自招實驗班春季講義-教師版第5講數列綜合

1、第講數列6體系測5數列42007 2010年（新課標2011第10，20 第講數列6體系測5數列42007 2010年（新課標2011第10，20 數列綜合在近五卷（理）考查1318ABC掌握不等式證明的主要方法并能熟練結合數列的基本性質解決相關問題經典精考點 ，n2，nZ對于調和數列a 1 n123【例1nn【】1112n1212312nn11n111 n12經典精考點 ，n2，nZ對于調和數列a 1 n123【例1nn【】1112n1212312nn11n111 n12【備注】關于調和數列a 1 nnn2 1x3 1x4 ln1ln1 1 1 1111112341 1 11 1111234

2、x123n111 1 lnn1 1111 23n可以證明余項1 111 是收斂的23常數r0.577218，1 1 1 1 ln1n0.577218n1n3時ln1nn1 1n 1都是1 1 1 1 nn11利用導數容易證明n11n 1 ln1n，于是ln1n作為下界不如n1 1n 1nn對11 1 1 的最佳估計是由YoungRM1991nrlnn 111 1 1 1 rlnn 112224n 211利用導數容易證明n11n 1 ln1n，于是ln1n作為下界不如n1 1n 1nn對11 1 1 的最佳估計是由YoungRM1991nrlnn 111 1 1 1 rlnn 112224n 2

3、n其中r 常數，r 【例2已知點1, 1是函數f x a （a 0且a 1）的圖像上一點，等比數列 的前n項和 x3nf ncbn（bn 0的首項為c n項和Sn 滿足Sn Sn1 Sn Sn1（n2 （I）求數列an 和的前n項和為T ，問滿足T 的最小正整數n是多少1b nn n n1 11 】（I）a ，等比數列 的前n項和A c nn3 3qna 1對比等比數列的前nA 1n1q ，解得a 2 q1c1333c 11 因此數列 的通項公式為a 2 nn 3對于數列bn，當n2 由于Sn Sn1 Sn1 Sn1 Sn Sn Sn 而bn 0Sn 0，從而 Sn 0因此 Sn Sn1 1S

4、n1 S3 S2 SnS2 S1 S b c1，于是 S nnn 因此bn 2n2n n1 ,n2111n 12n （II）T nnn 111111 1111123 5 72n2n1 2n2n 1 11 因此bn 2n2n n1 ,n2111n 12n （II）T nnn 111111 1111123 5 72n2n1 2n2n 1 111 n22n 12nn1000 ，2009n2000n1000，9n1000，n1000 T n2n99于是滿足條件的最小正整數n112【拓1知數列ancn滿足條件：an為等差數列，a13 ，Sn為數列ann項和，S10 1201c a na求數列an 的通項

5、公m求數列c 的前n項和，并求使得T 對任意nN都成立的最大正整數mnnn令b 2n 1b1 b2 bn n(nNn設an的公差為d ，則由題意a1 3 S10 120【】 310109d 1202d 數列an 是首項為3，公差為2 的等差數列an 2n1 11122n2n3T 111 1 1 1122n2n 3n 111nn22n33(2n 6nnnn2 nT n ，n6n2 nnT ，nN1當n1時，T 取得最小n由題意，得m10mZ由題意得m92k 112 2 kk2 1 1 ，k 1，2，3，n22 2k1 111b22 k22 k22 kk222b1 b2 bn n22 11122n

6、22k 112 2 kk2 1 1 ，k 1，2，3，n22 2k1 111b22 k22 k22 kk222b1 b2 bn n22 11122n2n3易知cn 0，故Tn 是遞增數列，即Tn Tn1當n1Tn 【拓2】設各項均為正數的數列an的前n項和為Sn ，已知2a2 a1 a3 ，數列 Sn是公差為d 的等求數列an 的通項公式設c mn3k m nmnk Sm Sn cSk 都成立，求c 的最大值【d 01)d a1 (n2a a a 3a S 3(S S )S ，3( a d)2 2 a 2d2 d111a 2 a d 111Sn d (n1)d nd,Sn n d 2 n2a

