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1、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 na的前 n 项和为 ns，已知 1S, 3, 2成等差数列（1）求 的公比 q；（2）求 1 33，求 ns 解：（）依题意有 )(2)( 21111 qaqa由于 0，故 0又 ，从而 2 （）由已知可得 3121）（a故 41a从而 ）（）（ ）（ nnn824S 例 2 在正项数列 na中,令 11niiiSa.（）若 是首项为 25,公差为 2 的等差数列,求 0S；（）若 11nnpSa（ 为正常数）对正整数 n恒成立 ,求证 na为等差数列；（）解：由题意得, 112iiiia,所以 10S= 215（）证:令 , 22pa
2、,则 p=1所以 11niiiS= 1na（1）,1niiia= 2()p（2）,（2）（1）,得 1n 11na= 12nna,化简得 2()()n（3）23a（4）,（4）（3）得 132(1)na 在（3）中令 1n,得 32a,从而 na为等差数列 例 3 已知 是公比为 q 的等比数列，且 成等差数列.12,m（1）求 q 的值；（2）设数列 的前 项和为 ，试判断 是否成等差数列？说明理由.nanSS解：（1）依题意，得 2am+2 = am+1 + am2a 1qm+1 = a1qm + a1qm 1在等比数列a n中，a 10，q0，2q 2 = q +1，解得 q = 1 或
3、 . 2（2）若 q = 1， Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，S m + 2 = (m+2) a1 a 10，2S m+2S m + Sm+1 若 q = ，S m + 1 =22)2(63)(Sm + Sm+1 = =)21()21(m )21()(4mm)21(342 S m+2 = S m + Sm+1 故当 q = 1 时，S m , Sm+2 , Sm+1 不成等差数列；当 q = 时，S m , Sm+2 , Sm+1 成等差数列. 例 4 已知数列a n的首项 （a 是常数） ，1（ ） （） 是否可能是等差数列.若可能，求出24221
4、nan 2,nN的通项公式；若不可能，说明理由；（）设 ， （ ） ， 为数列 的前 n 项和，且ban,nSb是等比数列，求实数 a、b 满足的条件nS解：（） ),32(42,11 Ln依 842a 54193a3 34,a若 是等差数列，则 但由 ，得 a=0,矛n 212aa得 23盾. 不可能是等差数列() 2abn (n2)221 )1()(4)( nnn nnba2 2当 a1 时, 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列0b )()1(1nnn aSn2 时, 21abnn 是等比数列, (n2)是常数 a-1 时, b-2 a-2=0 当 a=-1 时，nS1nS（n3）,
5、得 （n2） 20bb由 0b bbSnnL21 是等比数列 b0n综上, 是等比数列 ,实数 a、b 所满足的条件为 0a或例 5 设数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn=2-an，n=1 ， 2，3，.()求数列a n的通项公式；()若数列b n满足 b1=1，且 bn+1=bn+an，求数列b n的通项公式；()设 cn=n(3-bn)，求数列c n的前 n 项和 Tn.解：() n=1 时，a 1+S1=a1+a1=2a1=1 S n=2-an 即 an+Sn=2 a n+1+Sn+1=2两式相减：a n+1-an+Sn+1-Sn=0即 an+1-an+an+1=0 故有 2
6、an+1=ana n0 (nN*)21n所以，数列a n为首项 a1=1，公比为 的等比数列.a n= (nN*)21)2()b n+1=bn+an(n=1，2，3，)b n+1-bn=( )n-1 得 b2-b1=1b3-b2=b4-b3=( )2bn-bn-1=( )n-2(n=2，3，) 1将这 n-1 个等式相加，得bn-b1=1+ 11232 )2()()1()( nnnL又b 1=1，b n=3-2( )n-1(n=1，2，3，)()c n=n(3-bn)=2n( )n-1 1T n=2( )0+2( )+3( )2+(n-1)( )n-2+n( )n-1 212而 Tn=2( )
