数列经典综合题66例

数列经典综合题66例本专题中所有试题均来源于近几年高考试题、高考模拟试题、大学自主招生试题及竞赛试题（含2009—2010学年最新试题），按内容分为以下几部分：⑴等差数列与等比数列综合题；⑵点列综合题；⑶数列与向量交汇的综合题；⑷数列与函数交汇的综合题；⑸数列与不等式交汇的综合题；⑹数列与概率统计的综合题；⑺分段数列综合题；⑻信息迁移题.（所有试题均有详细答案）题型比较全面，可作为学生复习数列时的参考用题，也可供数学教师备课时参考.等差数列与等比数列综合题例1等比数列{na}的前n项和为ns，已知1S,3S,2S成等差数列（1）求{na}的公比q；（2）求1a－3a＝3，求ns解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa由于01a，故022qq又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa故41a从而））（（）（））（（nnn211382112114S例2在正项数列na中,令111nniiiSaa.（Ⅰ）若na是首项为25,公差为2的等差数列,求100S；（Ⅱ）若11nnnpSaa（p为正常数）对正整数n恒成立,求证na为等差数列；（Ⅰ）解：由题意得,1112iiiiaaaa,所以100S=201152aa（Ⅱ）证:令1n,12121paaaa,则p=1所以111nniiiSaa=11nnpaa（1）,11111nniiiSaa=12(1)nnpaa（2）,（2）—（1）,得12(1)nnaa—11nnaa=121nnaa,化简得121(1)(1)nnnanaan（3）231(2)(1)(1)nnnanaan（4）,（4）—（3）得1322(1)nnnaaan在（3）中令1n,得1322aaa,从而na为等差数列例3已知{na}是公比为q的等比数列，且12,,mmmaaa成等差数列.（1）求q的值；（2）设数列}{na的前n项和为nS，试判断12,,mmmSSS是否成等差数列？说明理由.解：（1）依题意，得2am+2=am+1+am∴2a1qm+1=a1qm+a1qm–1在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，∴2q2=q+1，解得q=1或21.（2）若q=1，Sm+Sm+1=ma1+(m+1)a1=(2m+1)a1，Sm+2=(m+2)a1∵a1≠0，∴2Sm+2≠Sm+Sm+1若q=21，Sm+1=m2m)21(6132)21(1)21(1Sm+Sm+1=)21(1)21(1)21(1)21(11mm])21()21[(32341mm=m)21(3134∴2Sm+2=Sm+Sm+1故当q=1时，Sm,Sm+2,Sm+1不成等差数列；当q=21时，Sm,Sm+2,Sm+1成等差数列.例4已知数列｛an｝的首项aa1（a是常数），24221nnaann（2,nNn）．（Ⅰ）na是否可能是等差数列.若可能，求出na的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅱ）设bb1，2nabnn（2,nNn），nS为数列nb的前n项和，且nS是等比数列，求实数a、b满足的条件．解：（Ⅰ）∵),3,2(242,211nnnaaaann依∴2228422aaa542129223aaa882234aaa34,32,222342312aaaaaaaaaaa若}{na是等差数列，则1,2312aaaaa得但由3423aaaa，得a=0,矛盾.∴}{na不可能是等差数列(Ⅱ)∵2nabnn∴22211)1(2)1(4)1(2)1(nnnanabnnnnnbna2222(n≥2)∴22422aab当a≠－1时,}{0nnbb从第2项起是以2为公比的等比数列∴)12)(22(12)12)(22(111nnnababSn≥2时,222)1(222222)1(222)1(111abaababaabaSSnnnnn∴}{nS是等比数列,∴1nnSS(n≥2)是常数∵a≠-1时,∴b-2a-2=0当a=-1时，122,0nnbbb由（n≥3）,得0nb（n≥2）∴bbbbSnn21∵}{nS是等比数列∴b≠0综上,}{nS是等比数列,实数a、b所满足的条件为01221baaba或例5设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2-an，n=1，2，3，….(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1，且bn+1=bn+an，求数列{bn}的通项公式；(Ⅲ)设cn=n(3-bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(Ⅰ)∵n=1时，a1+S1=a1+a1=2∴a1=1∵Sn=2-an即an+Sn=2∴an+1+Sn+1=2两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an∵an≠0∴211nnaa(n∈N*)所以，数列{an}为首项a1=1，公比为21的等比数列.an=1)21(n(n∈N*)(Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1，2，3，…)∴bn+1-bn=(21)n-1得b2-b1=1b3-b2=21b4-b3=(21)2……bn-bn-1=(21)n-2(n=2，3，…)将这n-1个等式相加，得bn-b1=1+11232)21(22211)21(1)21()21()21(21nnn又∵b1=1，∴bn=3-2(21)n-1(n=1，2，3，…)(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n(21)n-1∴Tn=2[(21)0+2(21)+3(21)2+…+(n-1)(21)n-2+n(21)n-1]①而21Tn=2[(21)+2(21)2+3(21)3+…+(n-1)nnn)21()21(1]②①-②得：nnnnT)21(2])21()21()21()21[(2211210Tn=nnnnnn)21(4288)21(4211)21(14=8-(8+4n)n21(n=1，2，3，…)例6已知数列{}na中，0122,3,6aaa，且对3n≥时有123(4)4(48)nnnnananana．（Ⅰ）设数列{}nb满足1,nnnbananN，证明数列1{2}nnbb为等比数列，并求数列{}nb的通项公式；（Ⅱ）记(1)21!nnn，求数列{}nna的前n项和nS（Ⅰ）证明：由条件，得112234[(1)]4[(2)]nnnnnnanaanaana，则1112(1)4[]4[(1)]nnnnnnanaanaana．即111244.1,0nnnbbbbb又，所以1122(2)nnnnbbbb，21220bb．所以1{2}nnbb是首项为2，公比为2的等比数列．2122bb，所以112122(2)2nnnnbbbb．两边同除以12n，可得111222nnnnbb．于是2nnb为以12首项，－12为公差的等差数列．所以11(1),2(1)2222nnnnbbnnb得．（Ⅱ）111122(2)nnnnnnananna，令2nnnca，则1nncnc．而111(1)21(1)21nccnncnn，．∴(1)212nnann．(1)212(1)!!2nnnnannnnnnn，∴2(2!1!)(3!2!)(1)!!(12222)nnSnnn．令Tn＝212222nn，①则2Tn＝2311222(1)22nnnn．②①－②，得Tn＝212222nnn，Tn＝1(1)22nn．∴1(1)!(1)21nnSnn．例7设数列,nnab满足111,0ab且1123,1,2,3,2,nnnnnnaabnbab（Ⅰ）求的值，使得数列nnab为等比数列；（Ⅱ）求数列na和nb的通项公式；（Ⅲ）令数列na和nb的前n项和分别为nS和nS，求极限limnnnSS的值．（Ⅰ）令nnncab，其中为常数，若nc为等比数列，则存在0q使得111()nnnnncabqab．又1123(2)nnnnnnababab(2)(32)nnab．所以()(2)(32)nnnnqabab．由此得(2)(32)0,1,2,3,nnqaqbn由111,0ab及已知递推式可求得222,1ab，把它们代入上式后得方程组20,320qq消去q解得3．下面验证当3时，数列3nnab为等比数列．113(23)(323)(23)(3)nnnnnnababab(1,2,3,)n，11310ab，从而3nnab是公比为23的等比数列．同理可知3nnab是公比为23的等比数列，于是3为所求．（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果得13(23)nnnab，13(23)nnnab，解得11123232nnna，11323236nnnb．（Ⅲ）令数列nd的通项公式为1(23)nnd，它是公比为23p的等比数列，令其前n项和为nP；令数列ne的通项公式为1(23)nne，它是公比为23p的等比数列，令其前n项和为nP．由第（Ⅱ）问得1()2nnnSPP，3()6nnnSPP．1331nnnnnnnnnnPSPPPPSPPP．由于数列ne的公比0231，则1lim1(23)nnP．111()()1111()1nnnnnpppPpp，由于112323p，则1lim0nnP，于是lim0nnnPP，所以lim3nnnSS例8数列na的各项均为正数，nS为其前n项和，对于任意*Nn，总有2,,nnnaSa成等差数列.(Ⅰ)求数列na的通项公式；(Ⅱ)设数列nb的前n项和为nT，且2lnnnnaxb，求证:对任意实数ex,1（e是常数，e＝2.71828）和任意正整数n，总有nT2；(Ⅲ)正数数列nc中，)(,*11Nncannn.求数列nc中的最大项.（Ⅰ）解：由已知：对于*Nn，总有22nnnSaa①成立∴21112nnnSaa（n≥2）②①--②得21122nnnnnaaaaa∴111nnnnnnaaaaaa∵1,nnaa均为正数，∴11nnaa（n≥2）∴数列na是公差为1的等差数列又n=1时，21112Saa，解得1a=1∴nan.(*Nn)（Ⅱ）证明：∵对任意实数ex,1和任意正整数n，总有2lnnnnaxb≤21n.∴nnnTn1132121111211122221211131212111nnn(Ⅲ)解：由已知221212cca，54545434343232355