经典数列题详解
3. (2009浙江文)(本题满分14分)设S n 为数列{a n }的前n 项和,S n =kn +n ,n ∈N ,其中k 是常数.
(I ) 求a 1及a n ;
(II )若对于任意的m ∈N ,a m ,a 2m ,a 4m 成等比数列,求k 的值. 解析:(Ⅰ)当n =1, a 1=S 1=k +1,
n ≥2, a n =S n -S n -1=kn +n -[k (n -1) +(n -1)]=2kn -k +1(*) 经验,n =1, (*)式成立, ∴a n =2kn -k +1 (Ⅱ) a m , a 2m , a 4m 成等比数列,∴a 2m =a m . a 4m ,
2
即(4km -k +1) =(2km -k +1)(8km -k +1) ,整理得:mk (k -1) =0,
2
2
*
2*
2
对任意的m ∈N *成立, ∴k =0或k =1 4. (2009北京文)(本小题共13分)
设数列{a n }的通项公式为a n =pn +q (n ∈N , P >0) . 数列{b n }定义如下:对于正整数m ,b m
是使得不等式a n ≥m 成立的所有n 中的最小值.
(Ⅰ)若p =
12, q =-
13
*
,求b 3;
(Ⅱ)若p =2, q =-1,求数列{b m }的前2m 项和公式;
(Ⅲ)是否存在p 和q ,使得b m =3m +2(m ∈N ) ?如果存在,求p 和q 的取值范围;如果不存在,请说明理由.
【解析】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质,考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式综合的较难层次题.
(Ⅰ)由题意,得a n = ∴
12n -
13
12n -
13
*
,解
12
n -
13
≥3,得n ≥
203
.
≥3成立的所有n 中的最小整数为7,即b 3=7.
(Ⅱ)由题意,得a n =2n -1, 对于正整数,由a n ≥m ,得n ≥
m +12
.
根据b m 的定义可知
当m =2k -1时,b m =k (k ∈N
*
);当m =2k 时,b
m
=k +1(k ∈N
*
).
∴b 1+b 2+ +b 2m =(b 1+b 3+ +b 2m -1)+(b 2+b 4+ +b 2m )
=(1+2+3+ +m )+⎡⎣2+3+4+ +(m +1)⎤⎦ =
m (m +1)2
+
m (m +3)2
=m +2m .
2
(Ⅲ)假设存在p 和q 满足条件,由不等式pn +q ≥m 及p >0得n ≥
m -q p
.
∵b m =3m +2(m ∈N ) , 根据b m 的定义可知,对于任意的正整数m 都有
3m +1
m -q p
≤3m +2,即-2p -q ≤(3p -1)m
*
当3p -1>0(或3p -1
13
p +q 3p -1
(或m ≤-
2p +q 3p -1
),
时,得-
23
-q ≤0
*
13
-q ,解得-
23
≤q
13
.
∴ 存在p 和q ,使得b m =3m +2(m ∈N ) ;
p 和q 的取值范围分别是p =
5. (2009北京理)(本小题共13分)
已知数集A ={a 1, a 2, a n }(1≤a 1
a j a i
13
,-
23
≤q
13
.
两数中至少有一个属于A .
(Ⅰ)分别判断数集{1, 3, 4}与{1, 2, 3, 6}是否具有性质P ,并说明理由;
(Ⅱ)证明:a 1=1,且
a 1+a 2+ +a n a 1+a 2+ +a n
-1
-1
-1
=a n ;
(Ⅲ)证明:当n =5时,a 1, a 2, a 3, a 4, a 5成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分
分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题.
(Ⅰ)由于3⨯4与
43
均不属于数集{1, 3, 4},∴该数集不具有性质P .
661236
都属于数集{1, 2, 3, 6}, 231236
由于1⨯2,1⨯3,1⨯6, 2⨯3, ∴该数集具有性质P .
(Ⅱ)∵A ={a 1, a 2, a n }具有性质P ,∴a n a n 与
a n a n
中至少有一个属于A ,
由于1≤a 1a n ,故a n a n ∉A .
从而1=
a n a n
∈A ,∴a 1=1.
