《高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、等差数列与等比数列综合题例 已知等差数列 na满足： 37， 5726a， na的前 n 项和为 nS（）求 n及 S；（）令 bn= 21a(nN*)，求数列 nb的前 n 项和 T【解析】（）设等差数列 na的公差为 d，因为 37a， 5726，所以有12706da，解得 13,2，所以 3)=n+n（ ； nS= (-1)= 2n+。（）由（）知 21a，所以bn= 21a= 2+)（ 4n(+)= 1(-)n，所以 nT= 1(-431L= (-)4+4(1)，即数列 nb的前 n 项和 T= 4(+)。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、裂项法求数列的和
2、，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。例 设 nS为数列 na的前 项和， 2nSk， *nN，其中 k是常数（I） 求 1及 ；（II）若对于任意的 *mN， ma， 2， 4m成等比数列，求 的值解（）当 1,1kSan， 12)1()(,222 knn（ ）经验， ,（ ）式成立， ka（） ma42Q成等比数列， m42.，即 )18)()14( kk，整理得： 0)1(k，对任意的 Nm成立， 10k或例 等比数列 na的前 n 项和为 ns，已知 S, 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
3、 0，故2又 q，从而 21 5 分（）由已知可得 321）（a故 41a从而 ）（）（ ）（ nnn 213821S 10 分例 已知数列 na满足， *112,naaN .令 1b，证明： nb是等比数列；()求 n的通项公式。（1）证 121,a当 时， 1 11,()222nn nnnabab 所以 是以 1 为首项， 为公比的等比数列。（2）解由（1）知 11(),nnna当 n时， 2321()naaL21()()2nL1()2n21()3n15(),3n当 1n时， 115()a。所以 *23naN。例 设数列 n的前 项和为 nS，已知 21nnbaS（）证明：当 2b时， 1
4、是等比数列；（）求 na的通项公式解 由题意知 1，且 1nnabS12nnbbS两式相减得 12na即 1nna （）当 2b时，由知 1nna于是 1212nn1n又 1120na，所以 1na是首项为 1，公比为 2 的等比数列。（）当 b时，由（）知 2n，即 1nna当 时，由由得 11122nnnnababn12nnba因此 112nnnna21nb得 1122nnnab例 在数列 n中， 111,()nnaa, （I）设 b，求数列 b的通项公式; （II）求数列 n的前 项和 nS解：（I）由已知有 12a12nb利用累差迭加即可求出数列 n的通项公式: 1nn( *N)（II
5、）由（I）知 1na,nS= 11(2)kk1(2)nk而 1()k,又 1nk是一个典型的错位相减法模型，易得 11242nkn nS= ()124n例 已知数列 na的前 项和为 n， 1a，且 331nS（ 为正整数）（）求出数列 的通项公式；（）若对任意正整数 n， nSk恒成立，求实数 k的最大值.解：（） Q3231nSa， 当 2时， 331nSa. 由 - ，得 01nna. n)2(. 又 1a， 321，解得 312. 数列 n是首项为 1，公比为 q的等比数列. 113nnqa（ 为正整数） （）由（）知 nnS)3(2 由题意可知，对于任意的正整数 ，恒有 nk312，
6、.Q数列 n31单调递增， 当 1n时，数列中的最小项为 2， 必有 k，即实数 k的最大值为 1 例 各项均为正数的数列 na中， nS,1是数列 na的前 项和，对任意 Nn，有 )(2RppSnn；求常数 的值； 求数列 n的通项公式；记 nnb234，求数列 nb的前 项和 T。解：（1）由 1a及 )(2NpapSnn ，得： p2 1（2）由 12 得 1nn 由，得 )()(21211 nnaaa即： 0)(21 nnna由于数列 各项均为正数， 121na 即 211na数列 n是首项为 1，公差为 2的等差数列，数列 a的通项公式是 2)(an（3）由 2n，得： 43Sn
7、nnnSb234nnT22321L1)1( 2)1(2)(22 13 nnnnnTL1()nn例 在数列 ).,2(32,311 Nnaann 且中 ，（1） 的 值 ；求 32,（2）设 是 等 差 数 列 ；证 明 ： nnbNb),(（3）求数列 .nSa项 和的 前解（1） ),2(32,311 Nnn且Q.323a（2）对于任意 ,Nn3212311 nnnnn abQ= ，1n数列 是首项为 ，公差为 1 的等差数列.nb023a（3）由（2）得， ,)1(nn.32)1(Nan，321)32() nSL即 .432 nnn 设 ,1T 则 ,212321543 nnTL两式相减得
8、， 142n,2)1(1(nn整理得， ,2)(4nnT从而 ).(31NS例 已知数列 na的首项 21，前 n 项和 naS2.（）求证： a;（）记 nSbl， T为 nb的前 n 项和，求 enT的值.解：（1）由 2，得 121)(a，-得： nna1. （2）由 nna21求得 )1(. 2Sn， )ln(lSbn (l1)(l3)(4ln(1)l()nT nL 1lne. 例 等比数列 a的前 n 项和为 ns，已知 1S, 3, 2成等差数列（1）求 n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 （
9、）由已知可得 3211）（a故 41a从而 ）（）（ ）（ nnn84S 例 已知 是公比为 q 的等比数列，且 成等差数列 .na 12,ma（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.nSS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 . 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
10、+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 6 已知数列 中， ，且对 时na012,3,6a3n有 123(4)(48)nnnnaaa（）设数列 满足 ，证明数列 为等比数列，并求数b1,N12nb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 nn
11、naa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 12nb，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!)(3!)(2)nnSnL令 Tn ， 21则 2Tn 3 1(1)2nnL，得 Tn ， Tn 21()2n 1(1)!2nS例 7 已知数列 满足 ，且当 ， 时，有na151n*112nna(1
12、)求证：数列 为等差数列；n(2)试问 是否为数列 中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由 . 12ana证明：（1）由 得112nn112nna即 14na上式两边同时除以 得1n1n又 ， 是首项为 5，公差为 4 的等差数列 15a（2）又（1）知 ，即na1na， 291245令 ， 解得 4n1所以 是数列 的第 11 项 12an例 8 设数列 满足 且,nb1,0b123,1,23nnabL（）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nnnSlimnS（）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1,0ab2,1ab消去 解得 23qq3下面验证当 时，数列 为等比数列3nab
