 = 30 与已知矛盾 或1 a33 = - 15 与已知矛盾或1a33 = 15 或

ddd022a130  a33 = - 30 与已知矛盾 d0第2页（共30页）

∴an = 31+(n - 1) (1n1)  31 0  n≥63∴满足条件的最小自然数为63。 22【例3】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35

（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式；（2）求数列{|an|}的前n项和Tn。

解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4 ∴an=-4n+21 (n∈N),Sn=-2n+19 (n∈N).

（2）由an=-4n+21≥0 得n≤

2221, 故当n≤5时，an≥0, 当n≥6时，an0 42当n≤5时,Tn=Sn=-2n+19n 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n-19n+90.

【例4】 已知等差数列an的第2项是8，前10项和是185，从数列an中依次取出第2项，第4项，第8项，„„，第2n项，依次排列一个新数列bn，求数列bn的通项公式bn及前n项和公式Sn。

a2a1d8解：由 得 109S10ad1851102a15 d3∴ana1(n1)d53(n1)3n2 ∴bna2n3·2n2

Snb1b2„„bn2n32n122n3·2n16 21【例5】 已知数列an：1，，①求证数列an为等差数列，并求它的公差 ②设bn1221232312100，„，„，„ 331001001001nN，求b1b2„bn„的和。 anan1n1n12n12„nn12解：①由条件，an„ nnn2n2∴an1②bnn2n2n11；∴an1ann1故

2222 an为等差数列，公差d1211411n2n11又知 n1n2n1n2n1n2n1n2n1n2n1n2·22411∴bn4

n1n2第3页（共30页）

111111b1b2„bn„44„4„2334n1n2

114„2n211∴b1b2„bn„lim42

n2n2【例6】 已知数列1，1，2„„它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。求该数列的前n项和Sn；

解：(1)记数列1，1，2„„为{An}，其中等比数列为{an}，公比为q； 等差数列为{bn}，公差为d，则An =an +bn (n∈N）

依题意，b1 =0，∴A1 =a1 +b1 =a1 =1 ① A2=a2+b2=a1q+b1+d=1 ② A3=a3+b3=a1q2 +b1+2d=2 ③

由①②③得d=-1, q=2, ∴an2n1,bn1n

SnA1A2…Ana1a2…anb1b2…bn∴ (12…2n1)[(11)(12)…(1n)]n(1n)2n12

【例7】 已知数列an满足an+Sn=n,(1)求a1,a2,a3,由此猜想通项an,并加以证明。 解法1：由an+Sn=n,

当n=1时，a1=S1，a1+a1=1，得a1=

1 23 47 8当n=2时，a1+a2=S2，由a2+S2=2，得a1+2a2=2，a2=

当n=3时，a1+a2+a3=S3，由a3+S3=3，得a1+a2+2a3=3a3=

猜想，an11(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。 2n当n=1时,a1=1-

11,(1)式成立 2212k假设,当n=k时,(1)式成立,即ak=1-

成立，

则当n=k+1时,ak+1+Sk+1=k+1,Sk+1=Sk+ak+1 2ak+1=k+1-Sk 又ak=k+Sk

11112ak+1=1+ak ak+1=(1ak)(11k)1k1

2222即当n=k+1时,猜想（1）也成立。

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所以对于任意自然数n,an1

1都成立。 n2解法2：由an+Sn=n得an1Sn1n1，两式相减得：anan1SnSn11， 11an11，即an1an11，下略 22即an

【例8】 设数列an是首项为1的等差数列，数列bn是首项为1的等比数列，又

127。(1)求数列cn的通项公式与前n项和公式； cnanbn(nN)，且c2，c3，c46954(2)当n5时，试判断cn的符号（大于零或小于零），并给予严格证明。

bn的公比为q 解：(1)设数列an的公差为d，ana1(n1)d1(n1)d，bnqn1cnanbn[1(n1)d]qn1(nN)由条件得

11dq61d22212dq49q3713dq354

1414cn[1(n1)]()n1(n1)()n1(nN)

23231444Sn[(11)(21)„(n1)][()0()„()n1]

23334()n11n(n1)14n3[n]n(n3)n13(nN)

4224313

(2)c53()40，c643745()0，„猜想n5，cn0 23证明：①当n=5，c5<0命题成立

1243②假设当nk(k5)时，ck0，即(k1)()k10

ck114k14k1114k1144(k2)()[(k1)()][()]50 232323323当nk1时ck10也成立 由①，②对一切n5，都有cn<0。

【例9】 an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN)，Sn为bn的前n项和。(1)若an的公差等于首项a1，证明对于任意自然数n都有Snbnan3； 4d第5页（共30页）