∵1=a 1a n ,故a k a n ∉A (k =2, 3, , n ).
由A 具有性质P 可知
a n a k
∈A (k =1, 2, 3, , n ).
又∵
a n a n
a n a n -1a n a n -1a n a n -1
a n a 2a n a 2
a n a 1
,
∴
a n a n
=1,
=a 2, =a n -1,
a n a 1
=a n ,
从而
a n a n
=+ +
a n a 2
+
a n a 1
=a 1+a 2+ +a n -1+a n ,
∴
a 1+a 2+ +a n a
-11
+a
-12
+ +a
-1n
=a n .
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当n =5时,有
a 5a 4
=a 2,
a 5a 3
=a 3,即a 5=a 2a 4=a 3,
2
∵1=a 1a 2a 4=a 5,∴a 3a 4∉A ,
由A 具有性质P 可知
a 4a 3
∈A .
a 2a 4=a 3,得
2
a 3a 2a 3a 2
=
a 4a 3
∈A ,且1
a 3a 2
=a 2,∴
a 4a 3
=
a 3a 2
=a 2,
∴
a 5a 4
=
a 4a 3
==
a 2a 1
=a 2,即a 1, a 2, a 3, a 4, a 5是首项为1,公比为a 2成等比数列.
6. (2009江苏卷)(本小题满分14分)设{a n }是公差不为零的等差数列,S n 为其前n 项和,满足a 2+a 3=a 4+a 5, S 7=7。2
2
2
2
(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ;
(2)试求所有的正整数m ,使得
a m a m +1a m +2
为数列{a n }中的项。【解析】 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识,考查运算和求解的能力。满分14分。 (1)设公差为d ,则a 2-a 5=a 4
2
2
2
-a 3
2
,由性质得-3d (a 4+a 3) =d (a 4+a 3) ,因为d ≠0,
所以a 4+a 3=0,即2a 1+5d =0,又由S 7=7得7a 1+
7⨯62
d =7,解得a 1=-5,
d =2,
(2)
(方法一)则
a m a m +1a m +2
a m a m +1a m +2
=
(2m -7)(2m -5)
2m -38t
, 设2m -3=t ,
=
(t -4)(t -2)
t
=t +-6, 所以t 为8的约数
(方法二)因为
8 am +2
a m a m +1a m +2
=
(a m +2-4)(a m +2-2)
a m +2
=a m +2-6+
8a m +2
为数列{a n }中的项,
故
为整数,又由(1)知:a m +2为奇数,所以a m +2=2m -3=±1, 即m =1, 2
经检验,符合题意的正整数只有m =2。
7. (2009江苏卷)(本题满分10分)
对于正整数n ≥2,用T n 表示关于x 的一元二次方程x +2ax +b =0有实数根的有序数组(a , b ) 的组数,其中a , b ∈{1, 2, , n }(a 和b 可以相等);对于随机选取的a , b ∈{1, 2, , n }(a 和b 可以相等),记P n 为关于x 的一元二次方程x +2ax +b =0有实数根的概率。 (1)求T n 和P n ;
2
2
2
2
(2)求证:对任意正整数n ≥2
,有P n >1-
.
【解析】 [必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理,考查探究能力。满分10分。
8. (2009山东卷理) (本小题满分12分)
等比数列{a n }的前n 项和为S n , 已知对任意的n ∈N ,点(n , S n ) ,均在函数y =b x +r (b >0且b ≠1, b , r 均为常数) 的图像上. (1)求r 的值;
a n +(11)当b=2时,记 b n =2(l o 2g
1n ) ∈(N
+
+
)
证明:对任意的n ∈N
,不等式
+
b +1b 1+1b 2+1
····n >b 1b 2b n
成立
x
解:因为对任意的n ∈N , 点(n , S n ) ,均在函数y =b +r (b >0且b ≠1, b , r 均为常数的图像上. 所以
+
得
S n =b +r
n
n
, 当
n -1
n =1
+r ) =b -b
n
时
n -1
,
a 1=S 1=b +r
n -1
, 当n ≥2
时, a n =S n -S n -1=b +r -(b 公比为b , a n =(b -1) b
n -1
=(b -1) b
, 又因为{a n }为等比数列, 所以r =-1,
n -1
(2)当b=2时,a n =(b -1) b 则
b n +1b n
=2n +12n
=2
n -1
, b n =2(log2a n +1) =2(log22
n -1
+1) =2n
, 所以
b +1357b 1+1b 2+12n +1
····n =⋅⋅
b 1b 2b n 2462n
下面用数学归纳法证明不等式
32
b +1357b 1+1b 2+12n +1
····n =⋅⋅ >b 1b 2b n 2462n
32>
, 所以不等式成立.
