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1、1第 13 练数列的综合问题 明晰考情 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以an，Sn的关系为切入点，考查数列的通项、前n项和等；数列和不等式的综合应用.2.题目难度：中档难度或偏难考点一等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若an1and，d为常数an1anq，q为常数，且q0，则 an为等差(比)数列(2)中项公式法(3)通项公式法1已知数列 an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中 为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得 an为等差数列？并说明理由(1)证明由题设知，anan1Sn1，an1an2S
2、n11，两式相减得an1(an2an)an1，由于an 10，所以an2an.(2)解由题设知，a11，a1a2S1 1，可得a2 1.由(1)知，a3 1.令 2a2a1a3，解得 4.故an2an4，由此可得数列a2n1是首项为1，公差为4 的等差数列，a2n 1 4n3；数列 a2n是首项为3，公差为4 的等差数列，a2n4n1.所以an 2n1，an1an 2，因此存在4，使得数列 an 为等差数列2已知数列 an满足a12，且an12an 2n1，nN*.(1)设bnan2n，证明：bn 为等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)在(1)的条件下，求数列an 的前n项和Sn.2解(1
3、)把an 2nbn代入到an12an2n1，得 2n1bn12n 1bn2n1，两边同除以2n1，得bn1bn1，即bn1bn1，bn为等差数列，首项b1a121，公差为1，bnn(nN*)(2)由bnnan2n，得ann2n，Sn121222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n 1，两式相减，得Sn212223 2nn2n 1(1 n)2n12，Sn(n1)2n12(n N*)3已知数列 an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n(nN*)(1)求数列 an的前三项a1，a2，a3；(2)求证：数列an231n为等比数列，并求出an的通项公式(1)解在Sn 2an(1)n(
4、n N*)中分别令n 1,2,3，得a12a11，a1a22a21，a1a2a32a3 1，解得a11，a20，a32.(2)证明由Sn2an(1)n(nN*)，得Sn12an1(1)n1(n2)，两式相减，得an2an12(1)n(n2)，an2an143(1)n23(1)n2an143(1)n 123(1)n(n2)，an23(1)n32an1231n1(n2)故数列an231n是以a12313为首项，2 为公比的等比数列an23(1)n132n1，an132n123(1)n2n1323(1)n(nN)*.考点二数列的通项与求和方法技巧(1)根据数列的递推关系求通项的常用方法累加(乘)法形
5、如an 1anf(n)的数列，可用累加法；形如an 1anf(n)的数列，可用累乘法构造数列法形如an 1nanmann，可转化为1an11anmn，构造等差数列1an；形如an 1panq(pq0，且p1)，可转化为an 1qp1p anqp1构造等比数列anqp1.(2)数列求和的常用方法倒序相加法；分组求和法；错位相减法；裂项相消法4已知数列 an的首项a11，前n项和为Sn(nN*)，且数列Snn是公差为2 的等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn(1)nan，求数列 bn的前n项和Tn.解(1)由已知得Snn1(n1)2 2n1，所以Sn 2n2n.当n2时，anSnSn
6、 12n2n 2(n1)2(n1)4n3.而a1141 3 满足上式，所以an4n3，n N*.(2)由(1)可得bn(1)nan(1)n(4n3)当n为偶数时，Tn(15)(913)(4n7)(4n3)4n2 2n；4当n为奇数时，n1 为偶数，TnTn1bn12(n1)(4n1)2n1.综上，Tn2n，n为偶数，2n1，n为奇数.5已知数列 an，bn 满足a114，anbn1，bn1bn1a2n.(1)求数列 bn的通项公式；(2)设Sna1a2a2a3a3a4anan1，求Sn.解(1)bn 1bn1an1anbnbn2bn12bn.a114，b134，因为bn 1 112bn1bn1
7、2bn，所以1bn 112bnbn1 11bn 1，所以数列1bn1是以 4 为首项，1 为公差的等差数列，所以1bn1 4(n1)n3，所以bn 11n3n 2n 3(nN*)(2)因为an1bn1n3，所以Sna1a2a2a3a3a4anan11451561671n3n41415151616171n 31n4141n 4n4n4(nN*)6已知数列 an的前n项和为Sn，若an 3Sn4，bn log2an1.(1)求数列 an和bn的通项公式；(2)令cnbn2n 11n n1，其中nN*，若数列 cn 的前n项和为Tn，求Tn.解(1)由a1 3S14 3a14，得a11，由an 3S
