高中数列题型_解题方法及综合总结

1、（1）a(n)=S(n)-S(n-1)=2-[1/2^(n-1)]-2+[1/2^(n-2)]=1/2^(n-1)，且a(1)=1，a(2)=1/2； b(1)=a(1)=1，(1/2)[b(2)-1]=1，则b(2)=3 由于{b(n)}是等差数列，则b(n)=2n-1

（2）c(n)=(2n-1)×2^(n-1)，以下用错位相减法求前n项和：

①T(n)=1×2^0+3×2^1+5×2^2+7×2^3+…+(2n-3) ×2^(n-2)+(2n-1) ×2^(n-1) ②2T(n)=1×2^1+3×2^2+5×2^3+…+(2n-3) ×2^(n-1)+(2n-1) ×2^n 由②-①得：

T(n)=-1×2^0+[(-2) ×2^1+(-2) ×2^2+…+(-2) ×2^(n-1)]+(2n-1)2^n =(2n-1)×2^n-1-[2^2+2^3+…+2^n]

=(2n-1) ×2^n-1-[1+2^1+2^2+2^3+…+2^n]+1+2^1 =(2n-1) ×2^n+2-2^(n+1)-1 =(n-1) ×2^(n+1)-2^n+1

2.在数列{An}中，A1=1,A2=2,且A（n+1）=(1+q)*An-qA(n-1)(n≥2,q≠0) （1）设Bn=A(n+1)-An（n属于正整数集），证明{Bn}是等比数列; （2）求数列｛An｝的通项公式;

（3）若A3是A6与A9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n属于正整数集，An是A(n+3)与A(n+6)的等差中项。

2、（1）由a(n+1)=(1+q)a(n)-qa(n-1)（n≥2，q≠0）得 a(n+1)-a(n)=q[a(n)-a(n-1)]

则b(n)=qb(n-1)，其中b(1)=a(2)-a(1)=1，且n≥2，q≠0 故{b(n)}为等比数列，其通项为b(n)=q^(n-1)。

（2）由（1）知：a(n+1)-a(n)=b(n)=q^(n-1)，其中a(2)=2，a(1)=1 所以a(n+1)=q^(n-1)+a(n)=q^(n-1)+q^(n-2)+a(n-1)=…=q^(n-1)+…+1+a(1) =q^(n-1)+…+1+1=(1-q^n)/(1-q)+1（当q≠1）或n+1（当q=1）

所以{a(n)}的通项为a(n)=[1-q^(n-1)]/(1-q)（当q≠1）或a(n)=n（当q=1）

（3）当q=1时，a(n)=n显然满足A3是A6与A9的等差中项的条件，故q=1符合题意； 当q≠1，2a(3)=a(6)+a(9)，

则2(1-q^2)/(1-q)=(1-q^5)/(1-q)+(1-q^8)/(1-q)

即-2=-q^3-q^6，解得q^3=-2或1(与q=1情况重复，舍去)， 则q=-(三次根号2)；

证明：此时，q^3=-2，对于任意n∈N， 2a(n)=2[1-q^(n-1)]/(1-q)

a(n+3)+a(n+6)=[1-q^(n+2)]/(1-q)+[1-q^(n+5)]/(1-q) 则[a(n+3)+a(n+6)]-2a(n)

1

= [1-q^(n+2)]/(1-q)+[1-q^(n+5)]/(1-q)-2[1-q^(n-1)]/(1-q) =[1/(1-q)][1-q^(n+2)+1-q^(n+5)-2+2q^(n-1)] =[q^(n-1)/(1-q)][-q^3-q^6+2] =[q^(n-1)/(1-q)][2-4+2]=0 所以[a(n+3)+a(n+6)]=2a(n)

即a(n)是a(n+3)和a(n+6)的等差中项。

3.若｛An｝是等比数列，且Sn=3^n+r ,则r=_____. 4.Sn=1²-2²+3²-4²+...+[（-1）^(n-1)]*n² 化简求和

3、通项公式为a(n)=S(n)-S(n-1)=3^n+r-3^(n-1)-r=2×3^(n-1) 则S(n)=2[1-3^(n)]/(1-3)=3^n-1，所以r=-1 4、S(n)=1^2-2^2+3^2-4^2+…+[(-1)^(n-1)]×n^2 则当n=2k为偶数，则 -S(n)=-S(2k)

=2^2-1^2+4^2-3^2+…+(2k)^2-(2k-1)^2

=(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+…+[2k-(2k-1)][2k+(2k-1)] =3+7+…+(4k-1)（共k项） =k(3+4k-1)/2=k(2k+1) =n(n+1)/2

所以，n为偶数时，S(n)=-n(n+1)/2 当n=2k+1为奇数，同理则有 S(n)=S(2k+1)

=1+(3-2)(3+2)+(5-4)(5+4)+…+[(2k+1)-(2k)][(2k+1)+(2k)] =1+5+9+…+(4k+1)（共k+1项） =(k+1)(1+4k+1)/2 =n(n+1)/2

所以，S(n)=±n(n+1)/2（n为偶数时取负号，n为奇数时取正号）。

5.已知数列{An}满足A1=1,A(n-1)/An=[A(n-1)+1]/(1-An)（n属于正整数集，n>1） （1）求证：数列{1/An}是等差数列； （2）求数列{AnA(n+2)}的前n项和Sn. 5、（1）a(n-1)/a(n)=[1+a(n-1)]/[1-a(n)] 两边除以a(n-1)，得1/a(n)=[1/a(n-1)+1]/[1-a(n)] 整理得1/a(n)-1=1/a(n-1)+1 则1/a(n)-1/a(n-1)=2，且1/a(1)=1

故{1/a(n)}是以1为首项、2为公差的等差数列。

（2）由（1）可知1/a(n)=1+2(n-1)=2n-1，则a(n)=1/(2n-1) 所以a(n)a(n+2)=1/(2n-1)×1/(2n+3)=(1/4)[1/(2n-1)-1/(2n+3)]

2

则

S(n)=1/1×1/5+1/3×1/7+1/5×1/9+…+1/(2n-5) ×1/(2n-1)+1/(2n-3) ×1/(2n+1)+1/(2n-1) ×1/2n+3)

=(1/4) ×[1/1-1/5+1/3-1/7+1/5-1/9+…+1/(2n-5)-1/(2n-1)+1/(2n-3) -1/(2n+1)+1/(2n-1)-1/(2n+3)] =(1/4)[1+1/3-1/(2n+1)-1/(2n+3)] =1/3-(n+1)/[(2n+1)(2n+3)]

6.若则数列An=1+2+3+4+...+n,则数列｛1/An｝的前n项和Sn=_____ 6、a(n)=n(n+1)/2，1/a(n)=2/[n(n+1)]=2[1/n-1/(n+1)] 所以S(n)=2/(1×2)+2/(2×3)+…+2/[n(n+1)] =2[1-1/2+1/2-1/3+…+1/n-1/(n+1)] =2[1-1/(n+1)] =2n/(n+1)

7.已知数列{An}的通项An=(2^n)-1，则{An}的前n项和Sn=______ 7、S(n)=2^1-1+2^2-1+…+2^n-1 =2^1+2^2+…+2^n-(1+1+…+1) =2^(n+1)-2-n

8.已知等差数列中，前三项之和为6，末三项之和为60，Sn=231，则n=_____ 8、由题意可知： 第二项为a(2) =2 倒数第二项为a(n-1) =20

S(n)=n[a(2)+a(n-1)]/2=21n=231，所以n=11

9.等差数列{An}中,A1=25,S9=S17,则此数列前______项和最大.

9、S(9)=S(17)，说明a(10)、a(11)、…、a(17)这的和为0，即前四项和后四项的值互为相反数，故a(1)、a(2)、…、a(13)为正数，从a(14)开始以后的项均为负数，则前13项的和最大。

10.已知{An}是等比数列A2=2,A5=1/4 则A1A2+A2A3+A3A4+...+AnA(n+1)=___ 10、a(5)=a(2)×q^3，则q=1/2，a(n)=2^(3-n) 所以a(n)a(n+1)=2^(3-n)×2^(2-n)=2^(5-2n) 相当于首项为2^3=8、公比为2^(-2)=1/4的 所求的和S(n)=8[1-(1/4)^n]/(1-1/4)=32/3×[1-2^(-2n)]

3

高中数列解题方法及综合

高考递推数列分类

类型1：渗透三角函数周期性

数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化，利用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。

例1（2008年湖南卷，18，满分12分）

nn)ansin,n1,2,3... 数列{an}满足a1=1，a2=2，an2(1cos22求a3，a4,并求数列{an}的通项公式；

22解:因为a11,a22,所以a3(1cos2a4(1cos2)a2sin22a242)a1sin22a112,一般地当n2k1(kN)时,a2k1[1cos2a2k11,即a2k1a2k11(2k1)2k1]a2k1sin222所以数列{a2k1}是首项为1公差为1的等差数列因此a2k1k当n2k(kN)时,a2k2[1cos22k2k]a2ksin22a2k22所以数列{a2k}是首项为2公比为2的等比数列因此a2k2k

本题分为两种情况，采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。

例2（2009年江西，文，21，满分12分）

22nn2sin)，其前n项和为 数列{an}的通项ann(cos33（1）求sn；

s（2）令bn3nn，求数列{bn}的前n项和Tn

n4n12,n2k1(kN)故数列{an}的通项公式为ann22,n2k(kN)4

nn2n解:(1)由于cossincos,故333s3k(a1a2a3)(a4a5a6)...(a3k2a3k1a3k)12224252(3k2)2(3k1)222(3)(6)...[(3k)2]222 133118k5k(9k4)2...2222k(49k)s3k1s3ka3k2k(49k)(3k1)2(3k1)213k21s3k2s3k1a3k1k22236n136,n3k2(n1)(13n)故sn,n3k1,(kN)6n(3n4),n3k6s9n4(2)bn3nnn424n113229n4Tn(2...)n24441229n44Tn(13...n)2441两式相减得99n1999n41449n4)3Tn(13...n1)(13122444n4n1419n82n32n1 22813n故Tn3322n322n1例3（2009年江西，理8，5分）

22nnsin)，数列{an}的通项ann2(cos其前n项和为sn，则sn为（ ） 3322A．470 B．490 C．495 D．510

类型2：an+1=an+f(n)

解法思路：把原递推公式转化为an+1-an=f(n)，利用累加法（逐差相加法）求解

例4（2008，江西，理5）

5

1在数列{an}中，a1=2,an+1=an+ln(1),则an=

nA．2+lnn B．2+(n-1) lnn C．2+nlnn D．1+n+lnn

例5（2009，全国I，理22）

1n1在数列{an}中，a1=1,an+1=(1)ann

n2a（1）设bnn，求数列{an}的通项公式；

n（2）求数列{an}的前n项和。

a1an1解:(1)由已知得b1a11,且nnn1n21即bn1bnn 211从而b2b1,b3b222...1bnbn1n1(n2)21111于是bnb12...n12n1(n2)2222又b11故所求通项公式为bn2(2)由(1)知ann(2n12n1n2n112)2nn1令Tn2kk1,则2Tn2kk2k11于是Tn2TnTn2kk1k0nn2n14n22n1又(2k)n(n1)k1nn2所以snn(n1)n142

类型3：an+1=f(n)an

解法思路：把原递推公式转化为求解

例6（2004，全国I，理15）

an1f(n)，利用累乘法（逐商相乘法）an已知数列{an}，满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项an=_____

6

解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1+nan，用此式减去已知式，得 当n≥2时，an+1－an=nan，即an+1=（n+1）an，又a2=a1

aaaa所以a11,21,,33,44,...nn,将以上n个式子相乘，得a1a2a3an1ann!(n2)2类型4：an+1=pan+q（其中p、q均为常数，且pq(p－1)≠0）

解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为an+1－t=p(an－t)，其中qt，再利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队循环数列来解（见1p后文），或直接用逐项迭代法求解。

例7（2008年，安徽，文21）

设数列{an}满足a1 =a,an +1=c an +1－c,n∈N*，其中a、c为实数，且c≠0 求数列{an}的通项公式； 解：方法一： 因为an+1－1=c(an－1)

所以当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列 所以an－1=( an－1)cn－1 即an=( an－1)cn－1+1 当n=1时，an=1仍满足上式

数列{an}的通项公式为an=( a－1)cn－1+1 (n∈N*) 方法二：

由题设得：n≥2时, an－1=c( an－1－1)=c2 (an－2－1)=…= cn－1(an－1)= (a－1)c n－1

所以an=( a－1)=c n－1+1 n=1时，a1=a也满足上式

所以{an}的通项公式为an=( a－1)cn－1+1 (n∈N*) 类型4的变式：an+1=pan+f(n)

解法思路：通过构造新数列{bn}，消去f(n)带来的差异。

类型5 ：an+1=pan+qn（其中p、q均为常数，pq(p－1)(q－1)≠0）（或an+1=pan+rqn，其中p、q、r均为常数）

解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得引入辅助数列{bn}（其中bnan1pan1n，n1qqqqanp1bb），得即可转化为类型3。或直接nnnqqq1(pq)）将原递推式变形为an1xqn1p(anxqn），（其中x，则直pq7

接转化为等比数列

例8（2006，全国I，理22，12分）

412设数列{an}的前n项的和snan2n1,n1,2,3...

