1、高考数学知识模块复习指导系列学案数列、极限、数学归纳法【II】【例题解析】例 1 完成下列各选择题（1 ） “公差为 0 的等差数列是等比数列” ；“公比为 的等比数列一定是递减数列 ”；21“a,b,c 三数成等比数列的充要条件是 b2=ac”；“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是 2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个（2 ）命题 1：若数列a n的前 n 项和 Sn=an+b(a1) ，则数列a n是等比数列；命题 2：若数列a n的前 n 项和 Sn=an2+bn+c(a0) ，则数列a n是等差数列；命题 3：若数列a n的前
2、 n 项和 Sn=nan ，则数列a n既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个（3 ）设a n是递增等差数列，前三项的和为 12，前三项的积为 48，则它的首项是（ ）A.1 B.2 C.4 D.6解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。命题 1 中未考虑各项都为 0 的等差数列不是等比数列；命题 2 中可知 an+1=an ，a n+1an，即21 21an+1an，此时该数列为递增数列；命题 3 中，若 a=b=0，c R ，此时有 ，但数列 a,b,c 不是等比数列，所以应是必cb2要而不充分条件，若将条件改为 b=
3、，则成为不必要也不充分条件。a（2 ）上述三个命题均涉及到 Sn 与 an 的关系，它们是 an=,1nS时当 时当 2正确判断数列a n是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择 A。由命题 1 得，a 1=a+b，当 n2 时，a n=SnS n1 =(a1) an1 。若a n是等比数列，则=a，即 =a，所以只有当 b=1 且 a0 时，此数列才是等比数列。12b)(由命题 2 得，a 1=a+b+c，当 n2 时，a n=SnS n1 =2na+ba ，若a n是等差数列，则a2 a1=2a，即 2ac=2a ，所以只有当
4、c=0 时，数列a n才是等差数列。由命题 3 得，a 1=a1 ，当 n2 时，a n=SnS n1 =a1，显然a n是一个常数列，即公差为 0 的等差数列，因此只有当 a1 0；即 a1 时数列a n才又是等比数列。（3 ）方程法：设a n的首项为 a1，公差为 d。则 解之得48)2)(131da或21ad61又a n是递增数列， d0 故 a1=2。习惯上可设前三项分别为 4 d,4,4+d 由 4(4d)(4+d)=48 解得。估值法：由 2+4+6=12，48=24 6，a n为递增数列可知 a1=2。例 2 在数列a n中,a 1=b(b0)，前 n 项和 Sn 构成公比为 q
5、 的等比数列。（1 ）求证：数列a n不是等比数列；（2 ）设 bn=a1S1+a2S2+anSn,|q|M 时，x n1 恒成立？若23存在，求出相应的 M；若不存在，请说明理由。证明 （1）点 Pn、P n+1 都在斜率为 k 的直线上 =k，即 =knxS1nx1故 (k1)x n+1=kxnk 0,xn+11,x n1 = =常数nx1x n是公比为 的等比数列。k（2 ）答案是肯定的，即存在自然数 M，使当 nM 时，x n1 恒成立。事实上，由 10 首项为 x1，则 xn=x1qn1 (nN) =(n1) log q+log x1ny)132(a)32(a令 d=log q，故得
6、 是以 d 为公差的等差数列。)132(any又 =2t+1, =2s+1syt =2(ts)s1t即(s1)d(t1)d=2(ts)d=2故 = +（ns）(2)=2（t+s）2n+1， （nN）y1又x n=(2a23a+1) （n N）y1要使 xn1 恒成立，即须 (t+s)+ ，当 M=t+s,nM 时，我们有21M=（t+s）时，xn=(2a23a+1) 1 恒成立。 （00,a1)成等差数列。例 4 在数列a n中 a1=1，当 n2 时，a n,Sn,Sn 成等比数列。21（1 ）求 a2,a3,a4 并推出 an 的表达式；（2 ）用数学归纳法证明所得的结论；（3 ）求数列a
7、 n所有项的和。解a n,Sn,Sn 成等比数列1S n2=an(Sn )(n2) (*)（1 ）把 a1=1,S2=a1+a2=1+a2 代入（*）式得：a 2= 3把 a1=1,a2= ,S3= +a3 代入(*)得：a 3= 。同理可得：a 4=15352由此可以推出：an=)1(2)3(n （2 ） （i ）当 n=1,2,3,4 时，由（*）知猜想成立。(ii)假设 n=k(k 2) 时，a k= 成立。)12(3k故 Sk2= (Sk )1(3(2k3)(2k1)S k2+2Sk1=0S k= 或 Sk= （舍去）1由 Sk+12=ak+1(Sk+1 )得21(Sk+ak+1)2=
