高考数学二轮复习专题28 等差等比数列的证明问题(教师版)

专题28　等差等比数列的证明问题 【高考真题】 1．(2022·全国甲理文) 记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1． (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 1．解析　(1)因为，即①， 当时，②， ①②得，， 即， 即，所以，且， 所以是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，所以， 所以，当或时． 【方法总结】 1．等差数列的四个判定方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． (3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． 提醒：(1)定义法和等差中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用． (2)若要判定一个数列不是等差数列，则只需判定存在连续三项不成等差数列即可． 2．等比数列的四个判定方法 (1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (2)等比中项法：a＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (4)前n项和公式法：Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列． 提醒：(1)定义法和等比中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用． (2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 【题型突破】 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26． (1)求an及Sn； (2)令bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}为等差数列． 1．解析　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意有解得a1＝3，d＝2， 则an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝＝＝n(n＋2)． (2)因为bn＝＝＝n＋2，又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1， 所以数列{bn}是首项为3，公差为1的等差数列． 2．已知数列{an}中，a1＝，an＝2－(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)． (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由． 2．解析　(1)因为an＝2－(n≥2，n∈N*)，bn＝(n∈N*)， 所以bn＋1－bn＝－＝－＝－＝1．又b1＝＝－． 所以数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知bn＝n－，则an＝1＋＝1＋． 设f(x)＝1＋，则f(x)在区间(－∞，)和(，＋∞)上为减函数． 所以当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3． 3．在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n． (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn． 3．解析　(1)证法一：nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得－＝2，又＝4， 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列． 证法二：因为－＝＝＝2，＝4， 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列． (2)由(1)，得＝a1＋2(n－1)，即＝2n＋2，即an＝2n2＋2n， 故＝＝·＝， 所以Sn＝＝＝． 4．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*． (1)求证：数列是等差数列； (2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn． 4．解析　(1)由已知可得＝＋1，即－＝1，所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)得，＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，从而可得bn＝n·3n． Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n　①， 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1　②． ①－②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝， 所以Sn＝． 5．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝． (1)求证：成等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 5．解析　(1)当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1， 因为Sn≠0，所以－＝2，又＝＝2， 故是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得＝2n，所以Sn＝． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－． 当n＝1时，a1＝不适合上式．故an＝ 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)． (1)设bn＝，求证：数列{bn}为等差数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)设cn＝－，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，求Tn． 6．解析　(1)由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)，① n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，② ①－②得：2an＝3an－3an－1－2·3n⇒an＝3an－1＋2·3n， 故＝＋2，则bn－bn－1＝2(n≥2)． 又n＝1时，2a1＝3a1－9＋3，解得a1＝6，则b1＝＝2． 故数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴bn＝2＋2(n－1)＝2n⇒an＝2n·3n． (2)由(1)，得cn＝2·3n－2n Tn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2(1＋2＋…＋n)＝2·－2·＝3n＋1－n2－n－3． 7．(2021·全国乙)设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2． (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． 7．解析　(1)因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以n≥2时，Sn＝， 代入＋＝2可得，＋＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)． 又＋＝＝2，所以b1＝，故{bn}是以为首项，为公差的等差数列． (2)由(1)可知，bn＝＋(n－1)＝，则＋＝2，所以Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－． 故an＝ 8．(2014·全国Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 8．解析　(1)由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ． (2)由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1．由(1)知，a3＝λ＋1． 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4． 故an＋2－an＝4，由此可得数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； 数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1．所以an＝2n－1，an＋1－an＝2， 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 9．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an－Sn－1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在实数λ，使得数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 9．解析　(1)由an－Sn－1＝0(n∈N*)，可知当n＝1时，a1－a1－1＝0，即a1＝2． 又由an－Sn－1＝0(n∈N*)，可得an＋1－Sn＋1－1＝0， 两式相减，得－＝0，即an＋1－an＝0，即an＋1＝2an． 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n(n∈N*)． (2)由(1)知，Sn＝＝2(2n－1)，所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ． 若数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列，则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列， 即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2． 经检验λ＝－2时，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2． 10．若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数 列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n． (1)求证：{an}是准等差数列； (2)求{an}的通项公式及前20项和S20． 10．解析　(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①，∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，② ②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．∴{an}是公差为2的准等差数列． (2)∵a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a． ∴由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列； a2，a4，a6…是以2－a为首项，2为公差的等差数列． 当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a； 当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1． ∴an＝ S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200． 11．已知数列{an}的首项a1>0，an＋1＝(n∈N*)，且a1＝． (1)求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn． 11．解析　(1)记bn＝－1，则＝＝＝＝＝， 又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列． 所以－1＝×n－1，即an＝．所以数列{an}的通项公式为an＝． (2)由(1)知，＝×n－1＋1．所以数列的前n项和Tn＝＋n＝＋n． 12．已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－ 1． (1)求a4的值； (2)证明：为等比数列． 12．解析　(1)因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝，a3＝， 当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4×＋5×＝8×＋1，解得a4＝． (2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)， 即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．当n＝1时，有4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴＝＝＝＝， ∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列． 13．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)． (1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3； (2)求证：数列为等比数列，并求出{an}的通项公式． 13．解析　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，得解得 (2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)， 两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)， an＝2an－1－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