333求首项a1与通项an。

442解:当n1时a1s1a1a12333412412当n2时,ansnsn1an2n1(an12n)

333333即an4an12n,所以an2n4(an12n1),所以a12所以an2n44n1,所以an4n2n例9（2009，全国II，理19）

设数列{an}的前n项的和sn,已知a11,sn14an2 （1）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式。

解:(1)由已知有a1a24a12,解得3a125，故b1a22a13an2sn2sn14an12(4an2)4an14an于是an22an12(an12an)即bn12bn因此数列{bn}是首项为3,公比为2的等比数列(2)由(1)知，等比数列{bn}中b13,公比q2所以an12an32n1a1an3于是n2n12n4a13因此数列{n}是首项为,公差为的等差数列242nan1331(n1)n4442n2所以an(3n1)2n2类型6：a。 paqa（其中p，q均为常熟）

n2n1n解法一（待定系数法）：先把原递推公式转化为，an2san1t(an1san)

stp其中s, t满足

stq解法二（特征根法）：对于由递推公式an2pan1qan,a1=,a2=给出的数列{an}，方程x2pxq0,叫做数列的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个

n1根，当x1x2时，数列{an}的通项为anAx1n1Bx2，其中A、B由a1=,a2=n1决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2,代入anAx1n1Bx2，得到关于A、B的方程组）；

当x1x2时，数列的通项为anABnAx1n1，其中A、B由a1=,a2=决定（即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入anABnAx1n1，得到关于A、B的方程组）。

8

例10（2006，福建，文22）

已知数列{an}满足a1=1,a2=3，an23an12an（nN）。 （1）证明：数列an2an是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式； （3）若数列{bn}满足4b114b21列。 解：（1）an23an12an， an2an12(an1an)

a1=1,a2=3， aan12an1an（nN）n2，

an1anan2an是以a2a1=2为首项，2为公比的等比数列。

，证明{bn}是等差数4bn1an1n（nN）

b（2）an2an2n（nN）， an =anan1+ an1an2 +

+ a2a1+a1

= 2n1+ 2n2++2+1

=2n-1（nN）

类型7 递推公式为Sn与an的关系式（或Snfan）

s1解法思路：这种类型一般利用an=snsn1an=snsn1fanfan1n2消去an进行求解。

n1nnan22或

例11.（2009，湖北，理，19）

1已知数列{an}的前项和Sn= -an-+2（n为正整数），令bn=2nan，求证

2数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式

1解：在Sn= an2n1n1+2中，令n=1，可得S1 = -a1+1=a1，

n21当n2时，Sn-1= an12n11+2，an=SnSn-1=an+an12n1

12an=an1+，即2nan=2n1an1+1

2又bn=2nan，bn=bn1+1，即当n2时，bn-bn1=1

又b1=2a1=1数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列，

n于是bn=n=2nan,an=n.

2例12 （2008，全国II，理，20）

设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=a,an1=Sn+3n（nN）, （Ⅰ）设bn=sn-3n，求数列{bn}的通项公式；

9

（Ⅱ）若an1≥an（nN），求a的取值范围。

解（Ⅰ）依题意sn1-sn=an1=sn+3n，即sn=2sn+3n，由此得sn1-3n1=2（sn-3n）， 因此，所求通项公式为

bn=sn-3n=（a-3）2n1，（nN）。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知sn=3n+（a-3）2n1，（nN），于是当n2时，

an=sn-sn1 =3n+（a-3）2n1-3n1-（a-3）2n2 =2×3n1+(a-3) 2n2 an1an=4×3n1+(a-3) 2n2 =2n2当n2时,

n2312•a3,

2312•2n2a3≥0

a≥9。

又a2=a1+3＞a1

综上，所求的a的取值范围是9,。

类型8 an+1=pan+an+b(p≠1,a≠0)

解法思路：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，

即令an1xn1ypanxny，与已知递推式比较，解出x,y，从而转化为anxny是公比p为的等比数列。

例13.（2006山东，文，22）

1已知数列{an}中，a1=，点n,2an1an在直线yx上，其中n1,2,32（Ⅰ）令bnan1an3，求证数列{bn}是等比数列；

an1(n1)ann bn1an1an122

bnan2an11an1an1

an1an1

12.

an1an12

31所以{bn}是以为首项，以为公比的等比数列

2410

（Ⅱ）求数列{an}的通项。 1解：（Ⅰ）由已知得a1,2an1ann,233113a2,a2a11,44224bnan1an1,bn1an2an11,31（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn4231an1an1n,2231a2a11,2231a3a21222,31anan11n122将以上各式相加得：311ana1（n1)(22223annn2.2n131n,221),2n1

类型9 apar（p＞0, an ＞0） n1n解法思路：这种类型一般是等式两边取对数后转化为an1panq，再利用待定系数法求解。

例14（2005，江西，理，21）

已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a01,an1求数列的{an}通项公式an

1an(4an),nN. 211an(4an)(an2)22,2212an1(an2)2,易证2-an＞0，两边取以为底的对数，2n1)n)n)log(2-a2log(2-a1,设bn2log(2-a，则bn1=2bn+1.111 222解：an1易求得bn2n1,12-an22n11,an222n1.例15（2006，山东，理，22）

已知a12，点an,an1在函数fxx22x的图像上，其中n1,2,3列

11

证明数

lg1a是等比数列

n解：由已知an1an22an, an111ana12an11,两边同时取对数得lg1an12lg1an,即lg1an12lg1an 类型10 a

2lg1an是公比为2的等比数列。f(n)an n1g(n)ah(n)n解法思路：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为a panq。

n1例17（2006，江西，理，22，本大题满分14分）

3nan13(n2,nN*) 已知数列an满足：a1,且an22an1n1求数列an的通项公式； 解：将条件变为：1为

n3nn11n,据此得ann(n1) 1,公比,从而1an331a133n1nan13(1n1an1),因此1为一个等比例数，其首项

ann类型11 apaq nn1rahn解法思路：如果数列an满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有

an1panqh（其中p、q、r、h均为常数，且ph≠qr,r≠0, a1），那么，

ranhr12

可作特征方程x1pxq，当特征方程有且仅有一根时x0，则是等差数rxhanx0ax列；当特征议程有两价目相异的根x1、x2时，则n1是等比数列。

anx2例19(2009年,江西,理,22)

各项均为正数的数列an,aaa,a2b,且对满足mnpq的正整数都有m,n,p,q都有

apaqaman (1am)(1an)(1ap)(1aq)14(1)当a,b时,求通项an；

25(2)证明:对任意a,存在与a有关的常数λ,使得对于每个正整数n,都有1an

apaqaman解：（1）由得 (1am)(1an)(1ap)(1aq)a1ana2an1

(1a1)(1an)(1a2)(1an1)14将a1,a2代入上式化简得

25an2an11,

an121an11an1 1an31an1所以

1an故数列为等比数列，从而

1an1an13n1n，即ann 1an3313n1可验证，ann满足题设条件。

31（2）由题设

aman的值仅与mn有关，记为bmn

(1am)(1an)13

则bn1a1anaan

(1a1)(1an)(1a)(1an)考察函数f(x)ax(x0)，则在定义域上有

(1a)(1x)1a11a,1f(x)g(a),a1

2a1a,0a1故对nN*,bn1g(a)恒成立?¬又b2n注意到0g(a)2ang(a)， 2(1an)1，解上式得 21g(a)12g(a)1g(a)12g(a)g(a) ang(a)g(a)1g(a)12g(a)取1g(a)12g(a)1，即有an

g(a)

类型12 数列中的数学归纳法

数学归纳法是数学证明中的常用方法，适用于猜想证明和数列不等式的证明，在直接求解或者利用放缩法证明存在困难时，常可使用数学归纳法进行证明。

例21（2008，天津，理，22）

在数列an与bnan与bn中，a11,b14,数列an的前n项和Sn满足

nsn1(n3)sn0,2an1为bn与bn1的等比中项，nN*

（Ⅰ）求a2,b2的值；

（Ⅱ）求an与bn数列的通项公式；

解：（Ⅰ）由题设有a1a24a10,a11解得a23，由题设又有

24a2b2b1,b14，解得b29。

（Ⅱ）由题设nsn1(n3)sn0,a11,b14，及a23，b29，进一步可得a36，b316，a410,b425猜想

14

n(n1),bn(n1)2,nN* 21(11)当n1时，a1，等式成立,当n2时用数学归纳法证明如下：

22(21)（1）当 n=2时，a2，即等式成立。

2k(k1)（2）假设当n=k时等式成立，即ak,k2

2由题设 先证anksk1(k3)sk ① (k1)sk(k2)sk1 ②

①的两边分别减去②的两边，整理得kak1(k2)ak，从而

k2k2k(k1)(k1)(k1)1ak1ak kk22这就是说，当nk1时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式an对任何的n2成立。

综上所述，等式ann(n1)2n(n1)对任何的nN*都成立。 2再用数学归纳法证明bn(n1)2，nN*

本题首先进行猜想，然后利用数学归纳法证明，先猜想再证明是求数列通项的常用手段，数学归纳法也是证明数列不等式的常用方法。

数列经典综合题

等差数列与等比数列综合题

例1 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(a1a1q)2(a1a1qa1q2)

由于 a10，故2q2q0

15

1 又q0，从而q－

212 （Ⅱ）由已知可得a1a（1）3 故a14

2

1n（41（））81n2 从而Sn （1（））1321（）2例2 在正项数列an中,令Sni1n1.

aiai1（Ⅰ）若an是首项为25,公差为2的等差数列,求S100； （Ⅱ）若Sn列；

1（Ⅰ）解：由题意得,aiai1ai1ai2np（p为正常数）对正整数n恒成立,求证an为等差数

a1an1a201a1,所以S100=5

2（Ⅱ）证:令n1,所以Sni1np1,则p=1 a1a2a1a2np1=（1）,

aiai1a1an1Sn1i1n1(n1)p1=（2）, a1an2aiai1(n1)n1—=, a1an2a1an1an1an2（2）—（1）,得化简得(n1)an1nan2a1(n1)（3）

(n2)an2(n1)an3a1(n1)（4）,（4）—（3）得an1an32an2(n1) 在（3）中令n1,得a1a32a2,从而an为等差数列

例3 已知{an}是公比为q的等比数列，且am,am2,am1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,Sm2,Sm1是否成等差数列？说明理由. 解：（1）依题意，得2am+2 = am+1 + am

m+1 mm – 1

∴2a1q= a1q + a1q

在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，

∴2q2 = q +1，解得q = 1或.

（2）若q = 1， Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，Sm + 2 = (m+2) a1

∵a1≠0，∴2Sm+2≠S m + Sm+1

16

1211()m221112若q =，Sm + 1 =()m 136221()2111()m1()m1421141122Sm + Sm+1 = [()m()m1]=()m

1133223321()1()22∴2 Sm+2 = S m + Sm+1

故当q = 1时，Sm , Sm+2 , Sm+1不成等差数列； 当q =时，Sm , Sm+2 , Sm+1成等差数列.

