北师大数学总复习专题3数列综合问题的解答

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．已知等差数列｛an｝的首项a1＝1，公差d＞0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn｝的第2项、第3项、第4项．(1)求数列｛an｝、{bn｝的通项公式；(2）设数列{cn}对n∈N＋，均有eq\f（c1,b1)＋eq\f（c2，b2)＋…＋eq\f(cn，bn）＝an＋1成立，求c1＋c2＋…＋c2012。解：（1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d）2＝(1＋d）（1＋13d)，解得d＝0或d＝2，又∵d＞0，∴d＝2。∴an＝1＋(n－1）×2＝2n－1.又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9,∴等比数列｛bn}的公比q＝eq\f（b3，b2)＝eq\f(9,3）＝3.∴bn＝b2qn－2＝3×3n－2＝3n－1。（2)由eq\f(c1,b1)＋eq\f(c2，b2）＋…＋eq\f（cn，bn）＝an＋1，①得当n≥2时，eq\f(c1，b1）＋eq\f(c2,b2)＋…＋eq\f(cn－1,bn－1）＝an,②①－②，得n≥2时，eq\f（cn，bn)＝an＋1－an＝2，∴cn＝2bn＝2×3n－1(n≥2)．而n＝1时，eq\f（c1，b1）＝a2,∴c1＝3。∴cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，，2bn＝2×3n－1n≥2.））∵c1＋c2＋…＋c2012＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32011＝3＋eq\f（6－2×32011,1－3)＝3－3＋32011＝32011.2．（2014·山东济南三模)已知等比数列｛an｝的前n项和为Sn，且满足Sn＝3n＋k.(1)求k的值及数列｛an}的通项公式;(2）若数列{bn}满足eq\f（an＋1，2)＝(4＋k)anbn，求数列｛bn}的前n项和Tn。解：（1）当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－3n－1－k＝2·3n－1.因为{an}是等比数列,所以a1＝2，an＝2·3n－1.a1＝S1＝3＋k＝2，所以k＝－1。(2)由eq\f（an＋1,2)＝（4＋k)anbn，可得bn＝eq\f（n,2·3n－1)，bn＝eq\f(3，2)·eq\f(n,3n），Tn＝eq\f(3,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f（2，32)＋\f（3，33）＋…＋\f（n,3n）))。eq\f（1,3）Tn＝eq\f（3，2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，32）＋\f(2，32)＋\f(3，34）＋…＋\f（n，3n＋1）））,eq\f（2，3)Tn＝eq\f（3,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f（1,32)＋\f(1,33）＋…＋\f(1，3n)－\f（n,3n＋1)））,Tn＝eq\f（9，4)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,2·3n）－\f（n，3n＋1)）).3．（2014·吉林长春模拟）已知函数f（x）满足ax·f（x)＝b＋f(x)(ab≠0)，f(1）＝2且f(x＋2）＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立．（1)求函数f（x)的解析式;（2）若正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝eq\f(1,4）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(3－\f(2，fan）））2。求证：数列{an｝是等差数列；(3）若bn＝eq\f(an,2n），数列｛bn}的前n项和为Tn，求Tn。解：(1）由ax·f（x）＝b＋f(x)(ab≠0），得f（x）（ax－1)＝b.若ax－1＝0，则b＝0,不合题意，故ax－1≠0，∴f（x)＝eq\f（b,ax－1）.由f(1）＝2＝eq\f（b，a－1)，得2a－2＝b. ①由f（x＋2)＝－f(2－x)对定义域中任意x都成立，得eq\f（b，ax＋2－1）＝－eq\f（b，a2－x－1），由此解得a＝eq\f(1,2）. ②把②代入①，可得b＝－1。∴f（x)＝eq\f(－1,\f（1，2)x－1)＝eq\f(2，2－x)(x≠2)．（2)证明：∵f（an）＝eq\f(2，2－an），Sn＝eq\f（1，4)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（3－\f(2，fan)))2，∴Sn＝eq\f（1，4)(an＋1）2，∴a1＝eq\f(1，4）(a1＋1)2,∴a1＝1;当n≥2时,Sn－1＝eq\f(1，4）（an－1＋1）2，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1，4)（aeq\o\al(2，n)－aeq\o\al(2，n－1）＋2an－2an－1），得(an＋an－1)(an－an－1－2）＝0.∵an＞0,∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，∴数列｛an｝是等差数列．（3）数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n－1。∴bn＝eq\f(2n－1,2n）。