(2)若an中满足3a58a120，试问n多大时，Sn取得最大值？证明你的结论。

解：(1)当n1时,S1b1假设当nk时，Skb1a4b1(a13d)b1，∴原命题成立 4d4dbab4dakak1ak2ak3bk14dbkak3成立则Sk1Skbk1kk3k1

4d4d4dakbk1bk14dbk1(ak4d)bk1ak4 4d4d4dbnan3 4d当nk1时命题也成立，故对任意nN有Sn

(2)由3a58a12，有3a58(a57d)a556d 51a16a511dd0

5a17a512d564d12dd0 55b1b2„b140b17b18„ b15a15a16a170，b16a16a17a180 S14S13„S1，S14S15，S15S16

69又a15a510dd，a18a513dd

55a15|a18|,|b15|b16,b15b160S16S14

故Sn中S16最大

【例10】 已知数列an的前n项和为Sn，满足条件lgSn(n1)lgblg(bn1n2)，其中b>0且b1。(1)求数列an的通项an；(2)若对4nN时，恒有an1an，试求b的取值范围。 解：(1)由已知条件得Snb2n2bn1

(1b)n3b2bn1当n=1时，a1S1b21；当n2时，anSnSn1b21(n1)故an(1b)n3b2

(n2)bn1

(2)由an1an，化简得(b1)(bn121n3n3n1)0(n4) n3解得，b1或b12123n3b3故0b1或b3为所求

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【例11】 两个数列an、bn 中，an0，bn0，且an，bn2，an1成等差数列，且

22(1)证明b是等差数列；(2)若ab,ab成等比数列。3a3，求limb1b2„bn的值。

nn1,n1n21n解：(1)2b2nanan12bn2ana2n1bn2bn2an11(aan0，bn0)

n1bnbn12b2nbn1bnbnbn12bnbn1bn1bn是等差数列

(2)又a23a13a11，a23b12， 又b1b2a2b2322 公差d22,b2(n1)222n22n2a1nbnbn12n(n1)

b1b2„bn2n2nlim4n(n1)anlim12n2n(n1)2数列的概念与性质练习

一、选择题 1．设sn1n1n11n21n3„„1n2,则（ D ） A．sn共有n项，当n2时，s21123 B．sn共有n1项，当n2时，s2121314 C．sn共有n2n项，当n2时，s21213

D．sn共有n2n1项，当n2时，s2111234 2．等比数列an中，a1a2a3a4a58，a6a7a8a9a1056，那么a11a12a13a14a15的值为（ C ）

A．567 B．562 C．392 D．448

3．11．等比数列 {an} 中，a3=7，前三项之和 S3=21，则公比q的值是( C )

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an

（Ａ） 1 （Ｂ） -

111 （Ｃ） 1或 - （Ｄ） -1或 2224．首项为1，公差不为零的等差数列中的a3，a4，a6是一个等比数列的前3项，则这一等

比数列的第四项为（ B ）

A．8

B．－8

C．－6

D．不确定

5．已知数列an的前n项和sn2n23n，那么这个数列中的奇数项依照原来的顺序构

成的数列的通项公式是（ B ）

A．bn8n9nN C．bn4n5nN

B．bn8n1nN D． bn4n3nN

6．数列{an}的前n项和Sn=3n-2n2 (n∈N)，当n>2时，就有（ D ） A．Sn>na1>nan B．Sn< nan①x=ab(x0)是a, x, b成等比数列的充分但不必要条件 ②某数列既是等差数列又是等比数列，则这个数列一定是常数列

③已知Sn表示数列{an}的前n项和，且SnSn1an(nN)，那么{an}一定是等比数列 ④设2a5，2b15，2c45，则这三个数a, b, c成等差数列 其中正确的命题序号是：（ D ）

A．②④ B．①②③ C．①③ D．①②④

bn的前n项和An和Bn满足8．若两个等差数列an、 A．

73478 B． C． D． 42371aAn7n1(nN)，则11的值等于（ C ） b11Bn4n279．在等差数列an中，3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24，则此数列前13项之和为（ A ） A．26 B．13 C．52 D．156

10．等差数列an，a1=－5，它的前11项的算术平均值为5。若从中抽去一项，余下10

项的算术平均值为4，则抽去的是（ D ） A．a8 B．a9 C．a10 D．a11 二、填空题

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1．已知数列an的前n项和的公式为Sn2n23n1，则通项公式为

2．数列{an}的通项公式为 an。an2n1 4n5n21前n项和为 Sn，若limaSn1

n(2n1)(2n3)(a为实常数)，则a的值等于 。3

三、解答题

.1．数列{an}的前n项和Sn2nP(P∈R),数列{bn}满足bnlog2an,若{an}是等比数列

（1）求P的值及通项an;（2）求limna1b1a2b2…anbn(n1·)2n;