例4 已知数列｛an｝的首项a1a（a是常数），an2an1n24n2（nN,n2）．（Ⅰ）an是否可能是等差数列.若可能，求出an的通项公式；若不可能，说明理由；

（Ⅱ）设b1b，bnann2（nN,n2），Sn为数列bn的前n项和，且

Sn是等比数列，求实数a、b满足的条件． 解：（Ⅰ）∵a1a,依an2an1n24n2(n2,3,)

∴a22a4822a2 a32a291224a5

a42a328a8 a2a12a2aa2,a3a22a3,a4a34a3

若{an}是等差数列，则a2a1a3a2,得a1 但由a3a2a4a3，得a=0,矛盾.

∴{an}不可能是等差数列

(Ⅱ)∵bnann2

∴bn1an1(n1)22an(n1)24(n1)2(n1)22an2n22bn(n≥2)

∴b2a242a2

当a≠－1时, bn0{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列

∴Snb1(2a2)(2n≥2时,

n1121)21b(2a2)(2n11)

Sn(a1)2nb2a2b2a2 2n1n1Sn1(a1)2b2a2(a1)2b2a2SnSn1∴{Sn}是等比数列, ∴

(n≥2)是常数 ∵a≠-1时, ∴b-2a-2=0 当

a=-1时，

b20,由bn2bn1（n≥3）,得bn0（n≥2） ∴Snb1b2bnb

∵{Sn}是等比数列 ∴b≠0

a1综上, {Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为a1 或b2a2b0例5 设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2-an，n=1，2，3，…. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1，且bn+1=bn+an，求数列{bn}的通项公式； (Ⅲ)设cn=n(3-bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：(Ⅰ)∵n=1时，a1+S1=a1+a1=2

17

∴a1=1

∵Sn=2-an即an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2 两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0 即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an ∵an≠0 ∴

an11(n∈N*) an211

的等比数列.an=()n1(n∈N*) 22

所以，数列{an}为首项a1=1，公比为(Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1，2，3，…)

1∴bn+1-bn=()n-1

2得b2-b1=1

1b3-b2=

21b4-b3=()2

2……

1bn-bn-1=()n-2(n=2，3，…)

2将这n-1个等式相加，得

1111bn-b1=1+()2()3()n22222又∵b1=1，∴bn=3-2(

11()n11222()n1

12121n-1

)(n=1，2，3，…) 21(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n()n-1

211111∴Tn=2[()0+2()+3()2+…+(n-1)()n-2+n()n-1] ①

22222111111而 Tn=2[()+2()2+3()3+…+(n-1)()n1n()n] ②

222222111111①-②得：Tn2[()0()1()2()n1]2n()n

22222211()n24n(1)n884n(1)n Tn=41222n121=8-(8+4n)n(n=1，2，3，…)

2例6 已知数列{an}中，a02,a13,a26，且对n≥3时

有an(n4)an14nan2(4n8)an3．

18

（Ⅰ）设数列{bn}满足bnannan1,nN，证明数列{bn12bn}为等比数列，

并求数列{bn}的通项公式；

（Ⅱ）记n(n1)21n!，求数列{nan}的前n项和Sn

（Ⅰ） 证明：由条件，得annan14[an1(n1)an2]4[an2(n2)an3]，

则an1(n1)an4[annan1]4[an1(n1)an2]．

即bn14bn4bn1.又b11,b20，所以bn12bn2(bn2bn1)，

b22b120．

所以{bn12bn}是首项为2，公比为2的等比数列．

b22b12，所以bn12bn2n1(b22b1)2n．

bn1bn1． 2n12n211b于是nn为以首项，－为公差的等差数列．

222两边同除以2n1，可得

所以

bnb11(n1),得bn2n(1n)． n2222（Ⅱ）an2nnan1n2n1n(an12n1)，令cnan2n，则cnncn1．

而c11， cnn(n1)21c1n(n1)21． ∴ann(n1)212n．

nannn(n1)21n2n(n1)!n!n2n，

(n1)!n!(12222n2n)．

∴Sn(2!1!)(3!2!)令Tn＝12222则2Tn＝122223n2n， ①

(n1)2nn2n1． ②

①－②，得Tn＝222∴S(n1)!(n1)2n11．

n2nn2n1，Tn＝(n1)2n12．

an12an3bn,例7 设数列an,bn满足a11,b10且bn1an2bn,19

n1,2,3,

（Ⅰ）求的值，使得数列anbn为等比数列； （Ⅱ）求数列an和bn的通项公式；

，求极限lim（Ⅲ）令数列an和bn的前n项和分别为Sn和SnSn的值． nSn（Ⅰ）令cnanbn，其中为常数，若cn为等比数列，则存在q0使得

cn1an1bn1q(anbn)．

又an1bn12an3bn(an2bn)(2)an(32)bn． 所以q(anbn)(2)an(32)bn． 由此得(2q)an(32q)bn0,n1,2,3,

由a11,b10及已知递推式可求得a22,b21，把它们代入上式后得方程组

2q0, 消去q解得3． 32q0下面验证当3时，数列an3bn为等比数列．

an13bn1(23)an(323)bn(23)(an3bn) (n1,2,3,)， a13b110，从而an3bn是公比为23的等比数列．

同理可知an3bn是公比为23的等比数列，于是3为所求． （Ⅱ）由（Ⅰ）的结果得an3bn(23)n1，an3bn(23)n1，解得

1an232n123n1，b323n6n123n1．



（Ⅲ）令数列dn的通项公式为dn(23)n1，它是公比为p23的等比数

列，令其前n项和为Pn；

令数列en的通项公式为en(23)n1，它是公比为p23的等比数列，令其前n项和为Pn．

20

31(PnPn)． 由第（Ⅱ）问得Sn(PnPn)，Sn62Pn1SnPnPnPn 3． 3PnSnPnPn1Pn 由于数列en的公比0231，则limPnn1．

1(23)11()n()n111111ppplim0， 23 ，由于，则

nP1npPn1pn23n()1pSPn0，所以limn3 于是limnSnPnn例8 数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意nN*，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bnlnnxan2，求证:对任意实数x1,e（e是

常数，e＝2.71828）和任意正整数n，总有Tn 2；

(Ⅲ) 正数数列cn中，an1cn,(nN*).求数列cn中的最大项.

n1（Ⅰ）解：由已知：对于nN*，总有2Snanan2 ①成立

∴2Sn1an1an12 （n ≥ 2）② ①--②得2anananan1an1 ∴anan1anan1anan1

∵an,an1均为正数，∴anan11 （n ≥ 2） ∴数列an是公差为1的等差数列

21

22又n=1时，2S1a1a12， 解得a1=1 ∴ann.(nN*)

（Ⅱ）证明：∵对任意实数x1,e和任意正整数n，总有bnlnnxan2≤

1. n2∴Tn1111111 222n1n122312n1111111122 223n1nn2(Ⅲ)解：由已知 a2c12c12，

a3c23c233,a4c34c3442,a5c45c455534

易得 c1c2,c2c3c4... 猜想 n≥2 时，cn是递减数列.

1xlnxlnx1lnxx令fx ,则fx22xxxlnx1,则1lnx0，即fx0. ∵当x3时，∴在3,内fx为单调递减函数. 由an1cnn1知lncnlnn1.

n1∴n≥2 时, lncn是递减数列.即cn是递减数列.

又c1c2 , ∴数列cn中的最大项为c233.

例9 设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

a22a32a42a52,S77。

（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

22amam1为数列an中的项。 am222解：（1）设公差为d，则a2a5a4a3，由性质得3d(a4a3)d(a4a3)，

22

因为d0，所以a4a30，即2a15d0，又由S77得

767a1d7，解得a15，

2d2,

amam1(2m7)(2m5)(2)=,设2m3t，

2m3am2 （方法一）则

amam1(t4)(t2)8t6, 所以t为8的约数 =

ttam2

（方法二）因为故

amam1(am24)(am22)8am26为数列an中的项， am2am2am28为整数，又由（1）知：am2为奇数，所以am22m31,即m1,2 am+2经检验，符合题意的正整数只有m2。

例10 已知an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列。 （1） 若an3n1，是否存在m、kN*，有amam1ak?说明理由； （2） 找出所有数列an和bn，使对一切nN*,

an1bn,并说明理由； an（3） 若a15,d4,b1q3,试确定所有的p，使数列an中存在某个连续p项的和是数列bn中的一项，请证明。

解：（1）由amam1ak，得6m53k1， 整理后，可得k2m4，3m、kN，k2m为整数，

不存在m、kN，使等式成立。

23

（2）若

an1a1ndbn，即b1qn1， （*） aa1(n1)d（ⅰ）若d0,则1b1qn1bn。

当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 （ⅱ）若d0，（*）式等号左边取极限得lima1nd（*）式等号右边1，

na(n1)d1的极限只有当q1时，才能等于1。此时等号左边是常数，d0，矛盾。 综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求。 （3）an4n1,bn3n,nN*

设am1am2ampbk3k,p、kN*,mN.

4(m1)14(mp)1p3k，

23k4m2p3,p、kN*,p35,sN.

p取k3s2,4m32s223s3(41)2s22(41)s30, 由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,

2(41)s8M2(1)s2,

4m4(M12M2)(1)s12,存在整数m满足要求.

故当且仅当p=3s,sN时，命题成立.

二、点列综合题

例11 设曲线c:yx2(x0)上的点为P0(x0,y0),过P0作曲线c的切线与x轴交于Q1，过Q1作平行于y轴的直线与曲线c交于P1(x1,y1)，然后再过P1作曲线c的切线交x轴于Q2，过Q2作平行于y轴的直线与曲线c交于P2(x2,y2)，依此类推，作出以下各点：P0，Q1，P1，Q2，P2，Q3，…Pn，Qn+1…，已知x02，设Pn(xn,yn)(nN)

（1）求出过点P0的切线方程； （2）设xnf(n),求f(n)的表达式；

24

（3）设Snx0x1xn,求

解：（1） k02x04∴过点P0的切线段为y44(x2)即4xy40

2 （2）kn2xn ∴过点Pn的切线方程为yxn2xn(xxn)

将Qn1(xn1,0)的坐标代入方程得：xn22xn(xn1xn) xn1xnxn11

2xn2 故数列{xn}是首项为x02,公比为1的等比数列

2 xnf(n)2(1)n即f(n)(1)n1

22 （3）S2(1n)2n1S4(11)

n12n1121 limSnlim4(11)4 n1nn2bn例12 已知点Pa满足：，且已知aa·b，b，nN，bnnn1nn1n1n21an12P0， 33 （1）求过点P0，P1的直线l的方程；

（2）判断点Pnn2与直线l的位置关系，并证明你的结论；

（3）求点Pn的极限位置。

12解：（1）由a，得： ，b0033213133，a b1124344113 显然直线l的方程为xy 113，b （2）由a，得： 114425

314144， ba 2225455114 ∴点Pl，猜想点Pnn2在直线l上，以下用数学归纳法证明： 2 当n＝2时，点Pl 2 假设当n时，点P kk(2)l，即ab1kkk 当n时， k1 abab·bk1k1kk1k1

1akbk1 1akbkbk 21ak1ak1 ∴点Pl k1ln2 综上，点P nbn （3）由a，得： ab·，b，abn1nn1n1nn121anb1aannnaa·a·a0n1nnn221a1a1annn

111aan1n11 ∴数列是以3为首项，公差为1的等差数列

a0an113n，anann31n2bn1an1n3n3 limalim10

nnnn321n2n1limbnlimlimnnn3n31n26

 PP01，n 即点Pn的极限位置为点P（0，1） 例13 如图，P1(x1,y1),P2(x2,y2),,Pn(xn,yn),(0y1y2yn)是曲线

C:y23x(y0)上的n个点，点Ai(ai,0)(i1,2,3,,n)在x轴的正半轴上，

Ai1AiPi是正三角形(A0是坐标原点) .(Ⅰ) 写出a1,a2,a3；

(Ⅱ)求出点An(an,0)(nN*)的横坐标an关于n的表达式； (Ⅲ)设bn111an1an2an31，若对任意正整数n，当m1,1时，a2n不等式t22mt1bn恒成立，求实数t的取值范围. 6. 解：(Ⅰ) a12,a26,a312. (Ⅱ)依题意An(an,0),An1(an1,0)，则

aanaanxnn1，yn3n122… 3分 y P3 P2 P1 在正三角形PnAn1An中，有

A0 yn33|An1An|(anan1) . 22O A1 A2 A3 x 3aan3n1(anan1). 22anan12(an1an)，

an22an1anan122(anan1)(n2,nN*) ，

①

同理可得an122an1anan22(an1an)(nN*) . ② ①-②并变形得

(an1an1)(an1an12an2)0(n2,nN*)

27

an1an1，

an1an12an20 ，

(an1an)(anan1)2(n2,nN*) .

