数列经典例题剖析-----答案

1数列的题型与考点二、经典例题剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例题1.已知等比数列432,,,}{aaaan中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且1,641qa公比（Ⅰ）求na；（Ⅱ）设nnab2log，求数列.|}{|nnTnb项和的前解析：（I）依题意032),(32244342aaaaaaa即03213131qaqaqa21101322qqqq或211qq1)21(64nna故（II）nbnnn72log])21(64[log72127777||nnnnbnnnnnTbnn)13(2)76(,6||,71时当2)7)(6(212)7)(71(,1||,778nnnnTTbnn时当)7(212)7)(6()7(2)13(nnnnnnTn点评：本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和，本题还考查了转化的思想。例题2.设数列na的前n项和为Sn，若nS是首项为1，各项均为正数且公比为q的等比数列.（1）求数列na的通项公式na；（2）试比较212()nnnaaanN与的大小，并证明你的结论.2个个解析：（Ⅰ）∵nS是各项均为正数的等比数列.∴1(0)nnSqq.当n=1时，a1=1，当212,(1).nnnnnaSSqq时∴21(1)(1)(2)nnnaqqn。（Ⅱ）当n=1时，2132111312(1)2(1)[()]0.24aaaSSqqSqq∴2312aaa∴当1112112)1(2)1()1(2,2nnnnnnqqSqqSqqSaaan时32(1)nqq∵20,0.nqq①当q=1时，.2,0)1(123nnnaaaq②当,10时q.2,0)1(123nnnaaaq③当,1时q.2,0)1(123nnnaaaq综上可知：当n=1时，2312aaa当;2,1,212nnnaaaqn则若时若;2,1012nnnaaaq则若.2,112nnnaaaq则点评：本题考查了等比数列的基本知识，还要注意分类讨论。考点二：求数列的通项与求和例题3.已知数列{}na中各项为：12、1122、111222、……、111n222n……（1）证明这个数列中的每一项都是两个相邻整数的积.（2）求这个数列前n项之和Sn.解析：先要通过观察，找出所给的一列数的特征，求出数列的通项，进一步再求和。答案：（1）12(101)10(101)99nnnna1(101)(102)9nn101101()(1)33nn3记：A=1013n,则A=333n为整数na=A(A+1)，得证(2)21121010999nnna2422112(101010)(101010)999nnnSn2211(101110198210)891nnn点评：本题难点在于求出数列的通项，再将这个通项“分成”两个相邻正数的积，解决此题需要一定的观察能力和逻辑推理能力。例题4.已知nS是数列{na}的前n项和，并且1a=1，对任意正整数n，241nnaS；设,3,2,1(21naabnnn）.（I）证明数列}{nb是等比数列，并求}{nb的通项公式；（II）设}loglog1{,32212nnnnnCCTbC为数列的前n项和，求nT.解析：（I）),2(24,2411naSaSnnnn两式相减：),2(4411naaannn*),(2)2(2,2)(42,2),2)((41111121111Nnbaabaaaaabaabnaaannnnnnnnnnnnnnnn,21nnbb}{nb是以2为公比的等比数列，,325,523,24,2112121121baaaaaaab而*)(231Nnbnn（II）,231nnnbC,)1(12log2log1loglog11222212nnCCnnnn个4而,111)1(1nnnn.111)111()4131()3121()211(nnnTn点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列na的通项na，第二问求和用到裂项的办法求和。考点三：数列与不等式的联系例题5.已知为锐角，且12tan，函数)42sin(2tan)(2xxxf，数列{an}的首项)(,2111nnafaa.⑴求函数)(xf的表达式；⑵求证：nnaa1；⑶求证：),2(21111111*21Nnnaaan解析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。答案：解：⑴1)12(1)12(2tan1tan22tan22又∵为锐角∴42∴1)42sin(xxxf2)(⑵nnnaaa21∵211a∴naaa,,32都大于0∴02na∴nnaa1⑶nnnnnnnaaaaaaa111)1(11121∴11111nnnaaa∴1322121111111111111nnnaaaaaaaaa51111211nnaaa∵4321)21(22a,143)43(23a,又∵nnaan12∴131aan∴21211na∴2111111121naaa点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式所给的式子更具有一般性。例题6.已知数列nx满足,2143.1,,211*1nnnnnxaxNnxx设且且.2)12(322123212nnnnaanaaaT（Ⅰ）求nx的表达式；（Ⅱ）求nT2；（Ⅲ）若)()12(131*2NnnnQn，试比较nnQT与29的大小，并说明理由.解析：（I）,)21(1nnnxx12123121)21()21()21(1)()()(nnnnxxxxxxxx)21(1)21(11213132n当1n时上式也成立，).(213132*1Nnxnn（Ⅱ）.212141214311nnnnxannnnaanaaaT21232122)12(32612243221221)12(21321221nnnn①2212543221221)12(2132122121nnnnnT②①—②，得221232221221212123nnnnT.2122161612122112114123222222nnnnnnnT.2131912132191912222nnnnnnT（Ⅲ）由（Ⅱ）可得.2131922nnnT又2)2(131nnQn当;9,9)12(,42,1222nnnQTnn时当;9,25)12(,162,2222nnnQTnn时当.)12()(])11[(2,32221022nCCCCnnnnnnnn时.92nnQT综上所述，当.9,3;9,2,122QnTnQnTnnn时当时点评：比较大小的常见的办法是做差，但关键在于和零比较，要注意在不同的条件下有不同的结果，也就是要根据分类讨论。例题7.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.7解析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。答案：解:(Ⅰ)先用数学归纳法证明01na,*nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即01ka.则当n=k+1时,因为0x1时,1()1011xfxxx,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)f(ka)f(1),即011ln21ka.故当n=k+1时,结论也成立.即01na对于一切正整数都成立.又由01na,得1ln1ln(1)0nnnnnnaaaaaa,从而1nnaa.综上可知101.nnaa(Ⅱ)构造函数g(x)=22x-f(x)=2ln(1)2xxx,0x1,由2()01xgxx,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在0,1上连续,所以g(x)g(0)=0.因为01na,所以0nga,即22nnafa0,从而21.2nnaa(Ⅲ)因为1111,(1)22nnbbnb,所以0nb,1nnbb12n,所以1211211!2nnnnnnbbbbbnbbb————①,由(Ⅱ)21,2nnaa知:12nnnaaa,所以1naa=31212121222nnnaaaaaaaaa,因为122a,n≥2,101.nnaa所以na1121222naaaa112nna2122na=12n————②.8由①②两式可知:!nnban.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。考点四：数列与函数、向量、概率等的联系例题8.无穷数列}{na的前n项和)(*NnnpaSnn，并且1a≠2a．（1）求p的值；（2）求}{na的通项公式；（3）作函数nnxaxaxaxf1232)(，如果4510S，证明：41)31(f．解析：（1）∵111paSa∴01a，且p＝1，或01a．若是01a，且p＝1，则由22212paSaa．∴21aa，矛盾．故不可能是：01a，且p＝1．由01a，得02a．又22212paSaa，∴21p．（2）∵11)1(21nnanS，nnnaS21，∴nnnnaana21)1(2111．nnnaan1)1(．当k≥2时，11kkaakk．∴n≥3时有223211aaaaaaaannnnn22)1(123221anannnn．∴对一切*Nn有：2)1(anan．（3）∵2101045211045aaS，∴12a．)(1*Nnnan．故nnxxxxf22)(．∴nnf33231)31(2．又123