（3）求和Tnb12b22b32b42…b2n12b2n2

解：（1）anSnSn12n2n12n1(n≥2)

∵{an}是等比数列,∴由an12得公比q2 an∵a22a1q,∴a11又a1S1,∴a1S121P,∴12P,P1. ∴an2n1(n∈N),P1（2）

bnlog2an,∴bnlog22n1n1

设Qna1b1a2b2…anbn,则Qn1·22·23·2…(n2·)223n2(n1·)2n1,①

2Qn1·222·233·24…(n2·)2n1(n1·)2n②

②－①得

Qn22223…2n1(n1·)2n22n1·2(n1·)2n1222n(n1·)2n(n2·)2n2a1b1a2b2…anbn(n1·)2n

∴limnlimn(n2·)2n2(n1·)2n1.

(3)当n=2k（k∈N）时，

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Tn[(b1)2(b2)2][(b3)2(b4)2]…[(b2k1)2(b2k)2](b

1b2)(b1b2)(b3b4)(b3b4)…(b2k1b2k)(b2k1b2k)(b1b2b3b4…b2k1b2k)(12…2k1)

(2k1)(12k1)2k22k.当n=2k-1 (k∈N)时，

Tn[(b1)2(b2)2][(b3)2]…[(b2k3)2(b2k2)2](b2k1)2

=-[1+2+3+4+…+(2k-3)]+(2k-2)22k23k1

∴T2k2k(n2k,k∈N)n

2k23k1(n2k1,k∈N).

2．数列an的前n项和为Sn, 已知Sanan2n是各项为正数的等比数列。试比较2与an1大小，证明你的结论。

解：依题意, 可设SnS1qn1其中S10,q0 则Sn1S1qn2n2 从而有aS10n1时n当SnSn1S1qn2q1当n2时 (Ⅰ)当q = 1时, a2 = a3 = „ = 0 ∴

a1a32aaan22,n2an1n2 (Ⅱ)当q > 0且q1时, (1)当n = 1时,

a1a3SS2a11qq122S1q1

12S3231q240 ∴

a1a32a2 (2)当n2时,anan22aS11qn2q1Sn1qnq12S1qn1q1

132S21qnq1 第10页（共30页）

的

anan2an1 2aan2(ii)若0 < q < 1时, 则nan1

2(i)若q > 1时, 则

中，a73．已知数列an3a416，且n2时，ann1 37an1 (1)分别求出a8，a9，a10的值。

(2)当n9且n是自然数时，试比较an与2的大小，并说明理由。 1643a7443解：（1）a812；同理：a98，a10

167a73733（2）an23an145an122

7an17an1用数学归纳法证明：当n9时，an2当n9时a982命题成立

假设nk(k9)时ak2那么当nk1时

ak125(ak2)0(ak2，ak207ak0)7ak

nk1时命题成立

综上所述，对一切n9自然数an2成立。

4．已知Sn1111(nN)，f(n)S2n1Sn1 23n⑴比较f(n1)与f(n)的大小。

⑵试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式f(n)[logm(m1)]211[log(m1)m]2恒成立。 20解：（1）∵f(n+1)-f(n)=S2n+3-Sn+2-(S2n+1-Sn+1)=„=>

111=0， 2n42n4n2111 2n22n3n2∴f(n+1)>f(n)。

（2）∵f(n+1)>f(n)，∴当n>1时，f(n)的最小值为f(2)=S5-S3=

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9 20∴必需且只须[logm(m1)]2911„„„„„①， [log(m1)m]2<

2020m0且m1由得m>1且m≠2

m10且m11t0令t=[logm(m1)]则不等式①等价于119，解得：0t20t202即0<[logm(m1)]2<1，即-115m2或m2。 25．某人年初向建设银行贷款10万元用于买房。

(1)如果他向建设银行贷款, 年利率为5%, 且这笔借款分10次等额归还(不计复利), 每年一次, 并从借后次年年初开始归还, 问每年应还多少元(精确到1元)？

(2)如果他向工商银行贷款, 年利率为4%, 要按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生息), 仍

分10次等额归还, 每年一次, 每年应还多少元(精确到1元)？

解：(1) 若向建设银行贷款, 设每年还款x元, 则

105×(1 + 10×5%) = x(1 + 9×5%) + x(1 + 8×5%) + x(1 + 7×5%) + „ + x, 105×1.5 = 10x + 45×0.05x, 10515.12245(元) 解得x12.25(2)若向工商银行贷款, 设每年还款y元, 则