∴数列an1an是以a2a14为首项，公差为2的等差数列.

an1an2(n1),(nN*) ， …………………………………… 7分

ana1(a2a1)(a3a2)(a4a3)2(123n)n2n.

(anan1)，

ann(n1)(nN*).

(Ⅲ)解法1 ：∵bn1an21an3111an1an2an31a2n21an41a2n21(nN*)， a2n∴bn11(nN*).

bn1bna2n11 an1111

(2n1)(2n2)(2n2)(2n3)(n1)(n2)2(2n22n1). (2n1)(2n2)(2n3)(n2)∴当nN*时，上式恒为负值， ∴当nN*时，bn1bn， ∴数列bn是递减数列.

bn的最大值为b111. a261bn恒成立，则不等6若对任意正整数n，当m1,1时，不等式t22mt式t22mt11在m1,1时恒成立，即不等式t22mt0在m1,1时恒6628

成立.

设f(m)t22mt，则f(1)0且f(1)0，

2t2t0∴2 t2t0解之，得 t2或t2， 即t的取值范围是(,2)(2,).

12例14 △ABC中，|AB|=|AC|=1，AP1为AB边上的一点，BP≠AB，B·AC，132从P1向BC作垂线，垂足是Q1；从Q1向CA作垂线，垂足是R1；从R1向AB作垂线，垂足是P2，再由P2开始重复上述作法，依次得Q2，R2，P3；Q3，R3，P4……

（1）令BPn为xn，寻求BPn与BPn1（即

xxn与n1）之间的关系。

（2）点列P是否一定趋，PPP，，……P1234n向于某一个定点P0？说明理由；

1B|1，|BP| （3）若|A，则是否存在正整13数m，使点P0与Pm之间的距离小于0.001？若存在，求m的最小值。

1解：（1）由|AB|=|AC|=1，A B·AC，∴∠BAC60°2 从而△ABC为边长为1的正三角形

1BQBP·cos60°x 则B，于是 Px，则BPxnnnnnn1n121Q1xn ∴Cn211RCQ·°cos60(1x) 同样 C nnn221111R1(1x)x A nnn2224111PAR·°cos60(x) 又A n1nn22411131P1(x)x B n1nn2244831 即xn1xn

4829

212 （2）由（1）可得：x (x)n1n3832221 ∴{的等比数列 x}，当x≠时，是以x为首项，公比为n113338221n1 ∴x (x)()n13382 当n 时，xn32 ∴点Pn趋向点P0，其中P0在AB上，且BP0

32211m11m1 （3）P P|x||x|()()0mm1338381000m1m11 由| PP|0.001得()0.003，∴80m83000m11 当m 4时，83∴m4的最小值为4 ，m例15 已知曲线Cn:x22nxy20(n1,2,)．从点P(1,0)向曲线Cn引斜率为kn(kn0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)． （1）求数列{xn}与{yn}的通项公式； （2）证明：x1x3x5x2n11xnx2sinn. 1xnyn解：（1）设直线ln：ykn(x1)，联立x22nxy20得

222222(1kn)x2(2kn2n)xkn0，则(2kn2n)24(1kn)kn0，∴

knn2n1（n2n1舍去）

2knn2n1nn2yk(x1)x，即，∴ xnnnn2n1n11kn(n1)22nn1xnn1（2）证明：∵

n1xn1n11x1x3x5x2n1

1 2n1132n1132n1242n352n130

1 2n1∴x1x3x5x2n11xn 1xn由于

xn1xn1，可令函数f(x)x2sinx，则yn2n11xn令f'(x)0，得cosxf'(x)12cosx，

2，给定区间(0,)，则有f'(x)0，

42则函数f(x)在(0,)上单调递减，∴f(x)f(0)0，即x2sinx在(0,)恒

44成立，又011， 2n134则有

1xnx112sin2sinn. ，即2n12n11xnyn例16 数轴上有一列点P1，P2，P3，…，Pn，…，已知当n2时，点Pn是把线段

Pn – 1 Pn+1作n等分的分点中最靠近Pn+1的点，设线段P1P2，P2P3，…，Pn Pn + 1的长度分别为a1，a2，a3，…，an，其中a1 = 1．

（1）写出a2，a3和an（n2，nN*）的表达式； （2）证明a1 + a2 + a3 +…+an < 3（nN*）； （3）设点Mn( n，an)（n > 2，nN*），在这些点中是否存在两个点同时在函数yk(k0)的图像上，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请2(x1)说明理由．

.解：(1) 由已知Pn1Pn(n1)PnPn1，

令n = 2，P1P2 = P2P3，所以a2 = 1， 令n = 3，P2P3 = 2P3P4，所以a3， 同理，

an1． an1n112所以an(2) 因为

111an1an2n1n1n2(n1)111!2!11n1n22111(n2) 2(n1)!12n2(n2)

12n211(n1)!1234an11222所以a1a2a3111112(n1)!22

11()n11213()n23(n2)．

121231

而n = 1时，易知a1 = 1 < 3成立，所以a1a2a3an3(nN*)

(3) 假设有两个点A（p，ap），B（q，aq）(pq，p、qN*，且p2，q2)，都在函数yk (x1)2(p1)2(q1)2kkk，k． 即ap．所以，aq22(p1)!(q1)!(p1)(q1)(p1)2(q1)2消去k得，……① (p1)!(q1)!n2以下考查数列{bn}，bn的增减情况，

n!n2(n1)2n(n1)2n23n1， bnbn1n!(n1)!(n1)!(n1)!当n > 2时，n2 – 3n + 1 > 0，所以对于函数{bn}有b2 > b3 > b4 > … >

bn > …

所以①式不能成立，

所以，不可能有两个点同时在函数yk图像上． (x1)2例17 在直角坐标系中，有一点列P1(a1，b1)，P2(a2，b2)，…，Pn(an，bn)，…对每一个正整数n，点Pn在给定的函数y＝log3(2x)的图像上.而在递增数列{an}中，an与an+1是关于x的方程4x2－8nx＋4n2－1＝0（n∈N*）的两个根． （Ⅰ）求点Pn的纵坐标bn的表达式；

bnc1c2cn

（Ⅱ）记cn＝3，n∈N*.证明＋2＋…＋n＜3；

222

11

解：（Ⅰ）解方程4x2－8nx＋4n2－1＝0，得x1＝n－，x2＝n－，

22

111

∵{an}是递增数列，∴an＝n－，an+1＝n－，即an＝n－( n∈N*)，

222又因为Pn(an，bn)在函数y＝log3(2x)的图像上，所以bn＝log3(2n－1).

bn

（Ⅱ）因为cn＝3，n∈N*，所以cn＝2n－1

c1c2cn132n－1

设Dn＝＋2＋…＋n，即Dn＝＋2＋…＋n， ①

2222221132n－32n－1

所以Dn＝2＋3＋…＋n＋n+1， ②

22222111112n－1

由①－②得Dn＝＋＋2＋…＋n1－n+1，则

222222

32

1n1

1－()

21112n－12n－1

所以Dn＝1＋1＋＋2＋…n2－n＝1＋－n 222212

1－2＝3－

12n－1

－n＜3， 2n22

1例18 已知点列B1(1,y1)、B2(2,y2)、…、Bn(n,yn)（n∈N）顺次为一次函数y14x12图像上的点，点列A1(x1,0)、A2(x2,0)、…、An(xn,0)（n∈N）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a（0＜a＜1），对于任意n∈N，点An、Bn、An+1构成一个顶角的顶点为Bn的等腰三角形。

⑴求数列{yn}的通项公式，并证明{yn}是等差数列； ⑵证明xn+2-xn为常数，并求出数列{xn}的通项公式；

⑶在上述等腰三角形AnBnAn+1中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由。

11n12解：（1）yn4(nN),∵yn+1-yn=14,∴{yn}为等差数列

（2）因为AnBnAn1与An1Bn1An2为等腰三角形.

xnxn1n2所以，两式相减得 xn2xn2。

xxn1n2n12注：判断xn2xn2得2分，证明得1分

∴x1,x3,x5,…,x2n-1及x2,x4,x6 ，…，x2n都是公差为2的等差数列，

na1 (当n为奇数) ∴xnn-a (当n为偶数)11 （3）要使AnBnAn+1为直角三形，则 |AnAn+1|=2yBn=2(n)xn+1-xn=2(n) 121244 当n为奇数时，xn+1=n+1-a，xn=n+a-1,∴xn+1-xn=2(1-a).

111 2(1-a)=2(n) a=12(n为奇数，0＜a＜1) (*) 12n441 取n=1，得a=23，取n=3，得a=6，若n≥5，则(*)无解；

33

当偶数时，xn+1=n+a，xn=n-a，∴xn+1-xn=2a.

11 ∴2a=2(n)a=n(n为偶数，0＜a＜1) (*)， 1212447取n=2，得a=12,若n≥4，则(*)无解.

71 综上可知，存在直角三形，此时a的值为2、、6312.

三、数列与向量交汇的综合题 例19

a=Sn,1, b=1,2an2已知Sn为数列an的前n项和，n1,ab

a（1）求证：n为等差数列； n2(2) 若bn立.

解（1）ab

n2011an,问是否存在n0, 对于任意k（kN），不等式bkbn0成n1Sn2an2n10

Sn12an12n20

an12an2n1 a1annn1 n122a为等差数列 nn2（2）

an2(n1)(n1) n234

bn2011n2n令bn1bn2010n2n12011n2n

n2009bn的最大值为b2010b2009n02009或2010例20 在直角坐标平面中，已知点P1(1,2),P2(2,22),P3(3,23),Pn(n,2n)，其中n是正整数，对平面上任一点A0，记A1为A0关于点P1的对称点，A2为A1关于点P2的对称点，……，An为An－1关于点Pn的对称点. （1）求向量A0A2的坐标；

（2）对任意偶数n，用n表示向量A0An的坐标. （1）设An(xn,yn),An与An1关于点Pn(n,2n)对称

xnxn12nx12x0x24x12x0 ,n1y14y0y28y14y0ynyn12故A0A2(x2x0,y2y0)(2,4)

xxn12n （2）nxn12(n1)xn2xn1xn1xn12

xx2(n1)nn1同理可得：yn1yn12n1An1An1(xn1xn1,yn1yn1)(2,2n1) 故A0AnA0A2A2A4An2An

n222n24 n2(14) (2,22)(2,24)(2,2n)2,n,2143例21 已知数列{an}的首项a11，a23，前n项和为Sn，且Sn1、Sn、Sn1（n ≥2）分别是直线l上的点A、B、C的横坐标，ABbn1log2(an1)bn．

2an1BC，设b11，an⑴ 判断数列{an1}是否为等比数列，并证明你的结论；

35

n4⑵ 设cn，证明：Ck1．

anan1k1bn11n1

解：⑴由题意得

Sn1Sn2an1an12an1

SnSn1anan112(an1)（n≥2），又∵a11，a23

n数列{a[则an12n1}是以a112为首项，以2为公比的等比数列。

na2n1（nN*）]

⑵由an2n1及bn1log2(an1)bn得bn1bnn

nn(n1)1142nbn1， 则cn n2anan1(21)(2n11)2n12n11bn11n111111111Ck22334nn12121212121212121k1 112n111