.
① 当n =1时, 左边=, 右边
,
因为
② 假设当n =k 时不等式成立,
即
b +1357b 1+1b 2+12k +1
·····k =⋅⋅ >b 1b 2b k 2462k
成立. 则当
n =k +1时, 左边=
b +1b k +1+1357b 1+1b 2+12k +12k +3
·····k =⋅⋅⋅
⋅⋅
b 1b 2b k b k +12462k 2k +2
>2k +32k +2
=
=
=所以当n =k +1时, 不等式也成立.
由①、②可得不等式恒成立.
【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义, 通项公式, 以及已知S n 求a n 的基本题型, 并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题, 以及放缩法证明不等式. 9. (2009山东卷文) (本小题满分12分)
等比数列{a n }的前n 项和为S n , 已知对任意的n ∈N ,点(n , S n ) ,均在函数y =b x +r (b >0且b ≠1, b , r 均为常数) 的图像上.
+
(1)求r 的值; (11)当b=2时,记 b n =
+
n +14a n
(n ∈N ) 求数列{b n }的前n 项和T n
+
x 解:因为对任意的n ∈N , 点(n , S n ) ,均在函数y =b +r (b >0且b ≠1, b , r 均为常数) 的图像上. 所以
得S n =b +r ,
当n =1时, a 1=S 1=b +r ,
n
当n ≥2时, a n =S n -S n -1=b +r -(b
n n -1
+r ) =b -b
n n -1
=(b -1) b
n -1
,
n -1
又因为{a n }为等比数列, 所以r =-1, 公比为b , 所以a n =(b -1) b (2)当b=2时,a n =(b -1) b
22
2
n -1
=2
n -1
, b n =
n +14a n
=
n +14⨯2
n -1
=
n +12
n +1
则T n =
12T n =
+
32
22
33
++22
2
4232
44
+ ++12
3
n +12
n +1
n
n +1
42
5
+ +12
4
相减, 得T n =
2
1
+++
21
5
+
n +12
n +2
-n +12
n +2
2
+ +
12
n +1
1
12
+3
⨯(1-1-
1
1n -1
) -
n +12
n +2
=
34
-
12
n +1
-
n +12
n +2
2=32-n +32
n +1
所以T n =
32
-
12
n
-
n +12
n +1
【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义, 通项公式, 以及已知S n 求a n 的基本题型, 并运用错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n 项和T n . 10. (2009全国卷Ⅱ文)(本小题满分10分)
已知等差数列{a n }中,a 3a 7=-16, a 4+a 6=0, 求{a n }前n 项和s n .
解析:本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力,利用方程的思想可求解。 解:设{a n }的公差为d ,则
⎧(a 1+2d )(a 1+6d )=-16⎪
⎨
⎪⎩a 1+3d +a 1+5d =0⎧a 12+8da 1+12d 2=-16即⎨
a =-4d ⎩1
解得⎨
⎧a 1=-8,
⎧a 1=8
或⎨
⎩d =2, ⎩d =-2
因此S n =-8n +n (n -1)=n (n -9),或S n =8n -n (n -1)=-n (n -9) 11. (2009广东卷理)(本小题满分14分)
已知曲线C n :x -2nx +y =0(n =1, 2, ) .从点P (-1, 0) 向曲线C n 引斜率为k n (k n >0) 的切线l n ,切点为P n (x n , y n ) .
(1)求数列{x n }与{y n }的通项公式; (2
)证明:x 1⋅x 3⋅x 5⋅ ⋅x 2n -1
x n y n
22
.