7、2d2 n1)2d2 2n1)d2，適合n1n故所求a 2n1)dn m2 Sm Sn cSk m d d ck d m n ck ， c22 22k9m2 又mn3k m n 2(m n mn) 9k 故c9 ，即c 9 ，2k22由 a d 及 S a n1)d d 0S n2d2n1于是，對滿足題設的mnk m n (m99Sm Sn (m n )d d d 222 Sk 22所以c9 2所以c 的最大值 9 2a 9 k m 3k 1n 3k 1mnk 2222 1S S (m2 n2)d2 d2k k 1 d2(9k2 4)22S S 1d2 2ak2 aS 于是，只要9k2 42a

8、k2，即當k k2a2所以滿足條件的c9，從而 9 22因此c 9 2an 4an 2 2 a 9 k m 3k 1n 3k 1mnk 2222 1S S (m2 n2)d2 d2k k 1 d2(9k2 4)22S S 1d2 2ak2 aS 于是，只要9k2 42ak2，即當k k2a2所以滿足條件的c9，從而 9 22因此c 9 2an 4an 2 2 nN5【拓3（2011 年昌平二模）已知數列a 滿足n1n 1 a n （）試問數列a 中 （kN ）是否仍是 knn 2 證明：對任意nN，都有不等式2b b 2（）令a nnn3an 4an 22a 4a 3a a【】n n n nn

9、 3 1 a n 1 的首項為 ，公差為 1 1 3n 3na a2222 n n2224因此a a kn3n3k 2 3k 9k2 21k42是a 中的項，設為a ，km9k2 21k3mk3k 6m49k 21k 10，mk k 1 222由于k , 3k7中至少有一個偶數，因此對任意正整數kmk3k 因此ak ak1仍是an中的1項2 23n2 5 23n12 n4322 2n4 2n5 2n4 2n6 2n5 2n5 2n4 2n2 22222而b 2 nn nn n n22bn 2bnn12625 32，b 2 11，2bn bnn2bn bnn12bn 32b 2 252bn b

10、nn2bn b2n2a a a a nnnn【例3【（I）akn2bn bnn12bn 32b 2 252bn b nn2bn b2n2a a a a nnnn【例3【（I）aknak1n1dk 1n1dkk 12 , 3d akn 1，因此數列d knn于是dm d1 m 1d2 d1，即dm 2md1 m1d2 p1 p2 2mm11（II）dm 2m1每組最后一個數下角標組成數列1 , 49 , 16 , pn 3 2n 1n 2npn2n1pn p12n112112m2 1于是前m 組中的所有數之和即2n 1 m4，于是c mm2對差比數列2m 2m 1，用錯位相減法求其前n項和Sn

11、212 32 52n3 2 2n22 1 23 3 24 52n2n3 2n12n2Sn Sn 2n122 2 2 1 2 k1 2 a21 mam1 （2011 年朝陽一模）n 個首項都是 1的等差數列， 設第 m 個數列的第 k （m , k 1 , 2 , 3 , n , n3，公差為dm ，并且a1n , a2n , a3n , ann （）證明dm p1d1 p2d2 （3mnp1 , p2 m的多項式p1 p2 （）當d1 1d3 3 時，將數列dm分組如下d1 , d2 , d3 , d4 , d5 , d6 , d7 , d8 , d9 , （每組數的個數設前m組中所有數之和為

12、cm cm 0，求數列2 m dm的前n項和Sn （）N 是不超過 20 n N （）Sn ， 求使得不等式1 S 6d N4n2n 22n 242n1 44n242n 2n32n1 2n32n1S 64n2n 22n 242n1 44n242n 2n32n1 2n32n1S 62n1 2n1nn2n122n1 2n12左邊是關于n 的遞增函數，設為 f n ，11，2n150，n2n279 當n5時，f n 1664；99n 6時f n12 27 12812199509911N5N20N 5 , 6 , 7 , 201（2011年海淀一模A：a1 , a2 , i1, 2 , 3 ,設bj

13、k1 k2 kj j 1 , 2 , 3g(m)b1 b2 bm nm (m1, 2 , 3, )an ，其中等于i的項有ki （）設A:1 2 1 4，求g1, g2, g3, g4, g5（）Aa1 a2 an n100g(m（I）A:1, 2 ,1, 【】（II）記cm gm，則cm cm1 cm gm1gmbm1 根據數列bm的定義，記maxa1a2anN則m N bm nmN bm n于是當m1N cm 0；當m1N cm 0這就意味著從第N 項起cm 是常數列，且該常數就是數列cm的最小值 nb1nb2nbN ib1 b2 gi122224504604k2 k3 kN k3 k4

