高中理科数学解题方法篇（数列）

1 高中 数列解题方法及综合 学校 慈济中学 姓名 晋春 2 高考递推数列分类 类型类型 1 渗透三角函数周期性 渗透三角函数周期性 数列与三角函数的结合是一类创新试题 利用三角函数的周期性体现数列的变化 利 用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法 例 1 2008 年湖南卷 18 满分 12 分 数列 an 满足 a1 1 a2 2 22 2 1 cos sin 1 2 3 22 nn nn aan 求 a3 a4 并求数列 an 的通项公式 22 12311 22 422 22 2121 212121 2121 1 2 1 cos sin12 22 1 cos sin24 21 21 21 1 cos sin 22 1 1 11 2 kk kkk kk aaaaa aaa kk nkkNaa aaa aak nk kN A AA 解因为所以 一般地当时 即 所以数列是首项为公差为的等差数列因此 当时 22 2222 22 2 22 1 cos sin2 22 222 1 21 2 2 2 kkk k kk nn n kk aaa aa n nkkN aa nk kN AA所以数列是首项为公比为的等比数列因此 故数列的通项公式为 本题分为两种情况 采取非常规的递推数列求通项的方法 利用三角函数的诱导 公式寻找递推关系 体现三角函数的周期性 进而求出该数列的通项为一分段数列 例 2 2009 年江西 文 21 满分 12 分 数列 an 的通项 3 sin 3 cos 22 2 nn nan 其前 n 项和为 1 求 sn 2 令 n n n n s b 4 3 求数列 bn 的前 n 项和 Tn 3 6 1 3 23 2 1 2 13 2 13 94 2 94 2 49 2 518 2 31 2 13 3 2 13 23 6 2 54 3 2 21 3 2 cos 3 sin 3 cos 1 22 131323 3313 2 2 22 2 22 2 22 313236543213 22 k k kkkk ass kk ass kkk k kk aaaaaaaaas nnn kkk kkk kkkk 故由于解 1232 1232 1 2 3 2 3 23 1 3 8 2 9 2 1 8 4 49 4 1 1 4 9 4 9 13 2 1 4 49 4 9 4 9 13 2 1 3 14 49 4 22 13 2 1 4 4 49 4 22 4 13 2 1 24 49 4 2 3 6 43 13 6 31 1 23 6 1 3 nn n nn n n nn n n n n n nn n n n n T n nn T n T n T n n s b Nk kn nn kn nn kn n s 故 两式相减得 故 例 3 2009 年江西 理 8 5 分 数列 an 的通项 3 sin 3 cos 22 2 nn nan 其前 n 项和为 sn 则 sn为 A 470B 490C 495D 510 类型类型 2 an 1 an f n 解法思路 把原递推公式转化为 an 1 an f n 利用累加法 逐差相加法 求解 例 4 2008 江西 理 5 在数列 an 中 a1 2 an 1 an ln 1 1 n 则 an 4 A 2 lnnB 2 n 1 lnnC 2 nlnnD 1 n lnn 例 5 2009 全国 I 理 22 在数列 an 中 a1 1 an 1 n n n a n2 1 1 1 1 设 n a b n n 求数列 an 的通项公式 2 求数列 an 的前 n 项和 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2312 1 11 bbbb bb n a n a ab n nn n nn 从而 即 且由已知得解 4 2 2 1 1 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 11 0 2 1 2 1 2 11 1 1 112 1 1 1 1 21 n n n k nn n k k nnn k n n k k n nn n n n nn n n nn n nns nnk nn TTT TT n nna b b nbb nbb k kk 所以 又 于是 则令 知由 故所求通项公式为 又 于是 类型类型 3 an 1 f n an 解法思路 把原递推公式转化为 1 nf a a n n 利用累乘法 逐商相乘法 求解 例 6 2004 全国 I 理 15 已知数列 an 满足 a1 1 an a1 2a2 3a3 n 1 an 1 n 2 则 an 的通项 an 解 由已知 得 an 1 a1 2a2 3a3 n 1 an 1 nan 用此式减去已知式 得 当 n 2 时 an 1 an nan 即 an 1 n 1 an 又 a2 a1 5 2 2 4 3 1 1 13 4 2 3 1 2 1 n n a nn a a a a a a a a a n n n 得个式子相乘将以上所以 类型类型 4 an 1 pan q 其中 其中 p q 均为常数 且均为常数 且 pq p 1 0 解法思路 待定系数法 把原递推公式转化为 an 1 t