四、数列与函数交汇的综合题

(x1)4(x1)4例22 已知函数f(x)（x0）。 44(x1)(x1)（Ⅰ）若f(x)x且xR，则称x为f(x)的实不动点，求f(x)的实不动点； （II）在数列{an}中，a12，an1f(an)（nN），求数列{an}的通项公式。

x46x21解：（Ⅰ）由f(x)及f(x)x得

4x34x1x46x212422或（舍去）， xx3x2x10x134x34x所以x1或1，即f(x)的实不动点为x1或x1；

(an1)4(an1)4an11(an1)4an1（II）由条件得an1，从而有

(an1)4(an1)4an11(an1)4an1lnan11a14lnn， an11an136

4由此及ln故有

a1a11ln30知：数列lnn是首项为ln3，公比为4的等比数列，a11an1an1an14n1341n1ln4ln33an4n1（nN）。an1an131

n1例23 二次函数f(x)符合f(x)0,且f(x)2x2恒成立，f(1)1 （1）求f(0)并求f(x)的解析式； （2）若anf(1)f(2)12f(n)1,bn,求数列bn前n项和Sn.并求limSn.

nnan （3）若cn1f(cn),且c12,记Tnc1c2...cn,求符合Tn2008最小自然数n．

f(0)2020　　　f(0)0 .解：（1）f(0)0　又：f(x)ax2 f(x)ax2bx　　对称轴x0即b0　a1　　f(x)x2 又f(1)1　　1222（2）an12Sn2(1n212nnn(n1)2112() bnn(n1)nn1211)2. ); limSnlim2(1nnn1n12（3）C12.　　Cn1(Cn) Cn2 Tn222212482n1

22n12(1242n1)2(2n1)2008

n4,nmin4 例24 已知函数fx14x2xR，点P1x1,y1，P2x2,y2是函数fx图像上的

12两个点，且线段P1P2的中点P的横坐标为． ⑴求证：点P的纵坐标是定值；

n⑵若数列an的通项公式为anf求数列an的前m项的mN,n1,2,,m，

m和Sm；

37

解：⑴由题可知：x1x221，所以，

114x4x4y1y2fx1fx2x424x24x24x2121212124x4x44x4x41xx424x4x424x4x42121212

1212

点P的纵坐标yPy1y21是定值，问题得证． 24mm2nmn1⑵由⑴可知：对任意自然数m,n，ff恒成立．

12m2m1m由于Smfffff，故可考虑利用倒写求和

mmmmm12m2m1mSmfffffmmmmm的方法．即由于：

mm1m221fffffmmmmm1m1m12m21m2Smffffff2fmmmmm mm所以，

11m12f(1)3m126所以，Sm13m1 12例25 设f1(x)=

f(0)12，定义fn+1 (x)= f1［fn(x)］，an =n（n∈N*）.

fn(0)21x(1) 求数列｛an｝的通项公式； (2) 若T2n与

Qn的大小，并说明理由. 解：（1）∵f1(0)=2，a1=

2112=，fn+1(0)= f1［fn(0)］=,

1fn(0)2244n2n（n∈N*），试比较9T2na12a23a32na2n，Qn=24n4n121fn1(0)11fn(0)1fn(0)1fn(0)11∴an+1==== -= -an.

2fn1(0)242fn(0)2fn(0)2221fn(0)∴数列｛an｝是首项为,公比为-的等比数列，∴an=(（2）∵T2 n = a1+2a 2+3a 3+…+(2n-1)a 2 n1+2na 2 n，

38

1412141n1

). 2∴111111T2 n= (-a1)+(-)2a 2+(-)3a 3+…+(-)(2n-1)a2 n－1+()2na2 n

222222= a 2+2a 3+…+(2n－1)a2 n－na2 n.

两式相减，得T2 n= a1+a2+a 3+…+a2 n+na2 n.

112n1()342+n×1(-1)2n1=1-1(-1)2n+n(-1)2n1. ∴T2n =12426624212111n113n1T2n =-(-)2n+(-)2n1=(1-2n).

99262923n1∴9T2n=1-2n.

232又Qn=1-

3n1， 2(2n1)当n=1时，22 n= 4,(2n+1)2=9,∴9T2 n＜Q n； 当n=2时，22 n=16,(2n+1)2=25,∴9T2 n＜Qn；

013n2CnCnCn)(2n1)2， 当n≥3时，22n[(11)n]2(Cn∴9T2 n＞Q n.

0(x0)(x)例26 已知函数fn[x(n1)]f(n1)列{an}满足a f(n)(nN*)n （I）求数列{an}的通项公式；

，数

(n1xn，nN*) （II）设x轴、直线x与函数yf(x)的图象所围成的封闭图形的面积a为S，求S； ()(aa0)(nS)(n1)(nN*) （III）在集合M，且1中，是否存在正{N|NkkZ2，000k1500}整数N，使得不等式a对一切n恒成立？若存在，则N1005S(n)S(n1)n这样的正整数N共有多少个？并求出满足条件的最小的正整数N；若不存在，请

说明理由。

im(bbb) （IV）请构造一个与{an}有关的数列{bn}，使得l存在，12nn并求出这个极限值。

解：（I）  nN*f(n)n[n()nf1]()n1nf()n139

 f(n)f(n1)n

f(1)f(0)1 f(2)f(1)2

f(3)f(2)3 ……

f ()nf(n1)n 将这n个式子相加，得

n(n1) f (nf)(01)23n2f(0)0 n(n1)

f(n)2n(n1)  a(nN*)n2

（II）S为一直角梯形（n时为直角三角形）的面积，该梯()nS(n1)1形的两底边的长分别为fn，高为1 (1)，fn()af(n1)f(n)an1n  S(n)S(n1)1221n(n1)n(n1)n2] [

2222

（III）设满足条件的正整数N存在，则

n(n1)n2n10051005n2010

222 又M{2000，2002，，2008，2010，2012，，2998} 均满足条件 N2010，2012，……，2998 它们构成首项为2010，公差为2的等差数列。

设共有m个满足条件的正整数N，则2，解得m 0102(m1)2998495 中满足条件的正整数N存在，共有495个，N M2010min （IV）设bn1211，即b 2()nann(n1)nn1

40

11111111 则b1b2bn2[(1)()()()]2(1)

22334nn1n11显然，其极限存在，并且l im(bbb)lim[2]212nnnn1例27 函数 （Ⅰ）求证：

；

的定义域为R，且

（Ⅱ）若

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下记

上的最小值为，试求f(x)的解析式；

试比较

与

的大小并证明你的结论．

解：（Ⅰ）∵f(x)定义域为R，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知

f(x)在[0，1]上为增函数，

（Ⅲ）

例28 已知函数f(x)kxm,当x[a1,b1]时，f(x)的值域为[a2,b2]，当

x[a2,b2]

41

时，f(x)的值域为[a3,b3]，依次类推，一般地，当x[an1,bn1]时，f(x)的

值域为

[an,bn]，其中k、m为常数，且a10,b11.

（1）若k=1，求数列{an},{bn}的通项公式；

（2）项m=2，问是否存在常数k0，使得数列{bn}满足limbn4?若存在，

n求k的值；若不存在，请说明理由；

（3）若k0，设数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，求[来源:学&科&网] (T1T2T2010)(S1S2S2010)。

解：（1）因为f(x)xm,当x[an1,bn1]时,f(x)为单调增函数, 所以其值域为[an1m,bn1m]

于是anan1m,bnbn1m(nN*,n2) 又a10,b11,所以an(n1)m,bn1(n1)m. （2）因为

f(x)xmf(x)kxm(k0),当x[an1,bn1]时,f(x)为单调增函数

所以f(x)的值域为[kan1m,kbn1m],因m2,则bnkbn12(n2)……8分

法一：假设存在常数k0，使得数列

{bn}满足limbn4,则limbnklimbn12，得44k2,则knnn1符合。 2法二：假设存在常数k＞0，使得数列{bn}满足limbn4.

n当k=1不符合。……9分

当k1时,bnkbn12(n2)bn22k(bn1)(n2)，[来k1k1源:Z+xx+k.Com]

22则bn(1 )kn1,

k1k121当0k1时,limbn4,得k符合.

n1k2 （3）因为k0,当x[an1,bn1]时,f(x)为单调减函数,

所以f(x)的值域为[kbn1m,kan1m]

42

于是ankbn1m,bnkan1m(nN*,n2) 则bnank(bn1an1) 又b1a11

i,(k1)则有TiSi1(k)i

,(k0,k1)1k

进而有

2021055,(k1)(T1T2T2010)(S1S2S2010)20102011kk2011

,(k0,k1)(1k)2

11例29 已知函数f(x)x2x，f(x)为函数f(x)的导函数．

24（Ⅰ）若数列{an}满足：a11，an1f(an)f(n)（nN），求数列{an} …………18分

的通项an；

（Ⅱ）若数列{bn}满足：b1b，bn12f(bn)（nN）．

ⅰ.当b1时，数列{bn}是否为等差数列？若是，请求出数列{bn}的通2项bn；若不是，请说明理由；

n112ⅱ.当b1时， 求证：．

22b1i1bi

1， 211an1(2an)(2n)2an2n1，

22解：（Ⅰ）f(x)2x即an12(n1)12(an2n1)．

a11， 数列{an2n1}是首项为4，公比为2的等比数列．

an2n142n1，即an2n12n1．

43

1（Ⅱ）（ⅰ）bn12f(bn)2bn2bn，

21bn1bn2(bn)2．

211当b1时，b2．

221假设bk，则bk1bk．

2由数学归纳法，得出数列{bn}为常数数列，是等差数列，其通项为bn11（ⅱ）bn12bn2bn， bn1bn2(bn)2．

2211当b11时，b2b1．

2211假设bk，则 bk1bk．

221)． 由数学归纳法，得出数列bn(n1,2,3,211又bn12bn(bn)，

221． 2111， 11bn12bn2bn111． 1bnbn1bn122n即

n11111． )(1111bi12b12bn12i1bii1bi2bn1i1n1， 2112． bib112b12nfk'1(x)例30 已知f0(x)x,fk(x),其中kn(n,kN),

fk1(1)01knf0(x2)Cnf1(x2)...Cnfk(x2)...Cnfn(x2),x1,1. 设F(x)Cn(I) 写出fk(1);

(II) 证明:对任意的x1,x21,1,恒有F(x1)F(x2)2n1(n2)n1. 【解析】(I)由已知推得fk(x)(nk1)xnk,从而有fk(1)nk1

44

(II) 证法1:当1x1时,

12(n1)22(n2)k2(nk)n12F(x)x2nnCnx(n1)Cnx...(nk1)Cnx...2Cnx1

当x>0时, F(x)0,所以F(x)在[0,1]上为增函数 因函数F(x)为偶函数所以F(x)在[-1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x21,1F(x1)F(x2)F(1)F(0)

012kn1F(1)F(0)CnnCn(n1)Cn...(nk1)Cn...2CnnCn1n(n1)Cn2n...(nk1)Cnkn...2CC1n0n

nknknk(nk1)Cn(nk)CnCnnCkn1C(k1,2,3knn1)

12k112n10F(1)F(0)n(Cn1Cn1...Cn1)(CnCn...Cn)Cnn(2n11)212(n2)n1nn1

因此结论成立.

证法2: 当1x1时,

12(n1)22(n2)k2(nk)n12F(x)x2nnCnx(n1)Cnx...(nk1)Cnx...2Cnx1

当x>0时, F(x)0,所以F(x)在[0,1]上为增函数 因函数F(x)为偶函数所以F(x)在[-1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x21,1F(x1)F(x2)F(1)F(0)

012kn1F(1)F(0)CnnCn(n1)Cn...(nk1)Cn...2Cn 12k1n103Cn...kCn...nCnCn又因F(1)F(0)2Cn 12k1n10Cn...Cn...Cn]2Cn所以2[F(1)F(0)](n2)[Cn

F(1)F(0)n212k1n10[CnCn...Cn...Cn]Cn2n2n(22)12n1(n2)n12

因此结论成立.