22
解:(1)设直线l n :y =k n (x +1) ,联立x -2nx +y =0得(1+k n ) x +(2k n -2n ) x +k n =0,
2222
则∆=(2k n -2n ) -4(1+k n ) k n =0,∴k n =
2222
n 2n +1
(-
n 2n +1
舍去)
x
2n
=
k n
22n
1+k
=
n
2
2
(n +1)
,即x n =
n n +1
,∴y n =k n (x n +1) =
n 2n +1n +1
(2)证明:∵
-x n 1+x n
1-=
1+
n n +1
=n n +12n -12n
13
35
2n -12n +1
12n +1
1
2n +1
x 1⋅x 3⋅x 5⋅⋅⋅⋅⋅x 2n -1=
12
⨯
34
⨯⋅⋅⋅⨯
∴x 1⋅x 3⋅x 5⋅⋅⋅⋅⋅x 2n -1
x n y n
1-x n 1+x n -x n 1+x n
由于=
12n +1
=,可令函数f (x ) =x -2s in x ,则f (x ) =1-
'
2c o s x ,令
f (x ) =0,得c o s x =
'
22
,给定区间(0,
π
4
) ,则有f (x )
'
π
4
) 上单调递减,
∴f (x )
π
4
) 恒成立,又0
12n +1
≤
13
π
4
,
则有
12n +1
12n +1
,即
1-x n 1+x n
x n y n
.
13. (2009安徽卷文)(本小题满分12分) 已知数列{
} 的前n 项和
}与{
}的通项公式;
<
,数列{}的前n 项和
(Ⅰ)求数列{(Ⅱ)设【思路】由a =⎨
,证明:当且仅当n ≥3时,
⎧a 1 (n =1) ⎩s n -s n -1 (n ≥2)
可求出a n 和b n ,这是数列中求通项的常用方法之一,在求出a n 和b n
后,进而得到c n ,接下来用作差法来比较大小,这也是一常用方法。 【解析】(1)由于a 1=s 1=4
当n ≥2时, a n =s n -s n -1=(2n +2n ) -[2(n -1) +2(n -1)]=4n ∴a m =4n (n ∈N ) 又当x ≥n 时b n =T n -T n -1-(2-6m ) -(2-b m -1) ∴2b n =b n -1
2
2
*
∴数列{b n }项与等比数列, 其首项为1, 公比为
1
1n -1
∴b n =()
22
(2)由(1)知C 1=a 1⋅b n =16n ⋅()
2
22
1
n -1
∴
C n +1C n
1(n +1) -12
16(n +1) ⋅() 2
(n +1) ==2
1n -12n 2
16n ⋅()
2
由
C n +1C n
(n +1) 2n
2
0∴n >1+
2
即n ≥3
又n ≥3时
(n +1)22n
2
C n +1C n
0恒成立.
因此, 当且仅当n ≥3时, C n +1
14. (2009江西卷文)(本小题满分12分)
22n π2n π
-sin ) ,其前n 项和为S n . 数列{a n }的通项a n =n (cos
3
3
(1) 求S n ;
(2) b n =
S 3n n ⋅4
n
, 求数列{b n }的前n 项和T n .
2
解: (1) 由于cos
n π3
-sin
2
n π3
=cos
2n π3
, 故
S 3k =(a 1+a 2+a 3) +(a 4+a 5+a 6) + +(a 3k -2+a 3k -1+a 3k ) =(-
1+22
2
2
+3) +(-
2
4+52
22
+6) + +(-
2
(3k -2) +(3k -1)
2
22
+(3k ) ))
2
=
132
+
312
+ +
18k -5
S 3k -1=S 3k -a 3k =
2
k (4-9k )
2
=
k (9k +4)
2,
,
S 3k -2=S 3k -1-a 3k -1=
k (4-9k )
2
+
(3k -1)
2
2
=
12
-k =-
3k -23
-
16
,
n 1⎧
--, ⎪36⎪
⎪(n +1)(1-3n )
, 故 S n =⎨
6⎪
⎪n (3n +4)
, ⎪
6⎩
n =3k -2
n =3k -1 (k ∈N ) n =3k
*
(2) b n =
S 3n n ⋅4
n
=
9n +42⋅4
n
,
T n =
113229n +4[+2+ +], n 24441229n +44T n =[13++ +], n -1
244
两式相减得
9
3T n =
12[13+
9483
+ +
94
n -1
-
9n +443n
n
]=
12
[13+-
9
n
-9n +4]=8-1-9n ,
n 2n -32n +1
1422
1-
4
故 T n =
-
13⋅2
2n -3
-
2
2n +1
.