Tn＝eq\f（1，2)＋eq\f（3，22)＋eq\f（5,23）＋…＋eq\f（2n－1,2n)， ③同边同乘以eq\f（1，2）,得eq\f(1,2)Tn＝eq\f（1，22)＋eq\f（3,23）＋eq\f(5，24）＋…＋eq\f（2n－1,2n＋1）, ④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f（1,2）＋eq\f（2,22)＋eq\f（2,23)＋…＋eq\f（2,2n)－eq\f(2n－1，2n＋1），∴eq\f（1，2)Tn＝2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）＋\f(1,22)＋\f（1，23）＋…＋\f（1,2n）)）－eq\f（2n－1,2n＋1)－eq\f（1，2)＝2×eq\f(\f(1,2)\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2n)))，1－\f(1,2））－eq\f(2n－1，2n＋1）－eq\f（1,2）＝eq\f(3,2)－eq\f（2n＋3，2n＋1），∴Tn＝3－eq\f（2n＋3，2n).4．（2012·高考大纲全国卷）函数f（x)＝x2－2x－3。定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P（4，5）、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．(1）证明:2≤xn＜xn＋1＜3；（2)求数列{xn}的通项公式．解：（1)用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1＜3.（ⅰ）当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为y－5＝eq\f（f2－5,2－4)（x－4)，令y＝0,解得x2＝eq\f(11，4)，所以2≤x1＜x2＜3。(ⅱ)假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3。直线PQk＋1的方程为y－5＝eq\f(fxk＋1－5，xk＋1－4)（x－4)，令y＝0,解得xk＋2＝eq\f（3＋4xk＋1,2＋xk＋1）。由归纳假设知xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1，2＋xk＋1)＝4－eq\f(5，2＋xk＋1）＜4－eq\f（5,2＋3)＝3;xk＋2－xk＋1＝eq\f(3－xk＋11＋xk＋1，2＋xk＋1)＞0，即xk＋1＜xk＋2.所以2≤xk＋1＜xk＋2＜3，即当n＝k＋1时，结论成立．由(ⅰ）、(ⅱ）知对任意的正整数n,2≤xn＜xn＋1＜3。（2）证明:由(1）及题意得xn＋1＝eq\f(3＋4xn，2＋xn)。设bn＝xn－3,则eq\f（1，bn＋1）＝eq\f（5,bn)＋1，eq\f（1,bn＋1）＋eq\f(1，4）＝5eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，bn）＋\f（1，4））），数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1,bn）＋\f（1,4))）是首项为－eq\f（3,4)，公比为5的等比数列．因此eq\f（1，bn）＋eq\f（1,4）＝－eq\f(3,4)·5n－1，即bn＝－eq\f（4，3·5n－1＋1)，所以数列｛xn｝的通项公式为xn＝3－eq\f（4,3·5n－1＋1)。5．已知数列{an｝中，a1＝1，an＋1＝c－eq\f(1,an)。(1)设c＝eq\f（5,2），bn＝eq\f(1,a2－2），求数列｛bn}的通项公式；(2）求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范围．解：（1）an＋1－2＝eq\f(5，2）－eq\f(1，an）－2＝eq\f(an－2，2an)，eq\f(1，an＋1－2）＝eq\f(2an，an－2)＝eq\f（4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2.所以bn＋1＋eq\f（2，3)＝4eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（bn＋\f（2,3））).又a1＝1，故b1＝eq\f（1,a1－2）＝－1，所以eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3））)是首项为－eq\f(1,3)，公比为4的等比数列，bn＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3）×4n－1，即bn＝－eq\f（4n－1,3）－eq\f（2,3）.（2）a1＝1,a2＝c－1，由a2＞a1,得c＞2。用数学归纳法证明：当c＞2时，an＜an＋1.①当n＝1时，a2＝c－eq\f(1,a1）＞a1，命题成立；②假设当n＝k时，ak＜ak＋1，则当n＝k＋1时，ak＋2＝c－eq\f（1，ak＋1）＞c－eq\f（1,ak）＝ak＋1。故由①②，知当c＞2时，an＜an＋1。当c＞2时,因为c＝an＋1＋eq\f(1，an)＞an＋eq\f(1，an），所以aeq\o\al（2,n）－can＋1＜0有解．所以eq\f（c－\r（c2－4),2）＜an＜eq\f(c＋\r（c2－4),2)。所以令a＝eq\f(c＋\r(c2－4)，2），当2＜c≤eq\f（10,3)时,a在eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1（2，\f（10,3）））上单调递增，所以an＜a≤3；当c＞eq\f(10,3）时，a＞3，且1≤an＜a，a＝eq\f(c＋\r(c2－4）,2)，eq\f（1,a）＝eq\f（2,c＋\r（c2－4))＝eq\f（c－\r(c2－4)，2），所以c＝a＋eq\f(1，a)。又c＝an＋1＋eq\f（1,an)，所以a＋eq\f（1，a）＝an＋1＋eq\f（1,an），所以a－an＋1＝eq\f(1，an）－eq\f(1,a）＝eq\f(1，ana）(a－an)．又an·a＞3,所以a－an＋