105×(1 + 4%)10 = y(1 + 4%)9 + y(1 + 4%)8 + y(1 + 4%)7 + „ + y 10104.510104.101·y 104.1其中1.0410 = (1 + 0.04)10 = 1 + 10×0.04 + 45×0.042 + 120×0.043 + 210×0.044

+ „1.4802

10514802.0.04y12330(元)

0.4802答: 若向建设银行贷款, 每年需还12245元; 若向工商银行贷款, 每年需还12330元。

数列的综合应用(1)

【例1】 已知无穷数列{an},Sn是其前n项和,对不小于2的正整数n,满足关系

1Snan1an。(1)求a1，a2，a3；（2）证明{an}是等比数列;

第12页（共30页）

12an,计算lim(b1b2bn) （3）设bnloganloga22n322n1解：（1）S2=a1a2,1(a1a2)a1a2,a1S3a1a2a3,1(a1a2a3)a2a3,a2141 21S4a1a2a3a41(a1a2a3a4)a3a4,a38

（2）猜想 an（1） （2）

12n(nN)

当n=1时，命题成立

假设n=k（k≥1）时命题成立,即ak12k

1Sk1akak11(Skak1)akak1(*) 1Skak同理有 1-Sk+1=ak+1 (**) 由(*)式和假设ak12k得Sk112k

由（**）式，得，1=（Sk+ak+1） 11故 ak+1=(1Sk)k1

22∴当n=k+1时，命题也成立。 由（1），（2）n∈N,an此时

12n成立

an11成立{an}是等比数列 an2（2）另证：对 n≥2, 1-Sn=an-1-an

1- Sn+1=an-an+1

两式相减,有

Sn1Snan12anan1

an1an12anan1anaa1a1即23n an12a1a2an12{an}是等比数列21111n（3）bn n1n2n12n322n122n32第13页（共30页）

limb1b2bnn11111111 limn1nn35252747498(2n1)2(2n3)2=limn311

(2n3)2n31a11 nN且n2 afan1n【例2】 已知fx2x21x0，数列 an满足（1）写出数列an的前五项，试归纳出an的表达式，并用数学归纳法证明。

2222n，b2，„bn，„求数列（2）求limn。（3）若b1n32na1a2a2a3anan123nanbn的前

n项的和

Sn。

解：（1）由a11,an2an121得数列前五项 a11，a23，a37，a415，a531由此猜想an21①证（i）当n1时，a1211等式①成立

n

(ii)假设nk时等式①成立，即ak2k1kN

2当nk1时ak12ak122k112k11

即等式①对nk1也成立

由（i）（ii）可知等式①对nN都成立

21133213n2n（2）lim23nann32nnlim3n2n132nnnlimn1

（3）Sn11322372„22nn1121n

3122n2n112n1732„

222n2n111【例3】 已知a>0，a≠1，数列{an}是首项为a，公比也为a的等比数列，令bn=anlgan

第14页（共30页）

（n∈N）。（1）求数列{bn}的前n项和Sn；

（2）当数列{bn}中的每一项总小于它后面的项时，求a的取值范围.

解：（1）由题意知an=an，bn=nanlga. ∴Sn=（1 • a+2 • a2+3 • a3+„„+n • an）lga. a Sn=（1 • a2+2 • a3+3 • a4+„„+n • an+1）lga. 以上两式相减得

（1–a）Sn=（a+a+a+„„+a–n • a∵a≠1，∴Snalga(1a)22

3

n

n+1

a(1an)）lga nan1lga.

1a1(1nna)a.

n（2）由bk+1–bk=(k+1)ak+1lga–kaklga=aklga[k(a–1)+a]. 由题意知bk+1–bk>0，而ak>0， ∴lga[k(a–1)+a]>0. ①

（1）若a>1，则lga>0，k(a–1)+a>0，故a>1时，不等式①成立； （2）若0不等式①成立k(a1)a00a1k0a. k1min2k恒成立 k1综合（1）、（2）得a的取值范围为(0,)(1,)

【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，又有数列{bn}，它们满足关系b1a1，对nN有

anSnn,bn1an1an。

12（1）求证{bn}是等比数列，并写出它的通项公式 （2）求liman

n解：⑴证法一：当 n=1时，a1s11,a1a11a1b1ansnn当n2时,由2anan11(1)

asn1n1n11。 2同理，2an1an1(2)

(2)－(1),2(an1an)anan1

第15页（共30页）

即2bn1bnbn11(3) bn2由a2s22,得a2.又b2a2a1于是

b21b12(4)

34311 424由(3),(4)知{bn}是b1,q121211的等比数列，bnn 2211，„„猜想bnn且数学归纳法证明， 42证法二：同上算得b1,b2(1) 当n1时,11b1，命题成立 22(2)假设nk(kN)时命题成立，即bk12k1成立。 2kakak1(kSk)(k1)Sk11ak