p an t 其中 p q t 1 再利用换元法转化为等比数列求解 或转化为二队循环数列来解 见后文 或直接用 逐项迭代法求解 例 7 2008 年 安徽 文 21 设数列 an 满足 a1 a an 1 c an 1 c n N 其中 a c 为实数 且 c 0 求数列 an 的通项公式 解 方法一 因为 an 1 1 c an 1 所以当 a 1 时 an 1 是首项为 a 1 公比为 c 的等比数列 所以 an 1 an 1 cn 1 即 an an 1 cn 1 1 当 n 1 时 an 1 仍满足上式 数列 an 的通项公式为 an a 1 cn 1 1 n N 方法二 由题设得 n 2 时 an 1 c an 1 1 c2 an 2 1 cn 1 an 1 a 1 c n 1 所以 an a 1 c n 1 1 n 1 时 a1 a 也满足上式 所以 an 的通项公式为 an a 1 cn 1 1 n N 类型类型 4 的变式 的变式 an 1 pan f n 解法思路 通过构造新数列 bn 消去 f n 带来的差异 例如下面的 类型类型 5 an 1 pan qn 其中 其中 p q 均为常数 均为常数 pq p 1 q 1 0 或 或 an 1 pan rqn 其中 其中 p q r 均为常数 均为常数 解法思路 一般地 要先在原递推公式两边同除以 qn 1 得 qq a q p q a n n n n 1 1 1 引入辅助数列 bn 其中 n n n q a b 得 q b q p b nn 1 即可转化为类型 3 或直接将原 递推式变形为 n n n n qxapqxa 1 1 其中 1 qp qp x 则直接转化 为等比数列 例 8 2006 全国 I 理 22 12 分 设数列 an 的前 n 项的和 3 2 1 3 2 2 3 1 3 4 1 nas n nn 6 求首项 a1与通项 an 1111 1 11 1 111 1 442 12 333 412412 2 2 2 333333 42 24 2 2 24 4 42 nn nnnnn nnn nnnn nnnn nn nasaa nassaa aaaaa aa A解当时 当时 即所以所以 所以所以 例 9 2009 全国 II 理 19 设数列 an 的前 n 项的和24 1 11 nnn asas 已知 1 设 nnn aab2 1 证明数列 bn 是等比数列 2 求数列 an 的通项公式 2 1 1 1 1 1 1112 11122 1211121 2 13 4 1 4 3 4 3 1 2 1 2 4 3 2 1 2 4 3 22 232 2 3 1 2 2 3 2 2 22 44 24 24 32523 24 1 n n n n n n n n n n n nn n n nnnnnn nnnnnnn na nn a a aa aa qbb b bbaaaa aaaassa aab aaaa 所以 的等差数列公差为是首项为因此数列 于是 所以 公比中等比数列知由 的等比数列公比为是首项为因此数列 即于是 故解得由已知有解 类型类型 6 21 apaqa nnn 其中 其中 p q 均为常熟 均为常熟 解法一 待定系数法 先把原递推公式转化为 211 nnnn asat asa 其中 s t 满足 stp stq 解法二 特征根法 对于由递推公式 21nnn apaqa 1 a 2 a 给出的数 列 an 方程 2 0 xpxq 叫做数列的特征方程 若 12 x x是特征方程的两个根 当 12 xx 时 数列 an 的通项为 11 12 nn n aAxBx 其中 A B 由 1 a 2 a 决定 即 把 1212 a ax x和 n 1 2 代入 11 12 nn n aAxBx 得到关于 A B 的方程组 当 12 xx 时 数列的通项为 1 1 n n aABn Ax 其中 A B 由 1 a 2 a 决定 即把 1212 a ax x和 n 1 2 代入 1 1 n n aABn Ax 得到关于 A B 的方程组 例 10 2006 福建 文 22 已知数列 an 满足 1 a 1 2 a 3 21 32 nnn aaa nN 1 证明 数列 2nn aa 是等比数列 7 2 求数列 an 的通项公式 3 若数列 bn 满足 12 111 4441 n n b bbb n a nN 证明 bn 是等差数列 解 1 21 32 nnn aaa 211 2 nnnn aaaa 1 a 1 2 a 3 21 1 1 2 nn nn nn aa aa aa nN 2nn aa 是以 21 aa 2 为首项 2 为公比的等比数列 2 2 2n nn aa nN an 1nn aa 12nn aa 21 aa 1 a 1 2n 2 2n 2 1 2n 1 nN 类型类型 7 递推公式为递推公式为 Sn与与 n a的关系式 或的关系式 或 Sn n f a 解法思路 这种类型一般利用 n a 1 1 1 22 n nn sn n a ssn 或 n a 1nn ss n f a 1n f a 2n 消去 n a进行求解 例 11 2009 湖北 理 19 已知数列 an 的前项和 Sn n a 1 1 2 n 2 n为正整数 令 n b 2n n a 求证数列 bn 是等差数列 并求数列 an 