14、kN k2 2k3 k2 k3 kN k3 k4 kN k2 2k3 N 1kNk12k2 3k3 NkNk1k2 k3 kNa1a2a3ann（兩種不同的求和方式知識點等差數列an中an0來確定n0，d 0，若1n nan0來確定n0，d 0，若1n n也可由前n項和公式S n a d n來確定nd2 2n22. 若首項a10，公比q1，若首項a1 0，公比0q1，則數列為遞增數列；若首項a10，公比0q1，或首項a10q1，則數列為遞減數列；公比q 1，數列為常數列；公比q0經典精考點 （2008在數列anbn中a12b14，且an，bn，an1成等差數列bn，an1，bn1成等比數列nN

15、*【例4求a2a3a4及b2b3b4，由此猜測anbn的通項公式（不需要證明1115a1 a2 an 】由條件得2b a a ，a2 b 【n 由 猜測a n(n1，b n1)2nn由a2 b 0，b 0，b 0，b n12na1 0a2 0an1 2bn an an1 bnbn1 bn1 b1 2，b2 2 bn bn1 b 2由 猜測a n(n1，b n1)2nn由a2 b 0，b 0，b 0，b n12na1 0a2 0an1 2bn an an1 bnbn1 bn1 b1 2，b2 2 bn bn1 b 2n1n1，即b n12 nnan1 bnbn1 n1nan nn11 1 5a1

16、 n2時，由知an bn n1)(2n12(n1)n 1 1 11故a 223a a 1 11 1 11 1 12n 1 1 11 1 1 152n1 1】 2 8（2）n2 n3na1 a2 an 3n已知數列a 的前n項和nnan時63n1【11a1 . S1 S2 S1 . Sn 111 1 2 2 S1 S .2 n n2Sn n n2n 所以，當n1a1 a2 an 考點 1 nn【例5設b ，S b b b 證明：當n6時，S nnn】b ，S 1 nn【nn213nn211n 得，1S 1 1n121所以S 22 n2 n 1 成立，只需證明當n6n(n2) 1要證明當n6S n

17、3nn(n(n1)(nn(n令cn 】b ，S 1 nn【nn213nn211n 得，1S 1 1n121所以S 22 n2 n 1 成立，只需證明當n6n(n2) 1要證明當n6S n3nn(n(n1)(nn(n令cn (n6，則cn1 cn 02n所以當n6cn1 cn 因此當n6c c 68 3 1，于是當n6n(n2) 1 1 n綜上所述，當n6S n1（2009，且S 1a n，其中a 1，a 0已知數列a 的前n項和為*nnn1n2 求數列an的通項公設數列b 滿足為b 的前n項和求證1 b1 1，nnn2a 1，nN*2T n】 因為S 1a S 1a 1a ，故【n n1 n

18、n222a 2nN*由條件知0，所以由于a S 1aa a 1，故a 21 122于是a2m1 12m1 2m1a2m 22m1 2m所以a nnN*n12b 11，得2n 12b 11 由，nnnn2n2 2n故b n從而T b b b log 246 2 2n1n1 3 4 4 2Tn 2log2 log2 2n 12n11 3 1 3 4 log22n 因此2T log 2a 1 2 n2n 11 3 4 14 1log2 log2 2n12n2n 12n 1 3 1 3 4 1f n ，2n 12n1 3 2n24 1f n1 ，2n1 2n12n1 3 f n2n 2n22n4n2

19、8n2n2n12n 4 14 1log2 log2 2n12n2n 12n 1 3 1 3 4 1f n ，2n 12n1 3 2n24 1f n1 ，2n1 2n12n1 3 f n2n 2n22n4n2 8n2n2n12n 32n 4n2 8n故注意到f n0，所以f n1 f nfnf141，從而2a 1log f n0232a 1，nN*所以2T n24 4 2Tn 2log2 log2 2n 12n11 3 1 3 4 下面只需證明log2 log2(2an 2n11 3 2n2 5， 2n2n 3572n241 3 2n2 4 2n 14 4 5 nn4 4 2n11 3 2n1考

20、點 （2011 年東城高三期末） 已知集合 Aa1 , a2 , an中的元素都是正整數， 且【例6x y xy a a a x , yAx yn1 n1（）1 （）求n9 （）對于n9A0，因此1 1111【xy n n n1111注意，于a n 1 1 ，它是一個上界為1，下界為0，單調遞減的數列a n 利用a1 a2 an ap 的下界，可以得到ap p n n利 a a ap a n p11 n a pn ，于是n 25 ppn pp5，有n10n9 1a 251n1111注意，于a n 1 1 ，它是一個上界為1，下界為0，單調遞減的數列a n 利用a1 a2 an ap 的下界，可