8、n4，5知an1 3Sn14，两式相减并化简得an114an，数列 an是首项为1，公比为14的等比数列，an14n 1，nN*，bn log2an 1 log214n2n(nN*)(2)由题意知，cnn2n1n n1.令Hn12222323n2n，则12Hn122223n12nn2n1，得，12Hn1212212312nn2n11n 22n1.Hn2n 22n.又Mn11212131n1n111n 1nn1，TnHnMn2n22nnn1(nN*)考点三数列与不等式方法技巧数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数取值范围、求数列中的最大(
9、小)项、比较数列中项的大小等问题，而数列的条件可能是等差数列、等比数列，甚至是一个递推公式等，求解方法既要用到不等式知识(如比较法、放缩法、基本不等式法等)，又要用到数列的基础知识7已知数列 an的前n项和Sn满足Sn32an(1)n2(nN*)(1)证明 an(1)n为等比数列，并求出an 的通项公式；(2)设数列1an的前n项和为Tn，证明：Tn23(nN*)6(1)解由Sn32an 1n2，Sn 132an1 1n12，得an132an132an(1)n1(1)n，即an13an2(1)n12(1)n，an1 1n 1an 1n3an 1n1 2 1nan 1n3an3 1nan 1n3
10、，an(1)n 为等比数列对于Sn32an(1)n 2，令n1，解得a12，an(1)n 是首项为 3，公比为3 的等比数列，an(1)n 3n，即an3n(1)n(nN*)(2)证明方法一当k为正偶数时，1ak1ak113k113k 113k1 3k32k13k 13k13k13k32k113k13k1，当n为奇数时，Tn1a11a21a31an11an1213213313n 113n1216113n123，当n为偶数时，n1 为奇数，TnTn123，Tn23(nN*)方法二当n3 时，13n 1n193n 2 1n183n 2，7Tn12110181313213n2121101813113
11、n211312110116113n 212110116538023.8各项为正数的数列an的前n项和为Sn，且满足：Sn14a2n12an14(nN*)(1)求数列 an的通项公式；(2)设数列1a2n的前n项和为Tn，证明：对一切正整数n，都有Tn54.(1)解由Sn14a2n12an14，当n2时，Sn114a2n112an114，由化简得(anan1)(anan1 2)0，又数列 an 的各项为正数，当n2 时，anan12，故数列 an成等差数列，公差为2，a1S114a2112a114，解得a1 1，an2n1(nN*)(2)证明Tn1a211a221a231a2n 11a2n112
12、13215212n3212n12.当n1 时，T1154，当n2时，12n1214n24n114n24n14n n1141n11n，8Tn11213215212n3212n12an，nN*；(2)an2n11，nN*；(3)当n2 时，an2n3.证明(1)an1a2nan1an1an1an1，an11an11an 1，(an11)(an1)(an1)210，故an11 与an1 同号又a1110，an10，an1an1an10，故an1an，nN*.(2)ak11ak 11ak1，kN*，(ak11)2(ak1)21ak122(ak1)2 2，kN*，当n2 时，(an 1)2(an1)2(
13、an11)2(an11)2(an21)2 (a21)2(a1 1)2(a11)22(n1)12n 1，又an10，故当n2 时，an12n1.即当n2 时，an2n11.又当n1 时，a121 1 10，所以an2n1 1，nN*.9(3)由(2)知ak1ak1ak112k1，kN*，所以当n2 时，ana1(a2a1)(a3a2)(an1an2)(anan1)，即当n2 时，an1131512n3.当n3 时，12n 3222n322n32n52n32n5，所以当n3 时，an1131512n31(3 1)(53)(2n32n5)2n3，又a2122 3，所以n2 时，an2n3.例(15
14、分)已知在数列 an 中，a13，2an1a2n2an4.(1)证明：an1an；(2)证明：an232n1；(3)设数列1an的前n项和为Sn，求证：123nSn1.审题路线图(1)2an1a2n2an4 作差2an12an0 a13an1an(2)2an1a2n2an4 变形放缩an1 2an2an232迭代an232n1(3)已知递推式变形裂项1an1an21an12求和Sn11an 12 放缩结合 2要证结论规范解答评分标准证明(1)2an12ana2n4an4 10(an2)20，2 分an1an3，(an 2)20，an1an.4 分(2)2an 14a2n2anan(an2)，6