的通项公式 解 在 Sn n a 1 1 2 n 2 中 令 n 1 可得 S1 1 a 1 1 a 当2n 时 Sn 1 1n a 2 1 2 n 2 n a Sn Sn 1 n a 1n a 1 1 2 n 2 n a 1n a 1 1 2 n 即2n n a 1 2n 1n a 1 又 n b 2n n a n b 1n b 1 即当2n 时 n b 1n b 1 又 1 b 2 1 a 1 数列 bn 是首项和公差均为 1 的等差数列 于是 n b n 2n n a n a 2n n 例 12 2008 全国 II 理 20 设数列 an 的前 n 项和为 Sn 已知 1 a a 1n a Sn 3n nN 设 n b n s 3n 求数列 bn 的通项公式 若 1n a n a nN 求a的取值范围 解 依题意 1n s n s 1n a n s 3n 即 n s 2 n s 3n 由此得 1n s 1 3n 2 n s 3n 因此 所求通项公式为 8 n b n s 3n a 3 1 2n nN 由 知 n s 3n a 3 1 2n nN 于是当2n 时 n a n s 1n s 3n a 3 1 2n 1 3n a 3 2 2n 2 1 3n a 3 2 2n 1nn aa 4 1 3n a 3 2 2n 2 2n 2 3 123 2 n a 当2n 时 2 3 123 2 n a 0 a 9 又 2 a 1 a 3 1 a 综上 所求的a的取值范围是 9 类型类型 8 an 1 pan an b p 1 a 0 p 1 a 0 解法思路 这种类型一般利用待定系数法构造等比数列 即令 1 1 nn ax nyp axny 与已知递推式比较 解出 x y 从 而转化为 n axny 是公比 p 为的等比数列 例 13 2006 山东 文 22 已知数列 an 中 1 a 1 2 点 1 2 nn naa 在直线yx 上 其中1 2 3n 令 1 3 nnn baa 求证数列 bn 是等比数列 求数列 an 的通项 所以 bn 是以 3 4 为首项 以 1 2 为公比的等比数列 11 221 1121 1 11 211 1 1 1 2 2 33113 1 44224 1 1 1 1 22 11 1 1 2 12 nn nnnnnn nn nnn nnnnn nn nn aaan aaa baabaa anan baa baaaa aa aa 解 由已知得 9 1 1 21 32 2 1 1 1 21 3131 4222 31 1 22 31 1 22 31 1 22 31 1 22 3 111 1 2 222 3 2 2 n n n nn n nn n n n n n b aa aa aa aa aan an 由 知 将以上各式相加得 类型类型 9 1 r apa nn p p 0 0 n a 0 0 解法思路 这种类型一般是等式两边取对数后转化为 1nn apaq 再利用待定系数法 求解 例 14 2005 江西 理 21 已知数列 an 的各项都是正数 且满足 01 1 1 4 2 nnn aaaanN 求数列的 an 通项公式 n a 1 2 1 2 1 1111 222 2121 11 4 2 2 22 1 2 2 0 2 log2log1 2log 21 11 2 22 nnn nn nnnn nnn nnn n n nn aaaa aa b a 2 a 2 a 2 a 解 易证2 a 两边取以为底的对数 设 则b 2b 1 易求得b 2 a 例 15 2006 山东 理 22 已知 1 2a 点 1 nn a a 在函数 2 2f xxx 的图像上 其中1 2 3n 证明数列 lg 1 n a 是等比数列 10 2 1 2 nnn aaa 解 由已知 2 1 1 1 1 11 2 11 lg 12lg 1 lg 1 2 lg 1 lg 12 nn n nn n n n aa a a aa a a a 两边同时取对数得 即 是公比为的等比数列 类型类型 1010 1 f n an an g n ah n n 解法思路 这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 1 n apaq n 例 17 2006 江西 理 22 本大题满分 14 分 已知数列 n a满足 1 1 1 33 2 221 n n n a na annN an 且 求数列 n a的通项公式 解 将条件变为 11 1 1 1 3 1 nnn aaa nn n 因此为一个等比例数 其首项为 1 1 3 1 n a 公比 1 3 从而 1 1 3n n n a 据此得 3 3 1 1 n n n a n n 类型类型 1111 1 paq n an rah n 解法思路 如果数列 n a满足下列条件 已知 1 a的值且对于nN 都有 1 n n n paq a rah 其中 p q r h 均为常数 且 ph qr r 0 1 h a r 那么 可作特 征方程 pxq x rxh 当特征方程有且仅有一根时 0 x 则 0 1 n ax 是等差数列 当特征议 11 程有两价目相异的根 x1 x2时 则 1 2 n n ax ax 是等比数列 例例 19 200919 2009 年年 江西江西 理理 22 22 各项均为正数的数列 2 