证法3: 当1x1时,

12(n1)22(n2)k2(nk)n12F(x)x2nnCnx(n1)Cnx...(nk1)Cnx...2Cnx1

45

当x>0时, F(x)0,所以F(x)在[0,1]上为增函数 因函数F(x)为偶函数所以F(x)在[-1,0]上为减函数 所以对任意的x1,x21,1F(x1)F(x2)F(1)F(0)

012kn1F(1)F(0)CnnCn(n1)Cn...(nk1)Cn...2Cn

由

1n12n2knkn1x[(1x)nxn]x[CnxCnx...Cnx..Cnx1]CxCx1nn2nn1...Cxknnk1..Cn12nxx

对上式两边求导得

1n12n2knkn1(1x)nxnnx(1x)n1nxnnCnx(n1)Cnx...(nk1)Cnx..2Cnx1F(x)(1x2)nnx2(1x2)n1nx2n

F(1)F(0)2nn2n1n1(n2)2n1n1

因此结论成立.

五、数列与不等式交汇的综合题

12例31 已知数列{an}满足.anan12an1(nN*)

n(1)若数列{an}是以常数a1首项,公差也为a1的等差数列,求a1的值; (2)若a0(3)若a011112对任意nN都成立； ,求证：

an1ann21n1ann对任意nN都成立. ,求证：

2n2112解 (1)由anan12a2n1(nN)得：a12a1(n2)a1

nnn1即a1(2)2a12，求得a10

n1（2）由anan10知anan12anan1，

n两边同除以anan1，得

1112 an1ann（3）

111111()()a0ana0a1a1a2(11) an1an46

11122231111 21223n(11) (n1)n1

(n1)n1111111()()()233445211，将a0代入，得ann； ㈠ n21n1an1n1  anan12a2n1an12an1

nnn21n2an12an anan12an1•2an

nn1nnn1111112an1annn1nn1

11) an1an111111()()a1ana1a2a2a3(1111()()233431111 而a1， () 42n1nn1151n2n1 an ㈡ an6n1n1n2 由㈠㈡知，命题成立.

Sn2(n1)。 n（1）求证：数列{an}为等差数列，并分别求出an、Sn的表达式；

例32 设数列{an}的前n项和为Sn，a11,an111}的前n项和为Tn，求证：Tn；

54anan1SSS（3）是否存在自然数n,使得S123n(n1)22009？若存在，

23n求出n的值；若不存在,请说明理由。

（2）设数列{47

又易知T1n单调递增，故TnT15，得15T1n4 (3)由SSnnnan2n(n1)得

n2n1 SS21S33Snn(n1)2135(2n1)(n1)22 =2n1……13分

由2n12009，得n=1005,即存在满足条件的自然数n=1005.

例33 已知数列a12S2nn中，a13，当n2时，其前n项和Sn满足an2S，n1（1） 求Sn的表达式及limannS2的值； n（2） 求数列an的通项公式； （3） 设bn1(2n1)31nN(2n1)3，求证：当且n2时，anbn。

解：（1）a2S2n11nSnSn12S1Sn1Sn2SnSn1S2(n2)

nnSn1所以1S是等差数列。则S1nn2n1。

limannS2lim222。 nn2Sn12limnSn148

（2）当n2时，anSnSn1112， 22n12n14n11n13综上，an。

2n2214n（3）令a111,b，当n2时，有0ba 32n12n1等价于求证

12n112n1312n112n13。

当n2时，0111,令fxx2x3,0x, 2n1333313fx2x3x22x(1x)2x(1)2x(1)0，

2223则fx在(0,1]递增。 3又0111， 2n12n1311)g(3),即anbn 2n12n1所以g(3

例34 已知数列an各项均不为0，其前n项和为Sn，且对任意nN*都有

21C1na1Cna2(1p)Snppan（p为大于1的常数），记f(n)2nSnnCnan．

(1) 求an； (2) 试比较f(n1)与

p1f(n)的大小（nN*）； 2p(3) 求证：(2n1)f(n)（nN*）．

解：(1) ∵(1p)Snppan，

∴(1p)Sn1ppan1．

②－①，得

f(1)f(2)f(2n1)2n1p1p11p12p，

① ②

(1p)an1pan1pan，

即an1pan．

49

在①中令n1，可得a1p．

∴an是首项为a1p，公比为p的等比数列，anpn． (2) 由(1)可得

p(1pn)p(pn1)． Sn1pp121C1na1Cna2n22Cnan1pC1npCnnCnan

nnnCnnp(1p)(p1)．

21C1na1Cna2∴f(n)2nSnp1(p1)n， p2n(pn1)

p1(p1)n1． f(n1)p2n1(pn11)p1(p1)n1p1f(n)而，且p1， p2n1(pn1p)2p∴pn11pn1p0，p10． ∴f(n1)

p1f(n)，（nN*）． 2p

26an6(nN). 例35 数列an：满足a12,an1an(Ⅰ) 设Cnlog5(an3)，求证Cn是等比数列； (Ⅱ) 求数列an的通项公式; （Ⅲ）设bn5111,数列bn的前n项和为Tn,求证: Tn. 21an6an6an22解：(Ⅰ)由an1an6an6,得an13(an3).

log5(an13)2log5(an3)，即 Cn12Cn，

Cn是以２为公比的等比数列 (Ⅱ) 又C1log551

Cn2n1即 log5(an3)2n1，

an352. 故an523. （Ⅲ）bn111111112,Tn2n. an6an6anan6an16a16an159n1n1又01529n1151,T.n21 591650

例36 给定正整数n和正数b，对于满足条件a1an1b的所有无穷等差数列

2an，试求yan1an2a2n1的最大值，并求出y取最大值时an的首项

和公差．

解：设an公差为d，则an1a1nd,ndan1a1．

yan1an2a2n1an1(an1d)(an1nd) (n1)an1(12n)d(n1)an1n(n1)d 2aa1nd)(n1)(an1n1) 22(n1)(an1n1(3an1a1)． 222又a1an1b,a1ban1．

394b94b2∴3an1a1an13an1b(an1)2，当且仅当2443an1时，等号成立．

2n1(n1)(94b)∴y． (3an1a1)24b3(n1)(94b)当数列an首项a1b，公差d时，y，

44n8(n1)(94b)∴y的最大值为．

8

例37 已知数列{an}满足a1=5，a2=5，an+1=an+6an－（n∈N*），若数列{an1an}1n≥2，是等比数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

4； （Ⅱ）求证：当k为奇数时，11k1akak13 （Ⅲ）求证：1111(nN*). a1a2an251

得=2或=－3

当=2时，可得{an12an}为首项是 a22a115，公比为3的等比数列， 则an12an153n1 ①

当=－3时，{an13an}为首项是a23a110，公比为－2的等比数列， ∴an13an10(2)n1 ② ①－②得， an3n(2)n.

（注：也可由①利用待定系数或同除2n+1得通项公式） （Ⅱ）当k为奇数时，

114114k1k akak1332k3k12k13k134k[87()k]76842k10 kkk1k1k1kkk1k13(32)(32)3(32)(32)kk∴

114k1 akak1311411k1kk1 akak1333（Ⅲ）由（Ⅱ）知k为奇数时，

①当n为偶数时，

1111111112n(1n) a1a2an3322331111111 a1a2ana1a2anan1②当n为奇数时，

111111=2n1(1n1) 332233

例 38 如图，把正ABC分成有限个全等的小正三角形，且在每个小三角形的顶

52

点上都放置一个非零实数，使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相等．设点A为第一行，．．．，BC为第n行，记点A上的数为

a11，，第i行中第j个数为aij(1ji)．若a111,a2111,a22． 24（1）求a31、a32、a33；

（2）试求第n行中第m个数anm的表达式（用n、m表示）；

（3）记Snan1an2anm(nN*)，求证：

1114n1n(nN*)

S1S2Sn3.解：（1）a31（2）anm111 ,a32,a334816nm21212n2

122n2（3）Sn

当n2时，Sn当n2时，

1又Sn12n2122n212n21，所以

11111，则n SnS1S2Sn14n1n4n1 2112n2122n21114n1所以 S1S2Sn3an11例39 已知a0，且a1，数列{an}的前n项和为Sn，它满足条件1.

Sna数列{bn}中，bnan·lgan.

（1）求数列{bn}的前n项和Tn；

（2）若对一切nN*都有bnbn1，求a的取值范围.

53

解：（1）

an11a(an1) 1 ，∴SnSnaa1a(a11)当n1时，a1S1a.

a1a(an1)a(an11)n*当n≥2时，anSnSn1=an，∴ ana(nN)

a1a1此时bnan·lganan·lgan=n·anlga， ∴Tnb1b2……bn=lga(a2a23a3……+nan). 设una2a23a3……+nan， ∴(1a)unaaa……ana23nn1a(an1)nan1，

a1nan1a(an1)∴un. 2a1(a1)nan1a(an1)∴Tnlga·[]. ……6分

a1(a1)2（2）由bnbn1nanlga(n1)an1lga可得

①当a1时，由lga0，可得an n1nn对一切nN*都成立， 1(nN*),a1, ∴an1n1n, n1∴此时的解为a1.

②当0a1时，由lga0 可得n(n1)a,an1n≥(nN*),0a1,∴0a对一切nN*都成立， n12n11∴此时的解为0a.

2由①，②可知

对一切nN*，都有bnbn1的a的取值范围是0a1或a1. 2例40 已知正项数列an中，a16，点Anan,an1在抛物线y2x1上；数列bn中，点Bnn,bn在过点0,1，以方向向量为1,2的直线上。

54

（Ⅰ）求数列an,bn的通项公式；

an, n为奇数（Ⅱ）若fn，问是否存在kN，使fk274fk成bn, n为偶数立，若存在，求出k值；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）对任意正整数n，不等式

an1an0成立，

n11b1111n2a1b2bn求正数a的取值范围。

解：（Ⅰ）将点A2nan,an1代入yx1中得

an1an1  an1and1 ana1n11n5

直线l:y2x1,  bn2n1（Ⅱ）fnn5, n为奇数2n1, n为偶数

当k为偶数时，k27为奇数， fk274fk k27542k1,  k4当k为奇数时，k27为偶数，

 2k2714k5,  k352舍去综上，存在唯一的k4符合条件。（

Ⅲ

）an1111ann2a0nb111b21bn55

由

即a11bn1111记fn1112n3b1b2bn11112n3b1b2111112n5b1b211111bbnn1 fn1 fn1fn22n312n32n42n412n5bn12n52n32n52n3 14n216n1n16n15 fn1fn, 即fn递增， fnminf1 0a45151445,5315例41 已知等比数列an的前n项和为Sn23nk(kR,nN) （Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）设数列bn满足an4(5k)anbn，试比较316Tn Tn为数列bn 的前n项和，与 4(n1)bn1的大小，并证明你的结论．

解：（Ⅰ）由Sn23nk(kR,nN)得:n2时，

anSnSn143n1

an是等比数列，a1S16k4k2，得 an43n1(nN)

（Ⅱ）由an4(5k)anbn和an43n1得bnTnb1b2b33Tnbn1bn1224343n2n143n343n2n1 43n1n2n143n243n1(2)(1)123443432

11111n1 2n3n2n14434343434311111n132n1Tn……10分

88383283n383n283n116163n1n(n1)2n1n(n1)3(2n1) 4(n1)bn1(316Tn)n1nn333(2)(1):2Tn56

n(n1)3(2n1)n25n3

当n537537或n所以当n5(nN)时0时有n(n1)3(2n1)，22有316Tn4(n1)bn1 那么同理可得：当

537537时有n(n1)3(2n1)，所以当n221n5(nN)时有316Tn4(n1)bn1

综上：当n5(nN)时有316Tn4(n1)bn1；当1n5(nN)时有

316Tn4(n1)bn1

例42 已知数列an中，a13，a25，其前n项和Sn满足

SnSn22Sn12n1n≥3.令bn1.anan1

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若fx2x1，求证：Tnb1f1b2f2（Ⅲ）令Tn1b1ab2a2b3a32bnfn1（n≥1）； 6，求同时满足下列两个条件的所bnan（a0）

11有a的值：①对于任意正整数n，都有Tn；②对于任意的m0,，均存在

66n0N，使得n≥n0时，Tnm.