∴ ak112k1

又ak1Sk1k1,即ak1ak1Skk1 2aK1(k1)Sk(k1)(kak)1ak2ak1112k12k

12k1即nk1时命题成立.12nbk1ak1ak

由(1)(2)知对 nN猜想bn{bn}是以b1成立

111,q的等比数列，bnn 222⑵an(anan1)(an1an2)(an2an3)(a2a1)a1

11(1n)2211 bnbn1b2b112n12

∴limanlim(1nn12n)1

解法2：由2anan11an111an1a11an1n

22n1an11 21111bn1n1n1n，∴{bn}是等比数列；且limanlim(1)1 nnn2222第16页（共30页）

【例5】 已知an是首项为1，公差为d的等差数列，其前n项和为An，bn是首项为1，公比为q(|q|<1)的等比数列，其前n项和为Bn，设SnB1B2B3..Bn，若lim(nAnSn)1 ，n求d和q。 解：Anna1An(n1)n(n1)n1dnd；n1d 22n21qn1qn又Bn； 1q1q1qnq(1qn)SnB1B2B3....Bn 1q(1q)2Anq(1qn)n1nd] lim(Sn)lim[1nnn21q(1q)2qqn1dd1lim[(1)()n]=1 n2(1q)221q(1q)2qn1(1q)2|q|1,limn0

qd1,122(1q) d10.21qqq110,(1)0.

1q1q(1q)21q又

1q10,1,q.,d4 1q1q2【例6】 已知等比数列{an}中a1 = 1，公比为x (x > 0)，其前n项和为S。

（1）写出数列{an}的通项公式及前n项和Sn的公式；（2）设bn（3）判断数列{bn}的增减性；（4）求limbn。

nan，写出bn关于x和n的表达式；Snn,x1时解：（1）anxn1,Sn1xn

,x1时1x（2）x1时，bnan1, Snnanxn11xx1时，bn nSn1x第17页（共30页）

1n,x1时 bnn1x1x,x1时1xnbbn1nn11,又bn0；∴bn1bn

1n1n（3）当x1时，n1xn1xn1bn1xxn11x1x当n1时， n11bnx1x1xn11xn1xnx1,1x与1xn同号，11x1xn1x1xn0

1,又bn0,bn1bn综上知bn为递减数列。 limbnlim（4）当x1时，n10 nn当x1时，limbnlimnnxn1xn1xn1 11当x1时，limbnlimx11nx1xn当0x1时，limbn0n0,当0x1时 limbn1n1，当x1时x

数列的综合应用(1)

一、选择题

1．等差数列an的通项公式为an23n,an (A) n232的前n项和Sn等于( A )

n3n3n3n (B) n2 (C) n2 (D) n2

2222222n12．一个等比数列的前n项和Sn1，则该数列各项和为（ B ）

2第18页（共30页）

A．

1 2 B．1 C．－

1 2D．任意实数

3．已知数列{an}满足an+1=an–an–1（n≥2），a1=a，a2=b，记Sn=a1+a2+a3+„+an，则下列结

论正确的是（ A ）.

（A）a100=–a，S100=2b–a （B）a100=–b，S100=2b–a （C）a100=–b，S100=b–a （D）a100=–a，S100=b–a

4．设首项为3，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，首项为2，公比为3的等比 数列{a'n}的前n项和为S'n，则lim （Ａ）

nSnS'n的值等于( C )

ana'n123 （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ） 2 2325．在等比数列{an}中，首项a1 < 0，则{an}是递增数列的充要条件是公比q满足 （ C ）

A．q > 1

B．q < 1

C．0 < q < 1

D．q < 0

6．设首项为3，公比为2的等比数列 {an} 的前n项和为Sn，首项为2、公比为3的等 比数列{an} 的前n项和为 Sn’，则 lim （Ａ）

nSnSn'的值等于：( C )

anan'123 （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ） 2 2327．已知数列{an}中，a11,2an1an(n1,2,3,)，则这个数列前n项和的极限是（A） （A）2 （B）

11 （C）3 （D） 238．等差数列an的通项an2n1，则由bn是（ C ）

A．n(n1)

B．

n(n1) 2a1a2…an(nN)所确定的数列bn的前n项和

nC．

n(n5) 2D．

n(n7) 29．已知等比数列{an}中，公比qR，且a1a2a39,a4a5a53，记

Sna1a2an则limSn等于（ D ）

n A．

36 175 B．

48 175

C．6

D．

27 421a1(1qq)9解：由已知可得q3

323a1q(1qq)3第19页（共30页）

所以得：a1(1qq2)(q1)9(q1)a1(q31)9(q1)a1所以limSnn27(q1) 4a127 1q4n1，11110．已知数列an：cos0，2cos，„ncos„此数列所有项的和等于（ C ）