na aaa ab 且对满足mnpq 的正整数都有 m n p q 都有 1 1 1 1 pq mn mnpq aa aa aaaa 1 当 14 25 ab 时 求通项 n a 2 证明 对任意 a 存在与 a 有关的常数 使得对于每个正整数 n 都有 1 n a 解 1 由 1 1 1 1 pq mn mnpq aa aa aaaa 得 121 121 1 1 1 1 nn nn aaaa aaaa 将 12 14 25 aa 代入上式化简得 1 1 21 2 n n n a a a 所以 1 1 111 13 1 nn nn aa aa 故数列 1 1 n n a a 为等比数列 从而 11 13 n n n a a 即 31 31 n n n a 可验证 31 31 n n n a 满足题设条件 2 由题设 1 1 mn mn aa aa 的值仅与mn 有关 记为 m n b 则 1 1 1 1 1 1 1 nn n nn aaaa b aaaa 考察函数 0 1 1 ax f xx ax 则在定义域上有 12 1 1 1 1 1 2 01 1 a a f xg aa a a a 故对 12 2 2 1 n nn n a nNbg abg a a 恒成立又 注意到 1 0 2 g a 解上式得 1 1 2 1 1 2 1 1 2 n g ag ag ag ag a a g ag ag ag a 取 1 1 2 g ag a g a 即有 1 n a 类型类型 12 数列中的数学归纳法数列中的数学归纳法 数学归纳法是数学证明中的常用方法 适用于猜想证明和数列不等式的证明 在直接 求解或者利用放缩法证明存在困难时 常可使用数学归纳法进行证明 例 21 2008 天津 理 22 在数列 nn ab与 nn ab与中 11 1 4 ab 数列 n a的前 n 项和 Sn满足 11 3 0 2 nnn nsnsa 为 1nn bb 与的等比中项 nN 求 22 a b的值 求 nn ab与数列的通项公式 解 由题设有 1211 40 1aaaa 解得 2 3a 由题设又有 2 22 11 4 4ab b b 解得 2 9b 由题设 111 3 0 1 4 nn nsnsab 及 2 3a 2 9b 进一步可得 3 6a 3 16b 44 10 25ab 猜想 先证 2 1 1 2 nn n n abn nN 13 当1n 时 1 1 1 1 2 a 等式成立 当2n 时用数学归纳法证明如下 1 当 n 2 时 2 2 2 1 2 a 即等式成立 2 假设当 n k 时等式成立 即 1 2 2 k k k ak 由题设 1 3 kk ksks 1 1 2 kk ksks 的两边分别减去 的两边 整理得 1 2 kk kaka 从而 1 1 1 122 1 22 kk kkkkk k aa kk 这就是说 当1nk 时等式也成立 根据 1 和 2 可知 等式 1 2 n n n a 对 任何的2n 成立 综上所述 等式 1 2 n n n a 对任何的 nN 都成立 再用数学归纳法证明 2 1 n bn nN 本题首先进行猜想 然后利用数学归纳法证明 先猜想再证明是求数列通项的常用手 段 数学归纳法也是证明数列不等式的常用方法 数列经典综合题数列经典综合题 等差数列与等比数列综合题等差数列与等比数列综合题 例 1 等比数列 n a 的前 n 项和为 n s 已知 1 S 3 S 2 S成等差数列 1 求 n a 的公比 q 2 求 1 a 3 a 3 求 n s 解 依题意有 2 2 111111 qaqaaqaaa 由于 0 1 a 故02 2 qq 又0 q 从而 2 1 q 14 由已知可得3 2 1 2 11 aa 故4 1 a 从而 n n n 2 1 1 3 8 2 1 1 2 1 14 S 例 2 在正项数列 n a中 令 1 1 1 n n i ii S aa 若 n a是首项为 25 公差为 2 的等差数列 求 100 S 若 11 n n np S aa p为正常数 对正整数n恒成立 求证 n a为等差数列 解 由题意得 1 1 1 2 ii ii aa aa 所以 100 S 2011 5 2 aa 证 令1n 1212 1p aaaa 则p 1 所以 1 1 1 n n i ii S aa 11n np aa 1 1 1 1 1 1 n n i ii S aa 12 1 n np aa 2 2 1 得 12 1 n n aa 11n n aa 12 1 nn aa 化简得 121 1 1 nn nanaa n 3 231 2 1 1 nn nanaa n 4 4 3 得 132 2 1 nnn aaan 在 3 中令1n 得 132 2aaa 从而 n a为等差数列 例 3 已知 n a 是公比为 q 的等比数列 且 12 mmm aaa成等差数列 1 求 q 的值 2 设数列 n a的前n项和为 n S 试判断 12 mmm SSS是否成等差数列 说明理由 解 1 依题意 得 2am 2 am 1 am 2a1qm 1 a1qm a1qm 1 在等比数列 an 中 a1 0 q 0 2q2 q 1 解得 q 1 或 2 1 2 若 q 1 Sm Sm 1 ma1 m 1 a1 2m 1 a1 Sm 2 m 2 a1 a1 0 2Sm 2 S m Sm 1 