7、+2( )2+3( )3+(n-1) 1 nn1(-得： nnnT )21()()21()21(0 LTn= nnn)(48)(41)(=8-(8+4n) (n=1，2，3，) n例 6 已知数列 中， ，且对 时a012,3,6a3n有 123(4)(48)nnnn（）设数列 满足 ，证明数列 为等比数列，并求数b1,aN12nb列 的通项公式；n（）记 ，求数列 的前 n 项和(1)2!nLnanS（） 证明：由条件，得 ，112234()4()n nnnaa则 1()4n naa 即 ，所以 ，12.,0nbb又 112()nnbb210b所以 是首项为 2，公比为 2 的等比数列 12
8、nb，所以 21121()nnnbb两边同除以 ，可得 1n2n于是 为以 首项， 为公差的等差数列2nb所以 1(),(1)22nnb得（） ，令 ，则 11n naa 2nnca1nc而 1 1 ()2()1ncLL， ()nna，12(1)!2nL 2(2!1)(3!)(1)!()nnSnLL令 Tn ， 2则 2Tn 3 1()2nn，得 Tn ， Tn 2L1()2n 1(1)!2nS例 7 设数列 满足 且,nab1,0ab13,1,232nnabL（）求 的值，使得数列 为等比数列；n（）求数列 和 的通项公式；nab（）令数列 和 的前 项和分别为 和 ，求极限 的值nnnSl
9、imnS（）令 ，其中 为常数，若 为等比数列，则存在 使得nncabnc0q11()nqab又 232nnn ()(32)nnab所以 ()()()nqab由此得 0,1,nnqbL由 及已知递推式可求得 ，把它们代入上式后得方程组1,02a消去 解得 23qq3下面验证当 时，数列 为等比数列3nab，11(2)(23)()3)nn nnab ab (1,23)L，从而 是公比为 的等比数列0n同理可知 是公比为 的等比数列，于是 为所求3n（）由（）的结果得 ， ，解得1(23)nnab13(2)nnab， 1123nnna113236nnb（）令数列 的通项公式为 ，它是公比为 的等比
10、数列，nd1(2)nndp令其前 项和为 ；P令数列 的通项公式为 ，它是公比为 的等比数列，令ne1(3)nne23其前 项和为 由第（）问得 ， 1()2nnSP3()6nSP331nnnSP由于数列 的公比 ，则 ne021lim(23)n，由于 ，则 ，1()1nnnpPplim0nP于是 ，所以lim0nli3nS例 8 数列 的各项均为正数， 为其前 项和，对于任意 ，总有 成nan *Nn2,naS等差数列.()求数列 的通项公式；n()设数列 的前 项和为 ，且 ，求证:对任意实数 （ 是 常 数 ，nbnT2lnaxbex,1 2.71828 ） 和任意正整数 ，总有 2；e
11、 T() 正数数列 中， .求数列 中的最大项. nc)(,*11Ncann nc（）解：由已知：对于 ，总有 成立*2nSa （n 2） 2112nSa-得 1nna 11n 均为正数， （n 2） ,a1n数列 是公差为 1 的等差数列 n又 n=1 时， ， 解得 =12Sa1 .( ) an*N（）证明：对任意实数 和任意正整数 n，总有 . ex,12lnaxb1 nTn 32122 LL311 n()解：由已知 ， 121ca545443433232 ,2,cca易得 123,.c猜想 n2 时， 是递减数列. n令 22ln1l,l xxfxf 则当 .0ln1ln3f， 即则时
12、 ，在 内 为单调递减函数.,f由 .1ll1ncan知n2 时, 是递减数列 .即 是递减数列.nnc又 , 数列 中的最大项为 . 1cc32例 9 设 na是公差不为零的等差数列， nS为其前 项和，满足223457,S。（1）求数列 n的通项公式及前 项和 n； （2）试求所有的正整数 m，使得 12ma为数列 na中的项。 解：（1）设公差为 d，则 2543，由性质得4343()()da，因为 0d，所以 430，即 1250ad，又由 7S得 167，解得 1a， ,(2)（方法一）12ma= ()253,设 3mt， 则 12m= (4)86tt, 所以 t为 8 的约数（方法
13、二）因为 12222 2(4)()86mmmaaa为数列 n中的项，故 m+28 a为整数，又由（1）知： 2为奇数，所以 31,2m即经检验，符合题意的正整数只有 。 例 10 已知 n是公差为 d的等差数列， nb是公比为 q的等比数列。（1） 若 31a，是否存在 *mkN、 ，有 1?mka说明理由； （2） 找出所有数列 n和 b，使对一切 *n, nb,并说明理由；（3） 若 115,43,adq试确定所有的 p，使数列 na中存在某个连续 p项的和是数列 nb中的一项，请证明。解：（1）由 1mka，得 6531k， 整理后，可得 423， Q、 N， 2m为整数， 不存在 、 kN，使等式成立。 （2）若 1nab，即 11()nadbq， （*）（）若 0,d则 1nq。 当 na为非零常