8、ak+1(ak+1+Sk )+ak+12+ =ak+12+ ak+1)1(1a1kak+1= )(3)(k即 n=k+1 时，命题也成立。由(i)(ii)可知，a n=)2()12(31n 对一切 nN 成立。（3 ）由（2 ）得数列前 n 项的和 Sn=故所有项和 S= Sn=0lim注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。（2 ）对于a n的通项还可以这样来求：S n2=an(Sn ) S n2=(SnS n1 )(Sn )2 =2,故 是以 为首项， 为公差的等差数列n11n1故 = +2(n1)=2n
9、1nS1Sn= ,an=2)2()12(3n 对于含有 an,Sn 的关系式中，常将 an 用 SnS n1 （n2）代（或 Sn+1S n 用 an+1 代） ，化成 Sn， Sn+1（或 an,an+1）的递归关系式。例 5 设 An 为数列a n的前 n 项的和，A n= (an1)，数列 bn的通项公式为 bn=4n+3。3（1 ）求数列a n的通项公式；（2 ）把数列a n与b n的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列d n，证明数列d n的通项公式为 dn=32n+1;（3 ）设数列d n的第 n 项是数列b n中的第 r 项，B r 为数列b n的前 r 项的和，D n 为数
10、列dn的前 n 项和，T n=BrD n,求 。lim4)(naT解（1）由 An= (an1)，可知 An+1= (an+11)2323A n+1 An= (an+1a n)=an+1，即 =3na1而 a1=A1= (a11) ，得 a1=323所以数列a n是以 3 为首项，公比为 3 的等比数列，数列 an的通项公式为 an=3n。（2 ） 3 2n+1=332n=3(41) 2n=3（4 2n+C12n42n1 (1)+C 2n2n1 4(1)+(1) 2n）=4m+33 2n+1 bn而数 32n=（41） 2n=42n+C2n142n1 （1）+C 2n2n1 4(1)+(1)
11、2n=(4k+1) nb2而数列a n=32n+13 2n d n=32n+1(3)由 32n+1=4r+3，可知 r= 4312nB r= =r(2r+5)2)47(= 312n1nDn= (19 n)= （9 n1） 787T n=BrD n= （9 n1）2341287= 34n 32n+895又（a n） 4=34n =lim)(nT例 6 已知函数 f(x)=x+ (a0)2ax（1）求 f(x)的反函数 f1 (x)及其定义域；（2）数列a n满足 )(311nnaf设 bn= ，数列b n的前 n 项和为 Sn，试比较 Sn 与 的大小，并证明你的结论。a 87解 （1）给 yx
12、= 两边平方，整理得 x=2axya2yx=y =2y2= 0ya2)(ya 或ayn+1)( ) 2，故 a22，得 an2，所以a n单调递减。且因为 an2，所以an2=2 2pq，又 a1,b1 不为零，c 22c 1c3，故c n不是等比数列。注 本题是 2000 年全国高考数学试题。其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论；推论 1：设数列c n，c n=an+bn 且 ab，则数列c n+1pc n为等比数列的充要条件是 p=a或 p=b。推论 2：设a n、b n是两个等比数列，则数列a n+bn为等比数列的充要条件是，数列an，b n的公比相等。推论
13、 3：公比为 a、b 的等比数列a n，b n，且 ab，s、t 为不全为零的实数，cn=san+tbn 为等比数列的充要条件是 st=0。例 9 数列a n中，a 1=8，a 4=2 且满足 an+2=2an+1a n nN（1）求数列a n的通项公式；（2）设 Sn=|a1|+|a2|+|an|，求 sn;（3）设 bn= ( nN),T n=b1+b2+bn( nN)，是否存在最大的整数 m，使得)(a对任意 nN,均有 Tn 成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由。32m解 （1）由 an+2=2an+1a nan+2a n+1=an+1a n,可知a n成等差数列，d= =214a