15. (2009江西卷理)(本小题满分14分)
各项均为正数的数列{a n },a 1=a , a 2=b ,且对满足m +n =p +q 的正整数m , n , p , q 都有
a m +a n
(1+a m )(1+a n )
=
a p +a q
(1+a p )(1+a q ) 45
.
(1)当a =
12
, b =
时,求通项a n ;
(2)证明:对任意a ,存在与a 有关的常数λ,使得对于每个正整数n ,都有
a m +a n
(1+a m )(1+a n ) =
1
λ
≤a n ≤λ.
解:(1)由=
a p +a q
(1+a p )(1+a q )
. 将a 1=
12
得
a 1+a n
(1+a 1)(1+a n )
a 2+a n -1
(1+a 2)(1+a n -1) .
, a 2=
45
代入化简得
a n =
2a n -1+1a n -1+2=
所以
1-a n 1+a n 11-a n -1
⋅, 31+a n -1
故数列{
1-a n 1+a n 13
n
为等比数列,从而
1-a n 1+a n
=
, 即a n =
3-13+1
n
n
.
可验证,a n =
3-13+1
n
n
满足题设条件.
(2) 由题设
a m +a n
(1+a m )(1+a n ) =
a +a n
(1+a )(1+a n )
的值仅与m +n 有关, 记为
b m +n ,
则
b n +1=
a 1+a n
(1+a 1)(1+a n )
.
考察函数 f (x ) =
a +x (1+a )(1+x )
(x >0) , 则在定义域上有
⎧1⎪1+a , ⎪⎪1
f (x ) ≥g (a ) =⎨,
⎪2⎪a ⎪1+a , ⎩
*
a >1a =10
故对n ∈N , b n +1≥g (a ) 恒成立.
又 b 2n =
2a n (1+a n )
2
≥g (a ) , 12
注意到0
, 解上式得
=
g (a )
≤a n ≤
g (a )
取λ=
g (a )
, 即有
1
λ
≤a n ≤λ. .
16. (2009天津卷文)(本小题满分12分)
已知等差数列{a n }的公差d 不为0,设S n =a 1+a 2q + +a n q
T n =a 1-a 2q + +(-1)
n -1
n -1
a n q
n -1
, q ≠0, n ∈N
*
(Ⅰ)若q =1, a 1=1, S 3=15 , 求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若a 1=d , 且S 1, S 2, S 3成等比数列,求q 的值。 (Ⅲ)若q ≠±1, 证明(1-q )S 2n -(1+q ) T 2n =【答案】(1)a n =4n -3(2)q =-2(3)略
【解析】 (1)解:由题设,S 3=a 1+(a 1+d ) q +(a 1+2d ) q , 将q =1, a 1=1, S 3=15
2
2dq (1-q 1-q
2
2n
)
, n ∈N
*
代入解得d =4,所以a n =4n -3n ∈N *
(2)解:当a 1=d , S 1=d , S 2=d +2dq , S 3=d +2dq +3dq , S 1, S 2, S 3成等比数列,所以
(d +2dq )=d (d +2dq +3dq ) ,注意到d ≠0,整理得q =-2 S 2=S 1S 3,即
2
2
2
2
(3)证明:由题设,可得b n =q
S 2n =a 1+a 2q +a 3q + a 2n q
22
n -1
,则 ① ②
2n -1
T 2n =a 1-a 2q +a 3q - -a 2n q
2n -1
①-②得,
S 2n -T 2n =2(a 2q +a 4q + +a 2n q
3
2n -1
)
①+②得,
S 2n +T 2n =2(a 1q +a 3q + +a 2n -1q
2
2n -2
) ③
2
2n -2
③式两边同乘以 q,得q (S 2n +T 2n ) =2(a 1q +a 3q + +a 2n -1q 所以(1-q ) S 2n -(1+q ) T 2n =2d (q +q + +q
3
2n -1
)
) =
2dq (1-q 1-q
2
2n
)
(3)证明:c 1-c 2=(a k -a l ) b 1+(a k -a l ) b 2+(a k -a l ) b n
