等差数列与等比数列综合题1 含答案 南京分秒家教中心汇总.docx

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等差数列与等比数列综合题1含答案南京分秒家教中心汇总

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

2

解：

（Ⅰ）依题意有a1+（a1+a1q）=2（a1+a1q+a1q）由于a1≠0，故2q+q=0又q≠0，从而q=－

2

2

1n

（41-（-））

1281na=4（Ⅱ）由已知可得a1-a故从而（-）=3S==1-（-））11n

12321-（-）2

例2在正项数列{an}中,

令Sn=

i=1

n

.

（Ⅰ）若{an}是首项为25,公差为2的等差数列,求S100；

（Ⅱ）若Sn=

（p为正常数）对正整数n恒成立,求证{an}为等差数列；

所以S

100=（Ⅰ）解：

由题意得

（Ⅱ）证:

令n=

1=5

=,则p=1

所以

Sn=

i=1

n

=

（1）

n+1i=1

Sn+1=

2）,

（2）—

（1）,

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∴2a1qm+1=a1qm+a1qm–1

2

.2

（2）若q=1，Sm+Sm+1=ma1+（m+1）a1=（2m+1）a1，Sm+2=（m+2）a1∵a1≠0，∴2Sm+2≠Sm+Sm+1

在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，∴2q=q+1，解得q=1或-

11-（-）m+2

2111=-⋅（-）m若q=-，Sm+1=136221-（-）2

111-（-）m1-（-）m+1

4211411+Sm+Sm+1==-[（-）m+（-）m+1]=-（-）m∴2Sm+2=Sm1133223321-（-）1-（-）22

+Sm+1

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.2

2例4已知数列｛an｝的首项a1=a（a是常数），an=2an-1+n-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

解：

（Ⅰ）∵a1=a,依an=2an-1+n2-4n+2（n=2,3,）

∴a2=2a+4-8+2=2a-2a3=2a2+9-12+2=4a-5=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．

a4=2a3+2=8a-8a2-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+n∴bn+1=an+1+（n+1）2=2an+（n+1）2-4（n+1）+2+（n+1）2=2an+2n2=2bn（n≥2）

∴b2

Sn=b1+2=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∴（2a+2）（2n-1-1）=b+（2a+2）（2n-1-1）

2-1

n≥2时,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-2

Sn-1∴{Sn}是等比数列,∴Sn（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综上,{Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为

⎧a≠-1⎧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∴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*）an2

11n-1

的等比数列.an=（）（n∈N*）22

1n-1112

（Ⅱ）∵bn+1=bn+an（n=1，2，3，…）∴bn+1-bn=（）得b2-b1=1,b3-b2=,b4-b3=（）……

222

1n-2

bn-bn-1=（）（n=2，3，…）将这n-1个等式相加，得

2

11-（）n-1

1112131n-21bn-b1=1++（）+（）++（）==2-2（）n-1又∵b1=1，∴bn=3-2（）n-1222222

1-2

所以，数列{an}为首项a1=1，公比为

1

（n=1，2，3，…）

1n-1101121n-21n-1

）∴Tn=2[（）+2（）+3（）+…+（n-1）（）+n（）]①222222

1112131n-11而Tn=2[（）+2（）+3（）+…+（n-1）（）+n（）n]②

222222

11011121n-11n

①-②得：

Tn=2[（）+（）+（）++（）]-2n（）

22222211-（）n

-4n

（1）n=8-8-4n

（1）n=8-（8+4n）1（n=1，2，3，…）Tn=4

12n222n1-2

（Ⅲ）∵cn=n（3-bn）=2n（

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．

（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．两边同除以2n+1，可得

bn+1bn1

．-=-n+1n

222

11⎧b⎫

于是⎨n为以首项，－为公差的等差数列．所以⎬n

22⎩2⎭

bnb1=-（n-1）,得bn=2n（1-）．n

2222

（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，

∴Sn=（2!

-1!

）+（3!

-2!

）++（n+1）!

-n!

+（1⨯2+2⨯22++n⨯2n）．

令Tn＝1⨯2+2⨯22++n⨯2n，

1⨯22+2⨯23++（n-1）⨯2n+n⨯2n+1．

①则2Tn＝②

①－②，得-Tn＝2+22++2n-n⨯2n+1，Tn＝（n-1）2n+1+2．∴

Sn=（n+1）!

