自招实验班春季讲义-教师版第5讲数列综合

1、第讲数列6体系测5数列42007 2010年（新课标2011第10，20 第讲数列6体系测5数列42007 2010年（新课标2011第10，20 数列综合在近五卷（理）考查1318ABC掌握不等式证明的主要方法并能熟练结合数列的基本性质解决相关问题经典精考点 ，n2，nZ对于调和数列a 1 n123【例1nn【】1112n1212312nn11n111 n12经典精考点 ，n2，nZ对于调和数列a 1 n123【例1nn【】1112n1212312nn11n111 n12【备注】关于调和数列a 1 nnn2 1x3 1x4 ln1ln1 1 1 1111112341 1 11 1111234

2、x123n111 1 lnn1 1111 23n可以证明余项1 111 是收敛的23常数r0.577218，1 1 1 1 ln1n0.577218n1n3时ln1nn1 1n 1都是1 1 1 1 nn11利用导数容易证明n11n 1 ln1n，于是ln1n作为下界不如n1 1n 1nn对11 1 1 的最佳估计是由YoungRM1991nrlnn 111 1 1 1 rlnn 112224n 211利用导数容易证明n11n 1 ln1n，于是ln1n作为下界不如n1 1n 1nn对11 1 1 的最佳估计是由YoungRM1991nrlnn 111 1 1 1 rlnn 112224n 2

3、n其中r 常数，r 【例2已知点1, 1是函数f x a （a 0且a 1）的图像上一点，等比数列 的前n项和 x3nf ncbn（bn 0的首项为c n项和Sn 满足Sn Sn1 Sn Sn1（n2 （I）求数列an 和的前n项和为T ，问满足T 的最小正整数n是多少1b nn n n1 11 】（I）a ，等比数列 的前n项和A c nn3 3qna 1对比等比数列的前nA 1n1q ，解得a 2 q1c1333c 11 因此数列 的通项公式为a 2 nn 3对于数列bn，当n2 由于Sn Sn1 Sn1 Sn1 Sn Sn Sn 而bn 0Sn 0，从而 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于是满足条件的最小正整数n112【拓1知数列ancn满足条件：an为等差数列，a13 ，Sn为数列ann项和，S10 1201c a na求数列an 的通项

5、公m求数列c 的前n项和，并求使得T 对任意nN都成立的最大正整数mnnn令b 2n 1b1 b2 bn n(nNn设an的公差为d ，则由题意a1 3 S10 120【】 310109d 1202d 数列an 是首项为3，公差为2 的等差数列an 2n1 11122n2n3T 111 1 1 1122n2n 3n 111nn22n33(2n 6nnnn2 nT n ，n6n2 nnT ，nN1当n1时，T 取得最小n由题意，得m10mZ由题意得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 是递增数列，即Tn Tn1当n1Tn 【拓2】设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn ，已知2a2 a1 a3 ，数列 Sn是公差为d 的等求数列an 的通项公式设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，适合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，对满足题设的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，即当k k2a2所以满足条件的c9，从而 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，即当k k2a2所以满足条件的c9，从而 9 22因此c 9 2an 4an 2 2 nN5【拓3（2011 年昌平二模）已知数列a 满足n1n 1 a n （）试问数列a 中 （kN ）是否仍是 knn 2 证明：对任意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 的首项为 ，公差为 1 1 3n 3na a2222 n n2224因此a a kn3n3k 2 3k 9k2 21k42是a 中的项，设为a ，km9k2 21k3mk3k 6m49k 21k 10，mk k 1 222由于k , 3k7中至少有一个偶数，因此对任意正整数kmk3k 因此ak ak1仍是an中的1项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，因此数列d knn于是dm d1 m 1d2 d1，即dm 2md1 m1d2 p1 p2 2mm11（II）dm 2m1每组最后一个数下角标组成数列1 , 49 , 16 , pn 3 2n 1n 2npn2n1pn p12n112112m2 1于是前m 组中的所有数之和即2n 1 m4，于是c mm2对差比数列2m 2m 1，用错位相减法求其前n项和Sn

11、212 32 52n3 2 2n22 1 23 3 24 52n2n3 2n12n2Sn Sn 2n122 2 2 1 2 k1 2 a21 mam1 （2011 年朝阳一模）n 个首项都是 1的等差数列， 设第 m 个数列的第 k （m , k 1 , 2 , 3 , n , n3，公差为dm ，并且a1n , a2n , a3n , ann （）证明dm p1d1 p2d2 （3mnp1 , p2 m的多项式p1 p2 （）当d1 1d3 3 时，将数列dm分组如下d1 , d2 , d3 , d4 , d5 , d6 , d7 , d8 , d9 , （每组数的个数设前m组中所有数之和为

12、cm cm 0，求数列2 m dm的前n项和Sn （）N 是不超过 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左边是关于n 的递增函数，设为 f n ，11，2n150，n2n279 当n5时，f n 1664；99n 6时f n12 27 12812199509911N5N20N 5 , 6 , 7 , 201（2011年海淀一模A：a1 , a2 , i1, 2 , 3 ,设bj