1
1
21
2
n
n
=(k 1-l 1) db 1+(k 2-l 2) db 1q + +(k n -l n ) db 1q 因为d ≠0, b 1≠0,所以
c 1-c 2db 1
=(k 1-l 1) +(k 2-l 2) q + +(k n -l n ) q
n -1
n -1
若k n ≠l n ,取i=n,
若k n =l n ,取i 满足k i ≠l i ,且k j =l j ,i +1≤j ≤n 由(1)(2)及题设知,1
c 1-c 2db 1
=(k 1-l 1) +(k 2-l 2) q + +(k n -l n ) q
n -1
① 当k i
i -2
≤q (q -1)
i -2
所以
c 1-c 2db 1
≤(q -1) +(q -1) q + +(q -1) q
i -2
-q
i -1
=(q -1)
1-q
i -1
1-q
-q
i -1
=-1
因此c 1-c 2≠0
② 当k i >l i 时,同理可得
c 1-c 2db 1
≤-1, 因此c 1-c 2≠0
综上,c 1≠c 2
【考点定位】本小题主要考查了等差数列的通项公式,等比数列通项公式与前n 项和等基本知识,考查运算能力和推理论证能力和综合分析解决问题的能力。
17. (2009湖北卷理) (本小题满分13分)(注意:在试题卷上作答无效) .........
已知数列{a n }的前n 项和S n =-a n -() n -1+2(n 为正整数)。
21
(Ⅰ)令b n =2n a n ,求证数列{b n }是等差数列,并求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)令c n =
n +1n
a n ,T n =c 1+c 2+........ +c n 试比较T n 与1
n -1
5n 2n +1
的大小,并予以证明。
12
19. 解析:(I )在S n =-a n -()
2
+2中,令n=1,可得S 1=-a n -1+2=a 1,即a 1=
n -2
当n ≥2时,S n -1=-a n -1-()
2
1
1n -1
+2,∴a n =S n -S n -1=-a n +a n -1+() ,
2
1n -1n n -1
∴2a n =a n -1+() , 即2a n =2a n -1+1.
2
b n =2a n , ∴b n =b n -1+1, 即当n ≥2时,b n -b n -1=1.
n
又b 1=2a 1=1, ∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 于是b n =1+(n -1) ⋅1=n =2a n , ∴a n =(II)由(I )得c n =
n +1
n
n 2
n
.
1n
a n =(n +1)() ,所以 n 2
112131n
T n =2⨯+3⨯() +4⨯() +K +(n +1)()
2222
11213141n +1T n =2⨯() +3⨯() +4⨯() +K +(n +1)() 22222
112131n 1n +1
由①-②得T n =1+() +() +K +() -(n +1)()
22222
1n -1
[1-() ]
1n +13n +3=1+-(n +1)() =-n +1
12221-
2∴T n =3-
5n 2n +1
1
n +32
n
T n -
=3-
n +32
n
-
5n 2n +1
=
(n +3)(2-2n -1)
2(2n +1)
n
n
于是确定T n 与
5n 2n +1
的大小关系等价于比较2n 与2n +1的大小
由2
n
可猜想当n ≥3时,2>2n +1. 证明如下:
证法1:(1)当n=3时,由上验算显示成立。 (2)假设n =k +1时2
k +1
=2g 2>2(2k +1) =4k +2=2(k +1) +1+(2k -1) >2(k +1) +1
k
所以当n =k +1时猜想也成立
综合(1)(2)可知 ,对一切n ≥3的正整数,都有2>2n +1. 证法2:当n ≥3时
2=(1+1) =C n +C n +C n +K +C n
n
n
1
2
n -1
n
+C n ≥C n +C n +C n
n 01n -1
+C n =2n +2>2n +1
n
综上所述,当n =1, 2时T n
5n 2n +1
