数列经典题目集锦-答案

数列经典题目集锦--答案数列经典题目集锦--答案/NUM数列经典题目集锦--答案数列经典题目集锦--答案数列经典题目集锦一一、构造法证明等差、等比类型一：按已有目标构造数列{an}，{bn}，{cn}满足：bn＝an－2an＋1，cn＝an＋1＋2an＋2－2，n∈N*.(1)若数列{an}是等差数列，求证：数列{bn}是等差数列；(2)若数列{bn}，{cn}都是等差数列，求证：数列{an}从第二项起为等差数列；(3)若数列{bn}是等差数列，试判断当b1＋a3＝0时，数列{an}是否成等差数列？证明你的结论．类型二：整体构造2、设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且(Sn＋1＋λ)an＝(Sn＋1)an＋1对一切n∈N*都成立．(1)若λ＝1，求数列{an}的通项公式；(2)求λ的值，使数列{an}是等差数列．二、两次作差法证明等差数列3、设数列的前n项和为，已知，且，（其中A,B为常数）．(1)求A与B的值；(2)求数列为通项公式；三、数列的单调性4.已知常数，设各项均为正数的数列的前项和为,满足：，（）．（1）若，求数列的通项公式；（2）若对一切恒成立，求实数的取值范围．5.设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，.（1）求数列的通项公式；（2）对于正整数（），求证：“且”是“这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列满足：对任意的正整数，都有，且集合中有且仅有3个元素，求的取值范围.四、隔项（分段）数列问题6.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)an＋n（n为奇数），,an－3n（n为偶数）.))(1)是否存在实数λ，使数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2)若Sn是数列{an}的前n项的和，求满足Sn＞0的所有正整数n.7.若满足：对于，都有(为常数)，则称数列是公差为的“隔项等差”数列．（Ⅰ）若，是公差为8的“隔项等差”数列，求的前项之和；（Ⅱ）设数列满足：，对于，都有．①求证：数列为“隔项等差”数列，并求其通项公式；②设数列的前项和为，试研究：是否存在实数，使得成等比数列（）?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．五、数阵问题8.已知等差数列{an}、等比数列{bn}满足a1＋a2＝a3，b1b2＝b3，且a3，a2＋b1，a1＋b2成等差数列，a1，a2，b2成等比数列．(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(2)按如下方法从数列{an}和数列{bn}中取项：第1次从数列{an}中取a1，第2次从数列{bn}中取b1，b2，第3次从数列{an}中取a2，a3，a4，第4次从数列{bn}中取b3，b4，b5，b6，……第2n－1次从数列{an}中继续依次取2n－1个项，第2n次从数列{bn}中继续依次取2n个项，……由此构造数列{cn}：a1，b1，b2，a2，a3，a4，b3，b4，b5，b6，a5，a6，a7，a8，a9，b7，b8，b9，b10，b11，b12，…，记数列{cn}的前n项和为Sn.求满足Sn<22014的最大正整数n.