若 q 2 1 Sm 1 m 2m 2 1 6 1 3 2 2 1 1 2 1 1 15 Sm Sm 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1mm 2 1 2 1 3 2 3 4 1mm m 2 1 3 1 3 4 2 Sm 2 S m Sm 1 故当 q 1 时 Sm Sm 2 Sm 1不成等差数列 当 q 2 1 时 Sm Sm 2 Sm 1成等差数列 例 4 已知数列 an 的首项aa 1 a 是常数 242 2 1 nnaa nn 2 nNn n a是否可能是等差数列 若可能 求出 n a的通项公式 若不可能 说明理由 设bb 1 2 nab nn 2 nNn n S为数列 n b的前 n 项和 且 n S是等比数列 求实数 a b 满足的条件 解 3 2 242 2 11 nnnaaaa nn 依 222842 2 aaa 5421292 23 aaa 8822 34 aaa 34 32 222 342312 aaaaaaaaaaa 若 n a是等差数列 则1 2312 aaaaa得 但由 3423 aaaa 得 a 0 矛 盾 n a不可能是等差数列 2 nab nn 222 11 1 2 1 4 1 2 1 nnnanab nnnnn bna222 2 n 2 224 22 aab 当 a 1 时 0 nn bb 从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列 12 22 12 12 22 1 1 1 n n n ab a bS n 2 时 222 1 22 2 222 1 222 1 1 11 aba ab aba aba S S nn n n n n S是等比数列 1 n n S S n 2 是常数 a 1 时 b 2a 2 0 当 a 1 时 12 2 0 nn bbb由 n 3 得0 n b n 2 bbbbS nn 21 n S是等比数列 b 0 综上 n S是等比数列 实数 a b 所满足的条件为 0 1 22 1 b a ab a 或 例 5 设数列 an 的前 n 项和为 Sn 且满足 Sn 2 an n 1 2 3 求数列 an 的通项公式 若数列 bn 满足 b1 1 且 bn 1 bn an 求数列 bn 的通项公式 设 cn n 3 bn 求数列 cn 的前 n 项和 Tn 解 n 1 时 a1 S1 a1 a1 2 a1 1 Sn 2 an即 an Sn 2 an 1 Sn 1 2 两式相减 an 1 an Sn 1 Sn 0 即 an 1 an an 1 0 故有 2an 1 an 16 an 0 2 1 1 n n a a n N 所以 数列 an 为首项 a1 1 公比为 2 1 的等比数列 an 1 2 1 n n N bn 1 bn an n 1 2 3 bn 1 bn 2 1 n 1 得 b2 b1 1 b3 b2 2 1 b4 b3 2 1 2 bn bn 1 2 1 n 2 n 2 3 将这 n 1 个等式相加 得 bn b1 1 1 1 232 2 1 22 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n 又 b1 1 bn 3 2 2 1 n 1 n 1 2 3 cn n 3 bn 2n 2 1 n 1 Tn 2 2 1 0 2 2 1 3 2 1 2 n 1 2 1 n 2 n 2 1 n 1 而 2 1 Tn 2 2 1 2 2 1 2 3 2 1 3 n 1 nn n 2 1 2 1 1 得 nn n nT 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1210 Tn n n n n nn 2 1 4 2 8 8 2 1 4 2 1 1 2 1 1 4 8 8 4n n 2 1 n 1 2 3 例 6 已知数列 n a中 012 2 3 6aaa 且对3n 时 有 123 4 4 48 nnnn ananana 设数列 n b满足 1 nnn banan N 证明数列 1 2 nn bb 为等比数列 并求数 列 n b的通项公式 17 记 1 2 1 nnn 求数列 n na的前n项和n S 证明 由条件 得 11223 4 1 4 2 nnnnnn anaanaana 则 1112 1 4 4 1 nnnnnn anaanaana 即 1112 44 1 0 nnn bbbbb 又 所以 11 22 2 nnnn bbbb 21 220bb 所以 1 2 nn bb 是首项为 2 公比为 2 的等比数列 21 22bb 所以 1 121 22 2 2 nn nn bbbb 两边同除以 1 2n 可得 1 1 1 222 nn nn bb 于是 2 n n b 为以 1 2 首项 1 2 为公差的等差数列 所以 11 1 2 1 222 2 nn n n bb n nb 得 11 11 22 2 nnn nnn anann a 令2n nn ca 则 1nn cnc 而 11 1 1 2 1 1 2 1 n ccn ncn n 1 2 12n n an n 1 2 12 1 2 nn n nan nnnnnn 2 2 1 3 2 1 1 2222 n n Snnn 