32233

A．0.25

B．0.5

C．0.3

D．0.375

二、填空题

1．设等差数列an共有3n项，它的前2n项之和是100，后2n项之和是200，则该等差数列的中间n项之和等于 . 75 2．在数列an中，a1sin0，an1ancosnN该数列所有项的和为3，则θ的值等于 2k3kz

3．某工厂原来年总产值为a，以后连续两年平均以10%递增，若连续两年中第二年产值为b，则a占b的百分数是 。8278% 1215(n1)4．数列an中，a15，ana1a2a3„an1(n2)则an 。ann2

52(n2)5．已知an、bn都是公差不为零的等差数列，且lim则lima1a2„an1的值为 。

nnb2n2an2

nbn6．已知数列an是等比数列，若a1a2a318，a2a3a49 且Sna1a2„an，则limSn . 16

n

三、解答题

1．数列{an}中，前n项和Snan2bn其中a,b是常数，且a>0,a+b>1,n∈N. （1）求{an}的通项公式an，并证明an1an1(nN)； （2）令cnloganan1，试判断数列{cn}中任意相邻两项的大小.

解：（1）a1S1ab1

anSnSn1(an2bn)[a(n1)2b(n1)]

2anab(n2,3,4)

第20页（共30页）

当n=1时也能满足上式，∴an2anab(n1,2,3,)

an1an2a(n1)ab(2anab)2a0.

∴an1an1.(n1,2,3)

（2）由（1）及对数的性质可得数列{cn}中各项皆为正值

logan1an2logan1ancn1logan1an2 logaloga2can1n2an1nnloganan1214log21an2anan1(an2an)24logan12(an2an)

1logan1(an1)2421

又∵an1，∴cnloganan10. ∴cn1cn(n1,2,3).

2．已知数列an中,a11，前n项和为Sn，对于任意n2,求a2,a3,a4的值；（2）求通项an;（3）计算nlimSn.

解：（1）∵当n≥2时，3Sn4,a3Sn,2n12成等差数列 ∴2a3n3Sn422Sn1；∴an3Sn4(n2)

∴aa123(a12)4,∵a11，∴a22 类似地a133(a1a2a3)4∴a34 a3(aa141a23a4)4∴ a48 （2）∵当n≥2时，an3Sn4，即3Snan4

∴3Snan4①3Sn1an14②

第21页（共30页）

3Sn4,an,23Sn12总成等差数列。（1）②–①得3an1an1an ∴

an11为常数 an2∴a2，a3，a4，„，an，„成等比数列.；其中a2,q

11n21()()n1 2221212故n2,ana2qn21 (n1)∴an1n1

-(-) (n2)2（3）∵Sna1a2an=1(a2a3an)

∴limSn1lim(a2a3an)=1nn1211()2114 33数列的综合应用(2)

【例1】 已知函数fn(x)(nN)具有下列性质：

1fn(0)2, k1kkk1nfnfnfn1fn(k0,1,,n1);nnnn （1）当n一定，记ak1,求ak的表达式(k0,1,,n); kfnn （2）对nN,证明11fn(1). 43解：（1）nfnk1kkk1fnfn1fn nnnnk1kkk1(n1)fnnfnfnfn,

nnnn即

n1n11,又ak, kk1kfnfnfnnnn(n1)aknak11,

n(ak11)(n1)(ak1)，即

ak1111，由n为定值， ak1n第22页（共30页）

则数列{ak1}是以a01为首项，11ak1(a01)(1)k，

n112,ak11由于a0fn(0)nk1为公比的等比数列， n(k0,1,,n);

（2）ak111,fn(1)， nank1fn11nn欲证

11fn(1)， 43n1只需证明3114，

n1只需证明213,

nn11121n1 (1)n1CnC2Cn2nnnnn112, 11121n1 (1)n1CnCnCn2nnnnnn(n1)n(n1)21 112n2n!nn11122112n1111111112n22!n!222n313.