21、以得到ap p n n利 a a ap a n p11 n a pn ，于是n 25 ppn pp5，有n10n9 1a 251，于是，可以令25nnn25n na11A1234 , 5 , 71017 , 511】已知正數數列anmnpqN mn pq*ap am ，a a1a 1a 1a 11mnpq1a試證明一定存在一個與a 有關的常數a ，使得n N* ，an】分析： 1 a a a 01 a 2aaaannnnn211 a n ap am mn pq k 1a 1a 1a 1kmnpq2于 是 b ，現 在 就 要 證 明 b ， 也 就是1 a n 2b 1aa而b2n m1a1

22、a1 a11a11a 11a1a nn 1nn1011aaa1時0 a1a1a1111,a11于是na,a112,a1011aaa1時0 a1a1a1111,a11于是na,a112,a1a 1 a2a,a1a 1 a2a, a取a,a 考點 （2011年西城高三期末）已知數列an，bn滿足bn an1 an ，其中n12 , 3（）若a1 1bn n，求數列an（）若bn1bn1 bn(n2，且b1 1b2 2（）記cn a6n1(n1，求證：數列cn【例7（）若數列an a n 1nn2】（）an a1 bk a1 k 1n 2kkbn1 bn的nN* 有b （nnnnncn1 cn a6

23、n5 a6n1 b6n1 b6n b6n1 b6n2 b6n3 b6n1221 1 1 7 n1（ii數列an6 個公差均為7的等差數 13 2a 6，11a 7 na 17 n這樣劃分后， 數列 an 就可以看做是6 個數列11 n 16n1 ，26n13 7na 67 na 37 n57 na1266n111，3a 7 na 17 n這樣劃分后， 數列 an 就可以看做是6 個數列11 n 16n1 ，26n13 7na 67 na 37 n57 na1266n111，36n46n56n7na1 77na1 67na1 47na1 27n a1 ，6n6n6n6n6n7n 121數列7nb

24、當且僅當b 7d 時為常數數列，而當b 7d 6n d當a1 的值6675746, 734 , 722 , 711,6666670 1 , 4 , 1 , 1 , 12162, 4 , 1 , 1 , 1時，因為組成數列an 6 另一方面，若2 n 1616 , 4 , 1 , 1 , 1綜上數列的首項a 應滿足的條件是211【1（20103）設等差數列an的前n項和為Sna111a4a66Sn n等于）】【設該數列的公差為d，則a4 a6 2a1 8d 2118d 6d 2所以S 11n n(n12n2 12nn6)2 36，所以當n6S nn2 a4 3，4d a 8d 2a52 【2（2

25、007(a的最小值是）設該數列的公差為d，則a4 a6 2a1 8d 2118d 6d 2所以S 11n n(n12n2 12nn6)2 36，所以當n6S nn2 a4 3，4d a 8d 2a52 【2（2007(a的最小值是）D】ab x y,cd (a(x (2 xy【3】已知數列a, b，其中a 1，數列a n項和n2a (nN1nnn2列bn滿足b12bn1 2bn 求數列an, bn的通項公 1 m8 11是否存在自然數m，使得對于任意nNn2，有14若存在，求出m因為S n2a (nN【】nn當n2時，Sn1 (n1) 2所以a (n1)22nnan n1所以(nnnna 1

26、12 n1n2n3211 a1所以a nn1nn4 3 n(n n1時，上式成立因為b1 2 , bn1 2bn 所以b是首項為2，公比為2的等比數列，故b 2nnn由b 2nn則11 1 21111112n2nb2n假設存在自然數m，使得對于任意nN, n2，有1 m8恒成立1114 m8 m82m161244所以存在自然數m，使得對于任意nN , n2有1 m8恒成立，此時，m的最小值為1114【演練4】等差數列an各項均為正整數a1 3，其前n 項和為Sn S10 120 求a ； 求 3 111nn設an的公差為d ，則d 為正整數【】由題意a 3 S 120 310109d 120，d 12數列an 是首項為3，公差為2 的等差數列an 2n1 Sn 35(2n1)