令Tn 2 1 2222nn 则 2Tn 231 1 222 1 22 nn nn 得 Tn 21 2222 nn n Tn 1 1 22 n n 1 1 1 21 n n Snn 例 7 设数列 nn ab满足 11 1 0ab 且 1 1 23 1 2 3 2 nnn nnn aab n bab 求 的值 使得数列 nn ab 为等比数列 求数列 n a和 n b的通项公式 18 令数列 n a和 n b的前n项和分别为 n S和 n S 求极限lim n n n S S 的值 令 nnn cab 其中 为常数 若 n c为等比数列 则存在0q 使得 111 nnnnn cabq ab 又 11 23 2 nnnnnn ababab 2 32 nn ab 所以 2 32 nnnn q abab 由此得 2 32 0 1 2 3 nn q aq bn 由 11 1 0ab 及已知递推式可求得 22 2 1ab 把它们代入上式后得方程组 20 320 q q 消去q解得3 下面验证当3 时 数列 3 nn ab 为等比数列 11 3 23 32 3 23 3 nnnnnn ababab 1 2 3 n 11 310ab 从而 3 nn ab 是公比为23 的等比数列 同理可知 3 nn ab 是公比为23 的等比数列 于是3 为所求 由 的结果得 1 3 23 n nn ab 1 3 23 n nn ab 解得 11 1 2323 2 nn n a 11 3 2323 6 nn n b 令数列 n d的通项公式为 1 23 n n d 它是公比为23p 的等比数列 令其前n项和为 n P 令数列 n e的通项公式为 1 23 n n e 它是公比为23p 的等比数列 令 其前n项和为 n P 由第 问得 1 2 nnn SP P 3 6 nnn SPP 19 1 33 1 n nnnn n nnn n P SPPP P SPP P 由于数列 n e的公比0231 则 1 lim 1 23 n n P 1 11 11 1 1 1 nn n n n ppp Pp p 由于 11 23 23p 则 1 lim0 n n P 于是lim0 n n n P P 所以lim3 n n n S S 例 8 数列 n a的各项均为正数 n S为其前n项和 对于任意 Nn 总有 2 nnn a Sa成 等差数列 求数列 n a的通项公式 设数列 n b的前n项和为 n T 且 2 ln n n n a x b 求证 对任意实数 ex 1 e是常数 e 2 71828 和任意正整数n 总有 n T 2 正数数列 n c中 1 1 Nnca n nn 求数列 n c中的最大项 解 由已知 对于 Nn 总有 2 2 nnn Saa 成立 2 11 1 2 nn n Saa n 2 得 2 11 2 2 nnnnn aaaaa 111 nnnnnn aaaaaa 1 nn aa均为正数 1 1 nn aa n 2 数列 n a是公差为 1 的等差数列 又 n 1 时 2 111 2Saa 解得 1 a 1 nan Nn 20 证明 对任意实数 ex 1 和任意正整数 n 总有 2 ln n n n a x b 2 1 n nnn Tn 1 1 32 1 21 1 1 1 2 1 1 1 222 2 1 2 1 1 1 3 1 2 1 2 1 11 nnn 解 由已知 22 1 2 12 cca 5 4 5 45 4 3 4 34 3 2 3 23 55 244 33 cca ccacca 易得 12234 ccccc 猜想 n 2 时 n c是递减数列 令 22 ln1 ln 1 ln x x x xx x xf x x xf 则 当 0 0ln1 1ln3 xfxxx 即则时 在 3内 xf为单调递减函数 由 1 1ln ln 1 1 n n cca n n nn 知 n 2 时 n cln是递减数列 即 n c是递减数列 又 12 cc 数列 n c中的最大项为 3 2 3 c 例 9 设 n a是公差不为零的等差数列 n S为其前n项和 满足 2222 23457 7aaaaS 1 求数列 n a的通项公式及前n项和 n S 2 试求所有的正整数m 使得 1 2 mm m a a a 为数列 n a中的项 解 1 设公差为d 则 2222 2543 aaaa 由性质得 4343 3 d aad aa 因为0d 所以 43 0aa 即 1 250ad 又由 7 7S 得 1 76 77 2 ad 解得 1 5a 2d 21 2 方法一 1 2 mm m a a a 27 25 23 mm m 设23mt 则 1 2 mm m a a a 4 2 8 6 tt t tt 所以t为 8 的约数 方法二 因为 122 2 222 4 2 8 6 mmmm m mmm a aaa a aaa 为数列 n a中的项 故 m 2 8 a 为整数 又由 1 知 2m a 为奇数 所以 2 231 1 2 m amm 即 经检验 符合题意的正整数只有2m 例 10 已知 n a是公差为d的等差数列 n b是公比为q的等比数列 1 若31 n an 是否存在 mkN 有 1 mmk aaa 说明理由 2 找出所有数列 n a和 n b 使对一切 nN 1n n n a b a 并说明理由 3 若 11 5 4 