2【例2】 已知函数f(x)=x21(x≥1)

（1）求f(x)的反函数f

－1

(x)的表达式；

－1

（2）数列an中，a1 =1；an =fn项和Sn；

2(an－1)(nN，n≥2)，如果bn =an(nN)，求数列bn的通项公式及前

（3）如果g(n)=2Sn－17n，求函数g(x) (xR)在区间[t,t+2] (tR)上的最小值h(t)的表达式。

解：（1）yx21　∴y2x21　∴x2y21

∵x≥1　∴y≥0　∴xy21 ∴f

－1

(x)= x21(x≥0)

第23页（共30页）

2（2）a11　anf1(an1)an11(nN,N≥2)

22∴a11　an2an11 ∴b11　bnbn11

∴bn是以1为首项，公差为1的等差数列 ∴bnn ∴Snn(n1)

（3）g(n)=2Sn－17n=n2－16n ∴g(x)x216x(x8)264 xR ∴g(x)函数图像是以顶点M（8，－64）且开口向上的抛物线 (i)当t>8时，g(x)在[t,t+2]上是增函数 ∴h(t)=g(t)=t2－16t (ii)当t+2<8时，g(x)在[t,t+2]是减函数 ∴h(t)=g(t+2)=t2－12t－28 (iii)当6≤t≤8时 h(t)=g(8)=－64 t212t28　t(,6)∴h(t)64　　　　t[6,8]

2t16t　　　t(8,)12【例3】 在数列{an}中，已知a1aa2，且an1（1）求证：an2nN；（2）求证：an1annN； 3

（3）若存在kN，使得ak3，求证：ka1。

3lg4

lg

2annN 2an1解：（1）证明：

当n1时，a1a2，命题成立。

假设nkk1，kN时，命题成立，即ak2 则ak12ak11ak12 2ak12ak1由归纳假设ak2，则ak10，且ak11122 2ak1·2ak11，由平均值定理得 ak1ak1所以nk1时ak12也成立 因此，对任意自然数n，都有an2

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（2）证明：

aan1an1111；由（1）an2，n1111 a221an2an12a1nnan1an 又an20，（3）证明：由an1an及ak3得a1a2a3„„ak1ak3

则akak11111311231ak12ak112a14k1aaa3333aka1·2·3„„ka1··„„a·a1a2ak1444433aka·43由此得a4k1k1k1

k133，又a3，4333；于是k1lglg a4a3

3又lg0，解得ka1

34lg4

lg

2【例4】 已知数列{an}满足a1＝2，对于任意的n∈N，都有an＞0，且(n＋1)a2n＋anan＋1－nan1＝0，又知数列{bn}:b1＝2n－1＋1。(1)求数列{an}的通项an以及它的前n项和Sn；(2)求数列{bn}的前n项和Tn；(3)猜想Sn和Tn的大小关系，并说明理由.

22解：⑴∵an0(nN),(n1)ananan1nan10

∴ (n1)(an2a)(n)n0。 an1an11,114n(n1)1(2n1)an∴ n

an12(n1)2(n1).n1∴an0，∴∴

anann1。即n1。 an1n1annaanan1an2aann1n23232n。∴nan1an2an3a2a1n1n2n321a1n，

又a12，∴an2n。

∴Sna1a2an2(123n)2⑵∴bn2n11，

n(n1)n2n。 2第25页（共30页）

∴Tnb1b2b3bn(2222⑶TnSn(2nn1)(n2n)2nn21

012n120(2n1))nn2nn1。

21当n1时，T1S1211210，∴T1S1； 当n2时，T2S22222110，∴T2S2； 当n3时，T3S32332120，∴T3S3； 当n4时，T4S42442110，∴T4S4； 当n5时，T5S52552160，∴T5S5； 当n6时，T6S626621270，∴T6S6。 猜想：当n5时，TnSn。 即2nn210。亦即2nn21。 下面用数学归纳法证明：

1当n5时，前面已验证成立；

2假设nk(k5)时，2kk21成立，那么当nk1(k5)时，

2k122k2(k21)k2k22k25k2k22k2(k1)21。

∴当nk1(k5)时，2k1(k1)21也成立。

由以上1、2可知，当n5时，有TnSn；当n1时，T1S1； 当2n5时，TnSn。

【例5】 已知等差数列{an}中，公差为d>0，等比数列{bn}中，b10公比q>0且q1.若ana1logabnlogab1(n1,nN,a0,a1)，求a的取值范围.

解：由已知不等式，得a1(n1)da1loga(b1qn1)logab1

(n1)d(n1)logaq ∵n10，∴dlogaq

①当0a1时，aq，∵d0∵若0q11，则qdd1d，∴aq

1，∴0a1qd

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若q11，则qd1，∴0a1

②当a1时，adq ∵d0，∴aq 若0q1d1，则q1d1，∴a1

1d若q1时，则q1，∴aq 综上：若0q1时， 0a1qd1d或a1

q1时，0a1或aq

1d数列的综合应用(2)练习

一、选择题 1．设Sn = A．

121212234„2n12n，则limSn等于（ A ） 333333n→　111 B． C．0 D． 8422．已知数列an中，a160，an1an3，那么|a1||a2|„„||a30|等于（ B ）