15、分an12an2an232，an232(an12)322(an22)32n1(a12)32n1，an232n1.9 分(3)2(an 12)an(an2)，10 分12an121anan2121an21an，1an121an21an，1an1an21an12，12 分Sn1a11a21an1a121a221a221a321an21an 121a121an1211an12.13 分an1232n，01an1223n，123nSn11an1 21.15 分构建答题模板11 第一步 辨特征：认真分析所给数列的递推式，找出其结构特征 第二步 巧放缩：结合要证结论，对递推式进行变换、放缩，利用作差、作商
16、、数学归纳法、反证法等技巧逐步向欲证不等式靠近 第三步 得结论：消灭目标不等式和放缩到的不等式间的差别，得出结论1(2018浙江)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42 是a3，a5的等差中项数列 bn 满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为 2n2n.(1)求q的值；(2)求数列 bn的通项公式解(1)由a4 2是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得 8q1q20，解得q2 或q12.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列 cn的前n项和为Sn.由cnS1，n1，SnSn 1，n2，解
17、得cn 4n1.由(1)可得an 2n1，所以bn 1bn(4n1)12n1，故bnbn1(4n5)12n 2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)12n 2(4n9)12n3 7123.设Tn371211122(4n5)12n2，n2，则12Tn3127122(4n9)12n 2(4n5)12n1，n2，得12Tn34124122 412n2(4n5)12n1，n2，12因此Tn 14(4n3)12n 2，n2.又b11，所以bn15(4n3)12n 2，n2，当n1 时，b11 也满足上式，所以bn 15(4n3)12n 2.2设数列 an的前n项
18、和为Sn，已知S24，an1 2Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和解(1)由题意得a1a24，a22a11，得a11，a23.又当n2 时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an1 3an，又a23a1，数列 an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b1 2，b21，当n3 时，由于3n1n 2，故bn3n1n2，n3.设数列 bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3 时，Tn39 13n213n7n223nn25n 112，经验证T2符合上求Tn2，n1，3nn25n112，n2，n N*.3已知数列
19、an，bn 满足a11，b12，an 1anbn，bn1anbn2.(1)求证：当n2 时，an1anbnbn1；(2)设Sn为数列|anbn|的前n项和，求证：Sn109.证明(1)当n2 时，bnanan 1bn12an1bn1bn1an1220，故有bnan(n2 且nN*)，所以anan1bn 1an 1，13bnan1bn12bn1.综上，an 1anbnbn1.(2)由(1)知bnanbn1an1b1a1232，2bn3an?(bnan)15(bnan)，故|anbn|an1bn12an1bn1bn1an 122bn1an 1bn1an 110|bn1an1|10，故Sn11101
20、10n11110n11101091110n109.4(2017浙江)已知数列 xn满足：x11，xnxn 1ln(1 xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0 xn 1xn；(2)2xn1xnxnxn 12；(3)12n1xn12n2.证明(1)用数学归纳法证明xn0.当n1 时，x110.假设nk(kN*)时，xk0，那么nk1 时，若xk10，则 0 xkxk1ln(1 xk1)0，与假设矛盾，故xk10，因此xn 0(n N*)所以xnxn1ln(1 xn1)xn1，因此 0 xn1xn(nN*)(2)由xnxn1ln(1 xn1)得，xnxn14xn12xnx2n12xn1(xn12)ln(1 xn1)14记函数f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)f(x)2x2xx1ln()1x0(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2n 1 2xn1(xn1 2)ln(1 xn1)f(xn1)0，故 2xn1xnxnxn12(nN*)(3)因为xnxn1ln(1 xn1)xn 1xn 12xn1，所以xn12n1.由xnxn122xn1xn得1xn11221xn12 0，所以1xn1221xn1122n11x1122n2，故xn12n2.综上，12n1xn12n2(nN*)