13、k1 k2 kj j 1 , 2 , 3g(m)b1 b2 bm nm (m1, 2 , 3, )an ，其中等于i的项有ki （）设A:1 2 1 4，求g1, g2, g3, g4, g5（）Aa1 a2 an n100g(m（I）A:1, 2 ,1, 【】（II）记cm gm，则cm cm1 cm gm1gmbm1 根据数列bm的定义，记maxa1a2anN则m N bm nmN bm n于是当m1N cm 0；当m1N cm 0这就意味着从第N 项起cm 是常数列，且该常数就是数列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（两种不同的求和方式知识点等差数列an中an0来确定n0，d 0，若1n nan0来确定n0，d 0，若1n n也可由前n项和公式S n a d n来确定nd2 2n22. 若首项a10，公比q1，若首项a1 0，公比0q1，则数列为递增数列；若首项a10，公比0q1，或首项a10q1，则数列为递减数列；公比q 1，数列为常数列；公比q0经典精考点 （2008在数列anbn中a12b14，且an，bn，an1成等差数列bn，an1，bn1成等比数列nN

15、*【例4求a2a3a4及b2b3b4，由此猜测anbn的通项公式（不需要证明1115a1 a2 an 】由条件得2b a a ，a2 b 【n 由 猜测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 猜测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时，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已知数列a 的前n项和nnan时63n1【11a1 . S1 S2 S1 . Sn 111 1 2 2 S1 S .2 n n2Sn n n2n 所以，当n1a1 a2 an 考点 1 nn【例5设b ，S b b b 证明：当n6时，S nnn】b ，S 1 nn【nn213nn211n 得，1S 1 1n121所以S 22 n2 n 1 成立，只需证明当n6n(n2) 1要证明当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，只需证明当n6n(n2) 1要证明当n6S n3nn(n(n1)(nn(n令cn (n6，则cn1 cn 02n所以当n6cn1 cn 因此当n6c c 68 3 1，于是当n6n(n2) 1 1 n综上所述，当n6S n1（2009，且S 1a n，其中a 1，a 0已知数列a 的前n项和为*nnn1n2 求数列an的通项公设数列b 满足为b 的前n项和求证1 b1 1，nnn2a 1，nN*2T n】 因为S 1a S 1a 1a ，故【n n1 n

18、n222a 2nN*由条件知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从而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，从而2a 1log f n0232a 1，nN*所以2T n24 4 2Tn 2log2 log2 2n 12n11 3 1 3 4 下面只需证明log2 log2(2an 2n11 3 2n2 5， 2n2n 3572n241 3 2n2 4 2n 14 4 5 nn4 4 2n11 3 2n1考

20、点 （2011 年东城高三期末） 已知集合 Aa1 , a2 , an中的元素都是正整数， 且【例6x y xy a a a x , yAx yn1 n1（）1 （）求n9 （）对于n9A0，因此1 1111【xy n n n1111注意，于a n 1 1 ，它是一个上界为1，下界为0，单调递减的数列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 ，它是一个上界为1，下界为0，单调递减的数列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】已知正数数列anmnpqN mn pq*ap am ，a a1a 1a 1a 11mnpq1a试证明一定存在一个与a 有关的常数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 ，现 在 就 要 证 明 b ， 也 就是1 a n 2b 1aa而b2n m1a1

22、a1 a11a11a 11a1a nn 1nn1011aaa1时0 a1a1a1111,a11于是na,a112,a1011aaa1时0 a1a1a1111,a11于是na,a112,a1a 1 a2a,a1a 1 a2a, a取a,a 考点 （2011年西城高三期末）已知数列an，bn满足bn an1 an ，其中n12 , 3（）若a1 1bn n，求数列an（）若bn1bn1 bn(n2，且b1 1b2 2（）记cn a6n1(n1，求证：数列cn【例7（）若数列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数列an6 个公差均为7的等差数 13 2a 6，11a 7 na 17 n这样划分后， 数列 an 就可以看做是6 个数列11 n 16n1 ，26n13 7na 67 na 37 n57 na1266n111，3a 7 na 17 n这样划分后， 数列 an 就可以看做是6 个数列11 n 16n1 ，26n13 7na 67 na 37 n57 na1266n111，36n46n56n7na1 77na1 67na1 47na1 27n a1 ，6n6n6n6n6n7n 121数列7nb

24、当且仅当b 7d 时为常数数列，而当b 7d 6n d当a1 的值6675746, 734 , 722 , 711,6666670 1 , 4 , 1 , 1 , 12162, 4 , 1 , 1 , 1时，因为组成数列an 6 另一方面，若2 n 1616 , 4 , 1 , 1 , 1综上数列的首项a 应满足的条件是211【1（20103）设等差数列an的前n项和为Sna111a4a66Sn n等于）】【设该数列的公差为d，则a4 a6 2a1 8d 2118d 6d 2所以S 11n n(n12n2 12nn6)2 36，所以当n6S nn2 a4 3，4d a 8d 2a52 【2（2

25、007(a的最小值是）设该数列的公差为d，则a4 a6 2a1 8d 2118d 6d 2所以S 11n n(n12n2 12nn6)2 36，所以当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】已知数列a, b，其中a 1，数列a n项和n2a (nN1nnn2列bn满足b12bn1 2bn 求数列an, bn的通项公 1 m8 11是否存在自然数m，使得对于任意nNn2，有14若存在，求出m因为S n2a (nN【】nn当n2时，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时，上式成立因为b1 2 , bn1 2bn 所以b是首项为2，公比为2的等比数列，故b 2nnn由b 2nn则11 1 21111112n2nb2n假设存在自然数m，使得对于任意nN, n2，有1 m8恒成立1114 m8 m82m161244所以存在自然数m，使得对于任意nN , n2有1 m8恒成立，此时，m的最小值为1114【演练4】等差数列an各项均为正整数a1 3，其前n 项和为Sn S10 120 求a ； 求 3 111nn设an的公差为d ，则d 为正整数【】由题意a 3 S 120 310109d 120，d 12数列an 是首项为3，公差为2 的等差数列an 2n1 Sn 35(2n1)