数列经典题目集锦答案1.证明：(1)设数列{an}的公差为d，∵bn＝an－2an＋1，∴bn＋1－bn＝(an＋1－2an＋2)－(an－2an＋1)＝(an＋1－an)－2(an＋2－an＋1)＝d－2d＝－d，∴数列{bn}是公差为－d的等差数列．(4分)(2)当n≥2时，cn－1＝an＋2an＋1－2，∵bn＝an－2an＋1，∴an＝eq\f(bn＋cn－1,2)＋1，∴an＋1＝eq\f(bn＋1＋cn,2)＋1，∴an＋1－an＝eq\f(bn＋1＋cn,2)－eq\f(bn＋cn－1,2)＝eq\f(bn＋1－bn,2)＋eq\f(cn－cn－1,2).∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，∴eq\f(bn＋1－bn,2)＋eq\f(cn－cn－1,2)为常数，∴数列{an}从第二项起为等差数列．(10分)(3)结论：数列{an}成等差数列．证明如下：(证法1)设数列{bn}的公差为d′，∵bn＝an－2an＋1，∴2nbn＝2nan－2n＋1an＋1，∴2n－1bn－1＝2n－1an－1－2nan，…，2b1＝2a1－22a2，∴2nbn＋2n－1bn－1＋…＋2b1＝2a1－2n＋1an＋1，设Tn＝2b1＋22b2＋…＋2n－1bn－1＋2nbn，∴2Tn＝22b1＋…＋2nbn－1＋2n＋1bn，两式相减得：－Tn＝2b1＋(22＋…＋2n－1＋2n)d′－2n＋1bn，即Tn＝－2b1－4(2n－1－1)d′＋2n＋1bn，∴－2b1－4(2n－1－1)d′＋2n＋1bn＝2a1－2n＋1an＋1，∴2n＋1an＋1＝2a1＋2b1＋4(2n－1－1)d′－2n＋1bn＝2a1＋2b1－4d′－2n＋1(bn－d′)，∴an＋1＝eq\f(2a1＋2b1－4d′,2n＋1)－(bn－d′)．(12分)令n＝2，得a3＝eq\f(2a1＋2b1－4d′,23)－(b2－d′)＝eq\f(2a1＋2b1－4d′,23)－b1，∵b1＋a3＝0，∴eq\f(2a1＋2b1－4d′,23)＝b1＋a3＝0，∴2a1＋2b1－4d′＝0，∴an＋1＝－(bn－d′)，∴an＋2－an＋1＝－(bn＋1－d′)＋(bn－d′)＝－d′，∴数列{an}(n≥2)是公差为－d′的等差数列．(14分)∵bn＝an－2an＋1，令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0，∴数列{an}是公差为－d′的等差数列．(16分)(证法2)∵bn＝an－2an＋1，b1＋a3＝0，令n＝1，a1－2a2＝－a3，即a1－2a2＋a3＝0，(12分)∴bn＋1＝an＋1－2an＋2，bn＋2＝an＋2－2an＋3，∴2bn＋1－bn－bn＋2＝(2an＋1－an－an＋2)－2(2an＋2－an＋1－an＋3)．∵数列{bn}是等差数列，∴2bn＋1－bn－bn＋2＝0，∴2an＋1－an－an＋2＝2(2an＋2－an＋1－an＋3)．(14分)∵a1－2a2＋a3＝0，∴2an＋1－an－an＋2＝0，∴数列{an}是等差数列．(16分)2.解析：(1)若λ＝1，则(Sn＋1＋1)an＝(Sn＋1)an＋1，a1＝S1＝1.∵an＞0，Sn＞0，∴eq\f(Sn＋1＋1,Sn＋1)＝eq\f(an＋1,an)，(2分)∴eq\f(S2＋1,S1＋1)·eq\f(S3＋1,S2＋1)·…·eq\f(Sn＋1＋1,Sn＋1)＝eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an＋1,an)，化简，得Sn＋1＋1＝2an＋1.①(4分)∴当n≥2时，Sn＋1＝2an.②①－②，得an＋1＝2an，∴eq\f(an＋1,an)＝2(n≥2)．(6分)∵当n＝1时，a2＝2，∴n＝1时上式也成立，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，an＝2n－1(n∈N*)．(8分)(2)令n＝1，得a2＝λ＋1.令n＝2，得a3＝(λ＋1)2.(10分)要使数列{an}是等差数列，必须有2a2＝a1＋a3，解得λ当λ＝0时，Sn＋1an＝(Sn＋1)an＋1，且a2＝a1＝1.当n≥2时，Sn＋1(Sn－Sn－1)＝(Sn＋1)(Sn＋1－Sn)，整理，得Seq\o\al(2,n)＋Sn＝Sn＋1Sn－1＋Sn＋1，eq\f(Sn＋1,Sn－1＋1)＝eq\f(Sn＋1,Sn)，(13分)从而eq\f(S2＋1,S1＋1)·eq\f(S3＋1,S2＋1)·…·eq\f(Sn＋1,Sn－1＋1)＝eq\f(S3,S2)·eq\f(S4,S3)·…·eq\f(Sn＋1,Sn)，化简，得Sn＋1＝Sn＋1，∴an＋1＝1.(15分)综上所述，an＝1(n∈N*)，∴λ＝0时，数列{an}是等差数列．(16分)3.解析：(1)由，得． 把分别代入，得，解得，．(2)由(1)知，，即， ①又． ②②-①得，，即． ③又． ④④-③得，，，∴，又，所以，因此，数列是首项为1，公差为5的等差数列．故．4.解析：(1)时,∴∵，∴∴，∵，∴(2)∵，∴则，，，相加，得则，该式对也成立，∴．