3 adbq 试确定所有的p 使数列 n a中存在某个连续p项的 和是数列 n b中的一项 请证明 解 1 由 1mmk aaa 得6531mk 整理后 可得 4 2 3 km m k N 2km 为整数 不存在m k N 使等式成立 2 若 1n n a b a 即 1 1 1 1 1 n and bq and 若0 d 则 1 1 1 n n bqb 当 n a 为非零常数列 n b 为恒等于 1 的常数列 满足要求 22 若0d 式等号左边取极限得 1 1 lim1 1 n and and 式等号右边的极限 只有当1q 时 才能等于 1 此时等号左边是常数 0d 矛盾 综上所述 只有当 n a 为非零常数列 n b 为恒等于 1 的常数列 满足要求 3 3 14Nnbna n nn 设NmNkpbaa k kpmmm 3a 21 k p pmm 3 2 1 41 1 4 NspNp p pm k 3 k 3 324 5 取 03 14 2 14 33234 23 2222 ssss msk 由二项展开式可得正整数 M1 M2 使得 4 1 2s 2 4M1 1 2 1 8 14 2 2 ss M 21 1 2 44 21 满足要求存在整数mMMm s 故当且仅当 p 3s s N 时 命题成立 2 点列综合题点列综合题 例 11 设曲线 0 2 xxyc上的点为 000 yxP过 P0作曲线 c 的切线与 x 轴交于 Q1 过 Q1作平行于 y 轴的直线与曲线 c 交于 111 yxP 然后再过 P1作曲线 c 的切线交 x 轴于 Q2 过 Q2作平行于 y 轴的直线与曲线 c 交于 222 yxP 依此类推 作出以下各点 P0 Q1 P1 Q2 P2 Q3 Pn Qn 1 已知2 0 x 设 NnyxP nnn 1 求出过点 P0的切线方程 2 设 nfxn 求 nf的表达式 3 设 10nn xxxS 求 解 1 42 00 xk 过点 P0的切线段为 2 44 xy即044 yx 2 nn xk2 过点 Pn的切线方程为 2 2 nnn xxxxy 23 将 0 11 nn xQ 的坐标代入方程得 2 1 2 nnnn xxxx 2 1 2 1 1 n nn n x xx x 故数列 n x是首项为 2 1 2 0 公比为 x 的等比数列 1 2 1 2 1 2 nn n nfnfx即 3 2 1 1 4 2 1 1 2 1 1 2 1 1 n n n n SS 4 2 1 1 4limlim 1 n n n n S 例例 12 已知点已知点 P ab nnn 满足 满足 aabb b a nN nnnn n n 111 2 1 且已知 且已知 P0 1 3 2 3 1 求过点 求过点PP 01 的直线的直线l的方程 的方程 2 判断点 判断点 P n n 2与直线与直线l的位置关系 并证明你的结论 的位置关系 并证明你的结论 3 求点 求点Pn的极限位置 的极限位置 解 解 1 由 由ab 00 1 3 2 3 得 得 ba 121 2 3 1 1 3 3 4 1 3 3 4 1 4 显然直线显然直线l的方程为的方程为xy 1 2 由 由ab 11 1 4 3 4 得 得 ba 222 3 4 1 1 4 4 5 1 4 4 5 1 5 点点Pl 2 猜想点 猜想点 P n n 2在直线在直线l上 以下用数学归纳法证明 上 以下用数学归纳法证明 24 当当 n 2 时 点时 点Pl 2 假设当假设当nk k 2时 点时 点Pl k 即 即ab kk 1 当当nk 1时 时 ababb kkkkk 1111 1 1 11 1 1 2 a b a b a b a kk k k k k k 点点Pl k 1 综上 点综上 点 Pl n n 2 3 由 由aabb b a ab nnnn n n nn 1112 1 1 得 得 aa b a a a a a a a aa nn n n n n n n n n nn 122 1 1 1 11 0 11 1 数列数列 1 an 是以是以 1 3 0 a 为首项 公差为为首项 公差为 1 的等差数列的等差数列 1 3 1 3 11 1 3 2 3 1 3 0 2 3 1 2 1 3 1 a na n ba n n n a n b n n n n n n nn n n n n n nn limlim limlimlim PP n 01 即点即点Pn的极限位置为点的极限位置为点 P 0 1 例 13 如图 11122212 0 nnnn P x yP xyP xyyyy 是曲线 25 y xO A0 P1 P2 P3 A1A2A3 2 3 0 Cyx y 上的n个点 点 0 1 2 3 ii A ain 在x轴的正半轴上 1iii AAP 是正三角形 0 A是坐标原点 写出 123 a a a 求出点 n A 0 n anN 的横坐标 n a关于n的表达式 设 1232 1111 n nnnn b aaaa 若对任意正整数n 当 1 1m 时 不 等式 2 1 2 6 n tmtb 恒成立 求实数t的取值范围 解 123 2 6 12aaa 依题意 11 0 0 nnnn A aAa 则 1 2 nn n aa x 1 3 2 nn n aa y 3 分 在正三角形 1nnn P AA 中 有 11 33 22 nnnnn yAAaa 