解：（Ⅰ）由题意知SnSn1Sn1Sn22n1n≥3即anan12n1n≥3 ∴ananan1an1an22n12n2a3a2a2

222122n1n≥3

2252n12n2检验知n1、2时，结论也成立，故an2n1.

n1n112121111n12（Ⅱ）由于bnfnn nn1n1nn122212121212121故

57

Tnb1f1b2f2bnfn1111122321212121211nn1 2121111111n1. 212212126（Ⅲ）（ⅰ）当a2时，由（Ⅱ）知：Tn，即条件①满足；又0m11133161， 6n1m2n11nlog2110. ∴Tnm2122116m16m取n0等于不超过log231的最大整数，则当n≥n0时，Tnm.…9′

16mnaanaa（ⅱ）当a2时，∵n≥1，n≥，∴an≥2n，∴

2222aabnan≥bn2nbn2n.

22a1111iann1. ∴Tnbia≥bi2i12212212i1i12由（ⅰ）知存在n0N，当n≥n0时，， 2122n113a1111n故存在n0N，当n≥n0时，Tn，不满足条件. 22122n1123a6a111a11aanaa（ⅲ）当0a2时，∵n≥1，n≤，∴an≤2n，∴

2222naabnan≤bn2nbn2n.

22n1aa111in1. ∴Tnbia≤bi2i1221221i12i12n取ma10,，若存在n0N，当n≥n0时，Tnm，则126a111an1. 22122112∴

111当n≥n0时，n1矛盾. 故不存在n0N，Tnm.不满足条件.

12213综上所述：只有a2时满足条件，故a2.

n12annnN. 1例43 已知数列an满足a1,an12an4n58

（1）求a2,a3,a4；

an（2）已知存在实数，使n为公差为1的等差数列，求的值；

ann（3）记bn13n22nN，数列b的前n项和为Snn，求证：

an2Sn

231. 12解：（1）a11，由数列an的递推公式得 238a20，a3，a4

45an1(n1)annan1n1ann

（2）

(n1)(2ann)(n1)an4nann=

(n1)(2ann)annn1an4n=

(2)an(41)nann1=

33an3nannan1为公差是的等差数列. 数列n3ann由题意，令

131，得2

（3）由（2）知

anna12(n1)(1)n， anna11n22n所以an

n1此时bn1n3= n22n2(n1)2(n2)(3)n(n2)32n3111]， =[2(3)n2(n2)(3)nn59

11111Sn[422(3)333(3)4(3)2

11(3)55(3)33

11111[] =n2n236 (3)(n2)(3)n11]

(3)n1(n1)(3)n2(n2)111231>( )21236

例44 已知数列{an},a1a22,an1an2an1(n2)

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an （Ⅱ）当n2时,求证:

111...3 a1a2an（Ⅲ）若函数f(x)满足：f(1)a1,f(n1)f2(n)f(n).(nN*)

求证：k1n11.

f(k)12解： (1) an1an2an1,两边加an得: an1an2(anan1)(n2),

{an1an} 是以2为公比, a1a24为首项的等比数列.

an1an42n122n……①

由an1an2an1两边减2an得: an12an(an2an1)(n2) {an12an} 是以1

为公比, a22a12为首项的等比数列. an12an2(1)n12(1)n

2①-②得: 3an2[2n(1)n] 所以,所求通项为an[2n(1)n]…………5分

360

(2) 当n为偶数时,

1131132n12n[]an1an22n112n122n12n2n2n11322322311()(n2)22n12n2n1122n12n22n12nn1nn1n

1n1113111312...(12...n)33n3

a1a2an222221122121当n为奇数时,an[2n(1)n]0,an10,0,又n1为偶数

3an1由(1)知, （3）证明：

1111111......3 a1a2ana1a2anan1f(n1)f(n)f2(n)0

f(n1)f(n),f(n1)f(n)f(n1)f(1)20

又

111112

f(n1)f(n)f(n)f(n)[f(n)1]f(n)f(n)1111

f(n)1f(n)f(n1)nk11111111[][][]f(k)1f(1)f(2)f(2)f(3)f(n)f(n1)1111.f(1)f(n1)f(1)2

x0例45 设不等式组y0所表示的平面区域为Dn，记Dn内的格点（格点

ynx3n即横坐标和纵坐标均为整数的点）的个数为f(n)(n∈N*). （1）求f(1)、f(2)的值及f(n)的表达式； （2）设bn=2nf(n)，Sn为{bn}的前n项和，求Sn； （3）记Tn的取值范围.

解：（1）f(1)=3， f(2)=6

61

f(n)f(n1)，若对于一切正整数n，总有Tn≤m成立，求实数m

2n 当x=1时，y=2n，可取格点2n个；当x=2时,y=n，可取格点n个 ∴f(n)=3n （2）由题意知:bn=3n·2n

Sn=3·21+6·22+9·23+…+3(n－1)·2n－1+3n·2n ∴2Sn=3·22+6·23+…+3(n－1)·2n+3n·2n+1

∴－Sn=3·21+3·22+3·23+…3·2n－3n·2n+1 =3（2+22+…+2n）－3n·2n+1

22n1 =3·3n2n1

12 =3(2n+1－2)－3nn+1 ∴－Sn=(3－3n)2n+1－6 Sn=6+(3n－3)2n+1

（3）Tnf(n)f(n1)3n(3n3) nn22(3n3)(3n6)n1Tn1n223n(3n3)Tn2n2nn2当n1时,1

2nn2当n2时,12nn2当n3时,12n ∴T1T4>…>Tn 故Tn的最大值是T2=T3= ∴m≥

27。 227 2例46 (2009陕西卷理) 已知数列xn}满足， x1＝11xn＋1＝,nN*. 2’1xn猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

12（Ⅱ)证明：|xn1-xn|≤()n1。

6562

112513得x2x4，x4 证明（1）由x1及xn+121xn3821由x2x4x6猜想：数列x2n是递减数列 下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证命题成立 （2）假设当n=k时命题成立，即x2kx2k2 易知x2k0，那么x2k2x2k4x2k3x2k111

1x2k11x2k3(1x2k1)(1x2k3)=

x2kx2k20

(1x2k)(1x2k1)(1x2k2)(1x2k3)即x2(k1)x2(k1)2

也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当n=1时，xn1xnx2x11，结论成立 611

1xn12当n2时，易知0xn11,1xn12,xn(1xn)(1xn1)(115)(1xn1)2xn1 1xn12xnxn111xn1xn

1xn1xn1(1xn)(1xn1)222xnxn1（）xn1xn255

12n-1（）652n-1（）x2x15

例47 已知函数Fx3x21,x. 2x12122008F...F（I）求F; 200920092009（II）已知数列an满足a12,an1Fan,求数列an的通项公式; (Ⅲ) 求证:a1a2a3...an2n1.

63

解:()因为FxF1x3x231x23 2x121x1122008F...F所以设S=F;..........（1） 200920092009

200820071F...FS=F……….(2)

200920092009(1)+(2)得:

1200820082200712SFFFF...FF200920092009200920092009

=320086024, 所以S=3012

()由an1Fan两边同减去1,得

an113an2a11n 2an12an1所以

1an112an12an111, 2an1an1an1所以

111是以2为公差以2,1为首项的等差数列, a1an11an1a11n1所以

112n2n122n1an1 an12n12n12因为2n

所以

2n12n12n1

22n2n123452n2n1 ,,...2n12n12342n12n所以a1a2a3...ana1a2a3...an222442n2n...... 11332n12n1>23452n2n1......2n1 12342n12n例48 过点P（1，0）作曲线C:yxk(x(0,),kN,k1)的切线，切点为M1，设M1在x轴上的投影是点P1。又过点P1作曲线C的切线，切点为M2，设M2在x轴上的投影是点P2，…。依此下去，得到一系列点M1，M2…，Mn，…，设它

们的横坐标a1，a2，…，an，…，构成数列为an。 （1）求证数列an是等比数列，并求其通项公式； （2）求证：an1n； k1n,求数列bn的前n项和Sn。 an （3）当k2时,令bnk)的切线方程是 解：（1）对yxk求导数，得ykxk1,切点是Mn(an,ankk1yankan(xan)

当n=1时，切线过点P（1，0），即0a1kka1k1(1a),得a1k; k1ank. an1k1kk1kan(an1an),得当n>1时，切线过点pn1(an1,0)，即0ankk,公比为的等比数列, k1k1kn所以数列an的通项公式为an(),nN

k1所以数列an是首项a1 （2）应用二项公式定理，得

kn1n1121n012n)(1)CnCnCn()Cn()k1k1k1k1k1

n1.(8分)k1an(（3）当

n123n， .数列b的前项n项和Snnn23n2222211123n同乘以,得Sn234n1.

222222k2时,an2n,bn两式相减，得

11(1n)11121n2n11n Sn23nn1212222222n12n2n112n2所以Sn2n

2例49 设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，

65

记bn4an(nN*)。 1an（I）求数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn3； 2（III）设数列bn的前n项和为Rn。已知正实数满足：对任意正整数n,Rnn恒成立，求的最小值。

1解：（Ⅰ）当n1时，a15a11,a1

4又

an5an1,an15an11

1an1an5an1,即an1an

411数列an成等比数列，其首项a1，公比是q

441an()n

414()n4 bn11()n4（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn45 n(4)1552516ncnb2nb2n12n2n1 nn4141(161)(164)2516n2516n25 = n2

(16)316n4)(16n)216n134,c1 333当n1时，T1

2411当n2时，Tn25(2331616 又b13,b21) 16n66

11n1[1()]2416251613116

1246932516......................7分13482116（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn45

(4)n1一方面，已知Rnn恒成立，取n为大于1的奇数时，设n2k1(kN*) 则Rnb1b2b2k1

111123414141111 4n5[1(23)414141 4n5( >4n1

)

4111(2k2k1)] 41412k11nRn4n1,即（4）n1对一切大于1的奇数n恒成立

4,否则，（4）n1只对满足n1的正奇数n成立，矛盾。 4另一方面，当4时，对一切的正整数n都有Rn4n 事实上，对任意的正整数k，有

b2n1b2n85(4)2k11(4)2k1

5 8520 kk(16)1(16)41516k408 8kk(161)(164)当n为偶数时，设n2m(mN*) 则Rn(b1b2)(b3b4) <8m4n

67

(b2m1b2m)

当n为奇数时，设n2m1(mN*) 则Rn(b1b2)(b3b4)<8(m1)48m44n

(b2m3b2m2)b2m1

对一切的正整数n，都有Rn4n 综上所述，正实数的最小值为4

例50 已知数集序列{1}, {3, 5}, {7, 9,11}, {13, 15, 17, 19},……,其中第n个集合有n个元素，每一个集合都由连续正奇数组成，并且每一个集合中的最大数与后一个集合最小数是连续奇数，

(Ⅰ) 求第n个集合中最小数an的表达式； （Ⅱ）求第n个集合中各数之和Sn的表达式；

11 （Ⅲ）令f(n)=(nN*) ，求证：2≤f(n)3 3Sn解: (Ⅰ) 设第n个集合中最小数an , 则第n1个集合中最小数an1 ,

n 又第n1个集合有n1个数, 且依次增加2 , ∴an12(n1)an ,即 anan12(n1)(n2) , ∴an1an22(n2),an2an32(n3),,a2a12 ,

(n1)(1n1) 相加得ana12n2n ,即得ann2na1 .

2又a11 , ∴ann2n1 . （Ⅱ）由(Ⅰ)得ann2n1 ,

n(n1)从而得Snn(n2n1)2n3 .

2n11* （Ⅲ）由（Ⅱ）得Snn3 , ∴f(n)11 (nN),

3Snnn1010111212n1n ∵1Cn()Cn()Cn()Cn()

nnnnn010111()Cn()2 , ≥Cnnnn(n1)(n2)(nk1)11k1k() 又当n≥2 时, Cnknnk!k!111 ≤ .

(k1)kk1k1010111212n1n ∴1Cn()Cn()Cn()Cn()

nnnnn68

nn11111 ≤11(1)()()

223n1n1 33 .

n∴ 2≤f(n)3 .

1例51 首项为正数的数列an满足an1(an23),nN.

4（I）证明：若a1为奇数，则对一切n2,an都是奇数； （II）若对一切nN都有an1an，求a1的取值范围.