+（n-1）2n+1+1．

例7设数列{an},{bn}满足a1=1,b1=0且

⎧an+1=2an+3bn,⎨

⎩bn+1=an+2bn,

n=1,2,3,

（Ⅰ）求λ的值，使得数列{an+λbn}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Sn

Sn

的值．

n→∞S'n

（Ⅰ）令cn=an+λbn，其中λ为常数，若{cn}为等比数列，则存在q≠0使得

cn+1=an+1+λbn+1=q（an+λbn）．又

an+1+λbn+1=2an+3bn+λ（an+2bn）=（2+λ）an+（3+2λ）bn．

所以q（an+λbn）=（2+λ）an+（3+2λ）bn．由此得（2+λ-q）an+（3+2λ-λq）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+λ-q=0,

消去q

解得λ=

下面验证当λ=

an+n为

⎨

3+2λ-λq=0⎩

{}

an+1

n

+1=

（2+an+bn=（2+an+n）（n=1,

2,3,），

a1+=1

an

2

同理可知an

n是公比为2

的等比数列，于是λ=

n-1n-1

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果得an

n=（2+

，ann=（2-，解得

}

{（

1

an=⎡2⎣2⎢

（n-1

+2

n-1

⎤，b=⎡2+n

⎥

⎣⎢⎦

（n-1

-2（n-1

⎤

．

⎥⎦

（Ⅲ）令数列{dn}的通项公式为dn=（2n-1

，它是公比为

p=2n项和为Pn；

令数列{e

n}的通项公式为en

=（2项和为Pn'．

n-1

，它是公比为p'=2-n

1

'=Pn

-Pn'）．

（Pn+Pn'），Sn

2

P'1+n

SP+Pn'Pn

=n=n．由于数列{en}的公比0<2<1，则

P''SnPn-Pn

1-n

Pn

limPn'=n→∞由第（Ⅱ）问得Sn=

11（）n-（）n-1

1111-ppp

lim=0，于是，由于==2-==

n→∞PnpPn1-pnn（）-

1

p

SPn'

lim=

0，所以limn=n→∞S'n→∞Pnn

2

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,an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=

*

lnnxa

2

，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<2n；（Ⅲ）正数数列2）②

{cn}中，an+1=（cn）n+1,（n∈N*）.求数列{cn}中的最大项.

2

（Ⅰ）解：

由已知：

对于n∈N，总有2Sn=an+an①成立∴2Sn-1=an-1+an-1（n≥①--②得2an=an+an-an-1-an-1∴an+an-1=（an+an-1）（an-an-1）

2

2

2

∵an,an-1均为正数，∴an-an-1=1（n≥2）∴数列{an}是公差为1的等差数列又n=1时，2S1=a1+a1，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∴

2

*

]

=

lnnxan

2

≤

1

.2n

111111+++<1++++

n-1n1⋅22⋅31222n2

111111

=1+1-+-++-=2-<2

223n-1nn

2

（Ⅲ）解：

由已知a2=c1=2⇒c1=2，Tn≤

a3=c2=3⇒c2=,a4=c3=4⇒c3=4=2,

3

4

a5=c4=5⇒c4=5

易得c1c3>c4>...猜想n≥2时，{cn}是递减数列.

1

⋅x-lnx

lnx1-lnx

令f（x）=∵当,则f'（x）==22

xxx

x≥3时，lnx>1,则1-lnx<0，即f'（x）<0.

∴在3,+∞）内f（x）为单调递减函数.由an+1

ln（n+1）.

n+1

∴n≥2时,{lncn}是递减数列.即{cn}是递减数列.又c1

2222

例9设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a2+a3=a4+a5,S7=7。

（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；

[

=cn

n+1

知lncn=

（2）试求所有的正整数m，使得解：

（1）设公差为d，则a2

2

amam+1

为数列{an}中的项。

am+2

222-a5=a4-a3，由性质得-3d（a4+a3）=d（a4+a3），因

7⨯6

d=7，解得为d≠0，所以a4+a3=0，即2a1+5d=0，又由S7=7得7a1+2

a1=-5，d=2,

amam+1（2m-7）（2m-5）

=,设2m-3=t，am+22m-3

aa（t-4）（t-2）8则mm+1==t+-6,所以t为8

的约数

am+2tt

（2）方法一

（方法二）因为故

amam+1（am+2-4）（am+2-2）8

为数列{an}中的项，==am+2-6+

am+2am+2am+2

8am+2

为整数，又由

（1）知：

am+2为奇数，所以am+2=2m-3=±1,即m=1,2

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*，m、k∈N，3

∴k-2m为整数，

∴不存在m、k∈N*，使等式成立。

aa1+nd

=b1qn-1，（*）

（2）若n+1=bn，即

aa1+（n-1）d

（ⅰ）若d=0,则1=b1q求。

n-1

=bn。

当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要

a1+nd=1，（*）式等号右边的极限只有n→∞a+（n-1）d1

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。

n（3）an=4n+1,bn=3,n∈N*

k*设am+1+am+2+⋯⋯+am+p=bk=3,p、k∈N,m∈N.（ⅱ）若d≠0，（*）式等号左边取极限得lim

4（m+1）+1+4（m+p）+1p=3k，2

3k

∴4m+2p+3=,p、k∈N*,∴p=35,s∈N.p

2s+2取k=3s+2,4m=3-2⨯3s-3=（4-1）2s+2-2⨯（4-1）s-30,

ss2s+2由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）=4M1+1,2⨯（4-1）=8M2+（-1）2,∴4m=4（M1-2M2）-（（-1）s+1）2,∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N时，命题成立.