1 1 3 3 22 nn nn aa aa 11 2 nnnn aaaa 22 111 22 2 nnnnnn aaaaaannN 同理可得 22 111 22 nnnnnn aaaaaanN 并变形得 1111 22 0 2 nnnnn aaaaannN 11nn aa 11 220 nnn aaa 11 2 2 nnnn aaaannN 数列 1nn aa 是以 21 4aa 为首项 公差为2的等差数列 26 1 2 1 nn aannN 7 分 n a 12132431 nn aaaaaaaaa 2 123 n 2 nn 1 n an nnN 解法 1 1232 1111 n nnnn bnN aaaa 1 23422 1111 n nnnn bnN aaaa 1 21221 111 nn nnn bb aaa 111 21 22 22 23 1 2 nnnnnn 2 2 221 21 22 23 2 nn nnnn 当 nN 时 上式恒为负值 当 nN 时 1nn bb 数列 n b是递减数列 n b 的最大值为 1 2 11 6 b a 若对任意正整数n 当 1 1m 时 不等式 2 1 2 6 n tmtb 恒成立 则不等式 2 11 2 66 tmt 在 1 1m 时恒成立 即不等式 2 20tmt 在 1 1m 时恒成立 设 2 2f mtmt 则 1 0f 且 1 0f 2 2 20 20 tt tt 解之 得 2t 或2t 即t的取值范围是 2 2 27 例例 14 ABC 中 中 AB AC 1 ABAC 1 2 P1为为 AB 边上的一点 边上的一点 BPAB 1 2 3 从从 P1向向 BC 作垂线 垂足是作垂线 垂足是 Q1 从 从 Q1向向 CA 作垂线 垂足是作垂线 垂足是 R1 从 从 R1向向 AB 作垂线 作垂线 垂足是垂足是 P2 再由 再由 P2开始重复上述作法 依次得开始重复上述作法 依次得 Q2 R2 P3 Q3 R3 P4 1 令 令 BPn为为 xn 寻求 寻求 BPn与与BPn 1 即 即xx nn 与 1 之间的关系 之间的关系 2 点列 点列PPPPPn 1234 是否一定趋向于某一个定点是否一定趋向于某一个定点 P0 说明理由 说明理由 3 若 若 ABBP 1 1 3 1 则是否存在正整数 则是否存在正整数 m 使点 使点 P0与与 Pm之间的距离小于之间的距离小于 0 001 若存在 求 若存在 求 m 的最小值 的最小值 解 解 1 由 由 AB AC 1 ABACBAC 1 2 60 从而从而 ABC 为边长为为边长为 1 的正三角形的正三角形 则则BPxBPx nnnn 则 11 于是 于是BQBPx nnn cos60 1 2 CQx nn 1 1 2 同样同样 CRCQx nnn cos 60 1 2 1 1 2 ARxx nnn 1 1 2 1 1 2 1 2 1 4 又又APARx nnn 1 60 1 2 1 2 1 4 cos BPxx nnn 1 1 1 2 1 2 1 4 3 4 1 8 即即xx nn 1 3 4 1 8 2 由 由 1 可得 可得 xx nn 1 2 3 1 8 2 3 xxx n 2 3 2 3 2 3 1 8 11 当 时 是以为首项 公比为的等比数列的等比数列 xx n n 2 3 2 3 1 8 1 1 当当nxn 时 2 3 点点 Pn趋向点趋向点 P0 其中 其中 P0在在 AB 上 且上 且 BP0 2 3 3 P Pxx mm mm 01 11 2 3 2 3 1 8 1 3 1 8 28 由由 P Pm mm 0 11 0001 1 8 00038 1000 3 得 当当m m 48 1000 3 1 时 mm 4 的最小值为的最小值为 4 例 15 已知曲线 22 20 1 2 n Cxnxyn 从点 1 0 P 向曲线 n C引斜率为 0 nn k k 的切线 n l 切点为 nnn P xy 1 求数列 nn xy与的通项公式 2 证明 13521 1 2sin 1 nn n nn xx xxxx xy 解 1 设直线 n l 1 xky n 联立02 22 ynxx得 0 22 1 2222 nnn kxnkxk 则0 1 4 22 2222 nnn kknk 12 n n kn 12 n n 舍去 2 2 2 2 2 1 1 n n k k x n n n 即 1 n n xn 1 12 1 n nn xky nnn 2 证明 12 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n x x n n 12 1 12 12 5 3 3 1 2 12 4 3 2 1 12531 nn n n n xxxx n n n n x x xxxx 1 1 12531 由于 n n n n x x ny x 1 1 12 1 可令函数xxxfsin2 则xxfcos21 令0 xf 得 2 2 cos x 给定区间 4 0 则有0 xf 则函数 xf在 29 4 0 上单调递减 0 0 fxf 即xxsin2 在 4 0 恒成立 又 43 1 12 1 0 n 则有 12 1 sin2 12 1 nn 即 n n n n y x x x sin2 1 1 例 16 数轴上有一列点 P1 P2 P