③∴．④④－③，得即∵，∴.∵对一切恒成立，∴对一切恒成立．即对一切恒成立．记,则当时，；当时，∴是中的最大项．综上所述，的取值范围是.5.解析：（1）数列是各项均为正数的等比数列，，，又，，，；……4分（2）（ⅰ）必要性：设这三项经适当排序后能构成等差数列，①若，则，，，.…………6分②若，则，，左边为偶数，等式不成立，③若，同理也不成立，综合①②③，得，所以必要性成立.…………8分（ⅱ）充分性：设，，则这三项为，即，调整顺序后易知成等差数列，所以充分性也成立.综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立.…………10分（3）因为，即，（*）当时，，（**）则（**）式两边同乘以2，得，（***）（*）－（***），得，即，又当时，，即，适合，.………14分，，时，，即；时，，此时单调递减，又，，，，.……………16分6.解析：(1)设bn＝a2n－λ，因为eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)a2n＋1＋（2n＋1）－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)（a2n－6n）＋（2n＋1）－λ,a2n－λ)＝eq\f(\f(1,3)a2n＋1－λ,a2n－λ).(2分)若数列{a2n－λ}是等比数列，则必须有eq\f(\f(1,3)a2n＋1－λ,a2n－λ)＝q(常数)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－q))a2n＋(q－1)λ＋1＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－q＝0,（q－1）λ＋1＝0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,3)，,λ＝\f(3,2)，))(5分)此时b1＝a2－eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)a1＋1－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,6)≠0，所以存在实数λ＝eq\f(3,2)，使数列{a2n－λ}是等比数列．(6分)(注：利用前几项，求出λ的值，并证明不扣分)(2)由(1)得{bn}是以－eq\f(1,6)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列，故bn＝a2n－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，即a2n＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＋eq\f(3,2).(8分)由a2n＝eq\f(1,3)a2n－1＋(2n－1)，得a2n－1＝3a2n－3(2n－1)＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)－6n＋eq\f(15,2)，(10分)所以a2n－1＋a2n＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))－6n＋9＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)－6n＋9，S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝－2[eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)]－6(1＋2＋…＋n)＋9n＝－2·eq\f(\f(1,3)[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)],1－\f(1,3))－6·eq\f(n（n＋1）,2)＋9n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)－1－3n2＋6n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)－3(n－1)2＋2，(12分)显然当n∈N*时，{S2n}单调递减．又当n＝1时，S2＝eq\f(7,3)＞0，当n＝2时，S4＝－eq\f(8,9)＜0，所以当n≥2时，S2n＜0；S2n－1＝S2n－a2n＝eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)－eq\f(5,2)－3n2＋6n，同理，当且仅当n＝1时，S2n－1＞0.综上，满足Sn＞0的所有正整数n为1和2.(16分)7.解析：（Ⅰ）易得数列前项之和……………4分（Ⅱ）①（）（1），（2）（1）（2）得（）．所以，为公差为2的“隔项等差”数列．……………6分当为偶数时，，当为奇数时，；…8分②当为偶数时，；当为奇数时，．……………12分故当时，，，，由，则，解得．所以存在实数，使得成等比数列（）