解：（I）已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，

ak23m(m1)1是奇数。 则由递推关系得ak14根据数学归纳法，对任何nN，an都是奇数。

1an1an当且仅当an1或an3。（II）（方法一）由an1an(an1)(an3)知，

4323133. 1；若ak3，则ak1另一方面，若0ak1,则0ak144根据数学归纳法，0a11,0an1,nN;a13an3,nN. 综合所述，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13。

a123a1,得a124a130,于是0a11或a13。 （方法二）由a24an23an123(anan1)(anan1)an1an,

444an23,所以所有的an均大于0，因此an1an与anan1同号。 因为a10,an14根据数学归纳法，nN，an1an与a2a1同号。 因此，对一切nN都有an1an的充要条件是0a11或a13。

例52 各项均为正数的数列{an}，a1a,a2b，且对满足mnpq的正整数

69

m,n,p,q都有

apaqaman.

(1am)(1an)(1ap)(1aq)14（1）当a,b时，求通项an;

25（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有

1an.

解：（1）由

apaqaman得 (1am)(1an)(1ap)(1aq)a1ana2an114.将a1,a2代入化简得

(1a1)(1an)(1a2)(1an1)25 an2an11.

an12所以

1an11an1, 1an31an11an故数列{}为等比数列，从而

1an3n11an1n,即ann.

311an33n1可验证，ann满足题设条件.

31(2) 由题设

aman的值仅与mn有关,记为bmn,则

(1am)(1an)bn1a1anaan.

(1a1)(1an)(1a)(1an)考察函数 f(x)ax(x0),则在定义域上有

(1a)(1x)70

1a11a,1f(x)g(a),a1

2a1a,0a1故对nN*， bn1g(a)恒成立. 又 b2n2ang(a),

(1an)21注意到0g(a),解上式得

21g(a)12g(a)1g(a)12g(a)g(a)an,

g(a)g(a)1g(a)12g(a)取1g(a)12g(a)1,即有 an..

g(a)，

例53 设 f(x)x2a. 记f1(x)f(x)，fn(x)f(fn1(x))，n2,3,1MaR对所有正整数 n， fn(0)2. 证明：M2, .

4【证明】（１）如果a2，则f1(0)|a|2，aM。

1，由题意 f1(0)a，fn(0)(fn1(0))2a,n2,3,. 则 411① 当 0a时，fn(0)（n1）.

421 事实上，当n1时，f1(0)a, 设nk1时成立（k2为某整数），则

2对nk，

（２）如果2a111fk(0)fk1(0)a.

24222② 当 2a0时，fn(0)a（n1）.

事实上，当n1时，f1(0)a, 设nk1时成立（k2为某整数），则对nk，有

|a|af(0)fkk1(0)aa2a.注意到 当2a0时,总有a22a，

271

1即 a2aa|a|. 从而有fk(0)|a|.由归纳法，推出 2,M。

4（3）当a11时，记anfn(0)，则对于任意n1，ana且 442an1fn1(0)f(fn(0))f(an)ana。

1112对于任意n1，an1anan, 则ana(an)2aa2441an1ana。

42a1n 所以，。当时，an1aan1a1n(a)14a41an1n(a)a2aa2，即fn1(0)2。因此aM。

41综合（１）（２）（３），得M2, 。

4例54 已知数列{an}满足a11,an1an2n(n1,2,3)，{bn}满足b11,

bn12bn1n1bn(n1,2,3)，证明： 1。

n2k1ak1bkkak1bkk证明：记 Ink1n1ak1bkkak1bkk1，则 I1n1I2In。 2而Ink1n(ak11)(bkk)ak1n1。

k11k1bkk1因为a11,an1an2n，所以ak11k(k1)。 从而有 k1n1ak111111。 （1）

n1k1k(k1)n又因为bk1bk2bk(bkk)1k11bk，所以， bk1bk(bkk)bkbkkkkn11111111。 （2） 即。从而有 b1bn1b1bkkbkbk1k1bkk1In1。 2左边不等式的等号成立当且仅当 n=1时成立。

由（1）和（2）即得 In1。 综合得到

72

例55 设数列{an}(n0)满足a12，amnamnmnm,nN,mn．

1(a2ma2n)，其中2（1）证明：对一切nN，有an22an1an2； （2）证明：

1111． a1a2a2009证明 （1）在已知关系式amnamnmn1(a2ma2n)中，令mn，2可得a00；令n0，可得a2m4am2m ①

令mn2，可得a2n2a221(a2n4a2n) ② 2由①得a2n24an12(n1)，a24a126，a2n44an22(n2)，

a2n4an2n，

代入②，化简得an22an1an2．

（2）由an22an1an2，得(an2an1)(an1an)2，故数列

{an1an}是首项为a1a02，公差为2的等差数列，因此an1an2n2．

于是an(akak1)a0(2k)0n(n1)．

k1k1nn因为

1111(n1)，所以 ann(n1)nn1111111111(1)()()11． a1a2a2009223200920102010

六、数列与概率统计交汇的综合题

例56 为了研究某高校大学新生学生的视力情况，随机地抽查了该校100名进校

学生的视情况，得到频率分布直方图,如图4，.已知前4组的频数从左到右依次是等比数列an的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列bn73

的前六项．

（Ⅰ）求等比数列an的通项公式; （Ⅱ）求等差数列bn的通项公式；

（Ⅲ）若规定视力低于5.0的学生属于近视学生,试估计该校新生的近视率的大小.

解：（I）由题意知：a10.10.11001，a20.30.11003.

∵数列an是等比数列，∴公比q∴ana1qn13n1 .

(II) ∵a1a2a3=13,∴b1b2b1b2b6100(a1a2a3)87， a23, a1∵数列bn是等差数列，∴设数列bn公差为d，则得，

b66b115d，∴6b115d＝87，

b1a427， d5，bn325n

a1a2a3b1b2b3b40.91,

100bb(或=1560.91)

100答:估计该校新生近视率为91%.

(III) =

例57从原点出发的某质点M, 按向量a=(0,1)移动的概率为,按向量b=(0,2)

移动的概率为,设可达到点(0,n)的概率为Pn, 求： (1).求P1和P2的值.

(2).求证:Pn+2=Pn+Pn+1. (3).求Pn的表达式.

解: (1). P1=,P2()2.

74

2313132323231379 (2).证明:到达点(0,n+2)有两种情况:从点(0,n)按向量b(0,2)移动;从

点(0,n+1) 按向量a=(0,1)移动,概率分别为Pn与Pn1,所以

12Pn2PnPn1.

331323 (3).由（2）得Pn+2-Pn+1=(Pn1Pn),故数列{Pn+1-Pn}是以P2-P1=为首项，

1111为公比的等比数列，故Pn+1-Pn=()n1()n1, 393311 于是Pn-P1=(PnPn1)(P2P1)[1()n1]

123311 Pn()n.

4431319

七、分段数列综合题

例58 数列{an}的首项a1＝1，且对任意n∈N，an与an＋1恰为方程x2－bnx＋2n＝0的两个根.

(Ⅰ)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Sn.

解：(Ⅰ)由题意n∈N*，an·an＋1＝2n an＋1·an＋2an＋22n＋1∴＝＝n＝2'(1分) an·an＋1an2

又∵a1·a2＝2'a1＝1'a2＝2

∴a1，a3，…，a2n－1是前项为a1＝1公比为2的等比数列， a2，a4，…，a2n是前项为a2＝2公比为2的等比数列 ∴a2n－1＝2n－1' a2n＝2n' n∈N*

n12即an＝2，n为奇数

n2，n为偶数又∵bn＝an＋an＋1

n－1n＋1n－1

当n为奇数时，bn＝2＋2＝3·2 222

当n为偶数时，bn＝2＋2＝2·2 222

n1322，n为奇数∴bn＝1n

22，n为偶数(Ⅱ)Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn 当n为偶数时，

Sn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) 3－3·2＝

nnnn2＋

4－4·21－2

n2

＝7·2－7 (

2

75

n1－2

当n为奇数时，

Sn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn

n－1

＝Sn－1＋bn＝10·2－7 (

2

n110227，n为奇数Sn＝ n2727，n为偶数

例59 数列{an}的通项ann2(cos2(1) 求Sn;

S3n,求数列｛bn｝的前n项和Tn. nn4nn2n解: (1) 由于cos2,故 sin2cos333nnsin2)，其前n项和为Sn. 33(2) bnS3k(a1a2a3)(a4a5a6)122242522(3)(62)22(a3k2a3k1a3k) (3k2)2(3k1)22((3k)))218k5k(9k4), 22k(49k)S3k1S3ka3k,

2k(49k)(3k1)213k21S3k1a3k1k,

22236133122S3k2n1,n3k236(n1)(13n)故 Sn,n3k1 (kN*)

6n(3n4),n3k6(2) bnS3n9n4, n4n24n113229n4Tn[2],

2444n1229n44Tn[13n1],

244两式相减得

76

99n1999n419n419n3Tn[13n1n][1344n]82n32n1,

12444242214813n故 Tn.2n32n13322

nn例60 数列an满足a11,a22,an2(1cos2)ansin2,n1,2,3,.

22 (Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式； (Ⅱ)设bna2n1,Snb1b2a2n1bn.证明：当n6时，Sn2.n

.解:(Ⅰ)因为a11,a22,所以a3(1cos22)a1sin22a112,

a4(1cos2)a2sin22a24. 一般地，当n2k1(kN*)时，a2k1[1cos2＝a2k11，即a2k1a2k11.

所以数列a2k1是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k1k. 当n2k(kN*)时，a2k2(1cos2(2k1)2k1]a2k1sin2 222k2k)a2ksin22a2k. 22所以数列a2k是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.

n1*,n2k1(kN),2故数列an的通项公式为an

n2*2,n2k(kN).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，bna2n1n1232,Sn23222a2n2n, ① n21123nSn224n1 ② 2222211111n ①-②得，Sn23nn1.

22222211[1()2]2n11n. 2n1nn11222121nn2 所以Sn2n1n2n.

22277

要证明当n6时，Sn2 证法一

1n(n2)1成立. 成立，只需证明当n6时，

n2n6(62)4831成立. 624k(k2)1. (2)假设当nk(k6)时不等式成立，即

2k (1)当n = 6时，

则当n=k+1时，

(k1)(k3)k(k2)(k1)(k3)(k1)(k3)1. k1k222k(k2)(k2)2kn(n1)11S2. .即当n≥6时，n22n 由(1)、(2)所述，当n≥6时，

证法二

(n1)(n3)n(n2)3n2n(n2)n10. (n6)，则cn1cn 令cn2n122222 所以当n6时，cn1cn.因此当n6时，cnc66831. 4n(n2)11.S2.于是当n6时，综上所述，当时，n6n22n

例61 设m个不全相等的正数a1,a2,（Ⅰ）若m2009，且a1,a2,a1,a2009,a2008,,am(m7)依次围成一个圆圈．

,a1005是公差为d的等差数列，而

,am的前n项和

,a1006是公比为qd的等比数列；数列a1,a2,Sn(nm)满足：S315,S2009S200712a1，求通项an(nm)；

解：因a1,a2009,a2008,,a1006是公比为d的等比数列，从而a2000a1d,a2008a1d2 由

S2009S200812a1得a2008a200912a1，故

解得d3或d4（舍去）。因此d3 又 S33a13d15。解得a12 从而当n1005时，

ana1(n1)d23(n1)3n1

当1006n2009时，由a1,a2009,a2008,,a1006是公比为d的等比数列得

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ana1d2009(n1)a1d2010n(1006n2009)

3n1,n1005因此an2009n

,1006n200923八、信息迁移题 例62 设同时满足条件：①

bnbn2②bn≤M(nN*,M是与n无≤bn1(nN*)；

2关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界” 数列.

（Ⅰ）若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a34,S318，求Sn； （Ⅱ）判断（Ⅰ）中的数列{Sn}是否为“特界” 数列，并说明理由. .解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

则a12d4,3a13d18,解得a18,d2，Snna1（Ⅱ）由得

SnSn22n(n1)dn29n 2(SSn1)(Sn1Sn)an2an1dSn1n210

222SnSn2Sn1，故数列{Sn}适合条件① 2981而Snn29n(n)2(nN*)，则当n4或5时，Sn有最大值20

24即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②. 综上，故数列{Sn}是“特界”数列。

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