,当n ≥3时T n >
5n 2n +1
18. (2009四川卷文)(本小题满分14分)
设数列{a n }的前n 项和为S n ,对任意的正整数n ,都有a n =5S n +1成立,记
b n =
4+a n 1-a n
(n ∈N ) 。
*
(I )求数列{a n }与数列{b n }的通项公式;
(II )设数列{b n }的前n 项和为R n ,是否存在正整数k ,使得R n ≥4k 成立?若存在,找出一个正整数k ;若不存在,请说明理由;
(n ∈N ) ,(III )记c n =b 2n -b 设数列{c n }的前n 项和为T n ,求证:对任意正整数n 都有T n
*
32
;
【解析】(I )当n =1时,a 1=5S 1+1, ∴a 1=-又 a n =5S n +1, a n +1=5S n +1+1
1
4
∴a n +1-a n =5a n +1, 即
a n +1a n
=-14
14
14
∴数列{a n }是首项为a 1=-
1
,公比为q =-
) )
n
的等比数列,
4+(-
n
114
∴a n =(-) ,b n =
4
(n ∈N ) …………………………………3分
n
*
1-(-
(II )不存在正整数k ,使得R n ≥4k 成立。
4+(-
114) )
n
证明:由(I )知b n =
1-(-5(-4)
2k -1
=4+
n
5(-4) -1
n
b 2k -1+b 2k =8+
-1
+
5(-4)
*2k
-1
=8+
516-1
k
-
2016+4
k
=8-
15⨯16-40(16-1)(16+4)
k
k
k
∴当n 为偶数时,设n =2m (m ∈N )
∴R n =(b 1+b 2) +(b 3+b 4) + +(b 2m -1+b 2m )
∴R n =(b 1+b 2) +(b 3+b 4) + +(b 2m -3+b 2m -2) +b 2m -1
*
∴不存在正整数k ,使得R n ≥4k 成立。 …………………………………8分 (III )由b n =4+
5(-4) -154
2n
n
得
c n =b 2n -1+b 2n =
-1
+
54
2n -1
+1
=
15⨯16
n
n n
(16-1)(16+4)
=
15⨯16
n
2
n
n
(16) +3⨯16-4
15⨯16(16)
n
2
n
=
1516
n
又
b 1=3, b 2=
133
, ∴c 2=
43
,
当n =1时,T 1
32
,
1
T n
43+25⨯(
116
2
+
116
3
+ +
116
n
) =
43
+25⨯2
[1-(1-1
11
)
n -2
]
16
43
+25⨯1-
2
1
=
6948
32
16
…………………………………14分
19. (2009全国卷Ⅱ理)(本小题满分12分)
设数列{a n }的前n 项和为S n , 已知a 1=1, S n +1=4a n +2 (I )设b n =a n +1-2a n ,证明数列{b n }是等比数列
(II )求数列{a n }的通项公式。
解:(I )由a 1=1, 及S n +1=4a n +2,有a 1+a 2=4a 1+2, a 2=3a 1+2=5, ∴b 1=a 2-2a 1=3
由S n +1=4a n +2,...① 则当n ≥2时,有S n =4a n -1+2.....② ②-①得a n +1=4a n -4a n -1, ∴a n +1-2a n =2(a n -2a n -1)
又 b n =a n +1-2a n ,∴b n =2b n -1∴{b n }是首项b 1=3,公比为2的等比数列. (II )由(I )可得b n =a n +1-2a n =3⋅2 ∴数列{ ∴
a n 2
n
n -1
,∴
a n +12
n +1
-
a n 2
n
=
34
a n 21
是首项为n
12
,公差为
3
n -4
1
344
的等比数列.
n -2
=
3
+(n -1=24
,a n =(3n -1) ⋅2
评析:第(I )问思路明确,只需利用已知条件寻找b n 与b n -1的关系即可. 第(II )问中由(I )易得a n +1-2a n =3⋅2
n
n -1
,这个递推式明显是一个构造新数列的模型:
n +1
a n +1=pa n +q (p , q 为常数) ,主要的处理手段是两边除以q