A、－495

B、765

C、1080

D、3105

3．在等差数列an中，amn，anm(m、nN，mn)，则amn（ A ）

A、0

B、m

C、n

D、不确定

4．一个等差数列的首项为4，它的第一项、第七项、与第十项成等比数列，这个数列的通项公式是（ C ）

11A、an4(n1)或an4 B、an4(n1)

331C、an4(n1)或an4

321D、an4(n1)

35．设2a5a20，则lim

A、

1 aanan1n1等于（ C ）

1C、或0

2

1

B、或0

3

D、1

6．数列1,b,c,8中，前三项1,b,c成等差数列，后三项b,c,8成等比数列，则必有（ B ）

A、c>0

B、b>0

C、c<0

D、b<0

7．设等差数列的前4项之和为26，其末4项之和为110，又这个数列的所有的项之和为

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187，则这个数列共有多少项（ A ）

A、11项

B、22项

C、8项

D、项数不能确定

于

8．设数列xn满足logaxn11logaxn(nN)且x1x2„100100,则x101x102„x200 等（ D ）

A、100a

B、100a2

C、101a100

D、100a100

二、填空题

1．若等差数列an的前几项和为Sn，且S15S1020则S25 。100

(nN)它的前n项和记为Sn，若an是一个首项为a 2．已知数列an，an0，公比为q(q>0)的等比数列，且Gna12a22„an2(nN)lim1a(q1)S limn0(q1)nGn1q(0q1)aSn .

nGn

3．在等比数列an中，记：Sna1a2„an，若a32S21，a42S31则公比q= 3 24．数列an的前n项和为Sn，且Sn1an(nN)则limsn的值为 。1

n35．数列an的通项公式an于 。2

1前n项和为Sn，limaSn1(a为实常数)，则a的值等

n(2n1)(2n1)6．已知等比数列an的各项都是正数，Sn80，S2n6560，且前n项中最大的一项为54，

则n= 。4 三、解答题

1、若Sn和Tn分别表示数列{an}和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an2(n1),

Tn3Sn4n.。（1）求数列{bn}的通项公式；

（2）在平面直角坐标系内，直线ln的斜率为bn,且与曲线yx有且仅有一个交点，与y 轴交于点Dn，记dn|Dn1Dn|(2n7),求dn;

2d2n1dn(nN),求证:lim(c1c2cnn)1. （3）若cnn2dn1dn213解：（1）解法（一）由已知Tn3Sn4n.当n1时,b1T13S143a148.

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当n2时,bnTnTn13(SnSn1)4n4(n1)3(SnSn1)43an4 由于an2(n1).bn3[2(n1)]46n2. 由于b1适合上式，bn6n2(nN).

解法（二）由于an2(n1),则{an}为等差数列，a14.

Snn(a1an)n(42n2)n23n 22Tn3Sn4n3(n23n)4n3n25n

当n=1时，b1T18，

当n2时,bnTnTn13n25n[3(n1)25(n1)]6n2. 由于b1适合上式，bn6n2(nN), （2）设ln的方程为ybnxm

yx2,消去y,得x2bnxm0. ybnxm.2∵直线ln与曲线只有一个交点，∴0,即bn4m0.

22bn∴m 则Dn(0,bn).

44bb从而dn1|Dn1Dn|(2n7)1|n(n1)|(2n7)

33441[(6n2)]2[(6n8)]2||(2n7)6n5(2n7)344224n2.

dn4n2(nN).

2dn1dn2(4n2)(4n2)2n12n122222（3）cndn1dn(4n2)(4n2)4n1111.

24n111111c1c2c3cnn(11)(1)(1)n

3352n12n1=11

.2n1nlim(c1c2cnn)lim(1n1)1. 2n12222．{an},{bn}都是各项为正的数列，对任意的自然数n，都有an,bn,an1成等差数列bn,an1，bn1成等比数列。

（1）试问{bn}是否是等差数列？为什么？

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222（2）求证：对任意的自然数p,q(pq),bpqbpq2bp成立；

（3）如果a11,b12,Sn111，求limSn。 na1a2an2解：依题意2bnanan1„„①

222an1bnbn1„„②

（1）∵an0,bn0，∴由②式得an1bnbn1 从而n2时，anbn1bn

2代入①2bnbn1bnbnbn1，∴2bnbn1bn1(n2)

∴{bn}是等差数列。

（2）因为{bn}是等差数列∴bpqbpq2bp

2∴bpq2bpq(bpqbpq)222bp

（3）由a11,b12及①②两式易得a23,b2∴{bn}中公差d2 22(n1) 232 2∴bnb1(n1)d∴an11(n1)(n2)„„„„„„③ 21n(n1)12也适合③、∴an(nN) 22又a11∴

12112() ann(n1)nn11212131n11)]2(1) n1n1∴Sn2[(1)()(∴1imSn2

n

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