高考数学数列题型之等差数列与等比数列综合题

等差数列与等比数列综合题例已知等差数列na满足：37a，5726aa，na的前n项和为nS．（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令bn=211na(nN*)，求数列nb的前n项和nT．【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，因为37a，5726aa，所以有112721026adad，解得13,2ad，所以321)=2n+1nan（；nS=n(n-1)3n+22=2n+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1na，所以bn=211na=21=2n+1)1（114n(n+1)=111(-)4nn+1，所以nT=111111(1-+++-)4223nn+1=11(1-)=4n+1n4(n+1)，即数列nb的前n项和nT=n4(n+1)。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。例设nS为数列{}na的前n项和，2nSknn，*nN，其中k是常数．（I）求1a及na；（II）若对于任意的*mN，ma，2ma，4ma成等比数列，求k的值．解（Ⅰ）当1,111kSan，12)]1()1([,2221kknnnknknSSannnn（）经验，,1n（）式成立，12kknan（Ⅱ）mmmaaa42,,成等比数列，mmmaaa422.，即)18)(12()14(2kkmkkmkkm，整理得：0)1(kmk，对任意的Nm成立，10kk或例等比数列{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－q5分（Ⅱ）由已知可得321211）（aa故41a从而））（（）（））（（nnn211382112114S10分例已知数列}na满足，*11212,,2nnnaaaaanN’＋2＝＝.令1nnnbaa，证明：{}nb是等比数列；(Ⅱ)求}na的通项公式。（1）证1211,baa当2n时，1111,11()222nnnnnnnnnaabaaaaab所以nb是以1为首项，12为公比的等比数列。（2）解由（1）知111(),2nnnnbaa当2n时，121321()()()nnnaaaaaaaa21111()()22n111()2111()2n2211[1()]32n1521(),332n当1n时，111521()1332a。所以1*521()()332nnanN。例设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS（Ⅰ）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（Ⅱ）求na的通项公式解由题意知12a，且21nnnbabS11121nnnbabS两式相减得1121nnnnbaaba即12nnnaba①（Ⅰ）当2b时，由①知122nnnaa于是1122212nnnnnanan122nnan又111210na，所以12nnan是首项为1，公比为2的等比数列。（Ⅱ）当2b时，由（Ⅰ）知1122nnnan，即112nnan当2b时，由由①得1111122222nnnnnababb22nnbbab122nnbab因此11112222nnnnababb212nbbb得121122222nnnnabbnb例在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan,（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式;（II）求数列{}na的前n项和nS解：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb利用累差迭加即可求出数列{}nb的通项公式:1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)nkknn,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)nn1242nn例已知数列na的前n项和为nS，11a，且3231nnSa（n为正整数）（Ⅰ）求出数列na的通项公式；（Ⅱ）若对任意正整数n，nSk恒成立，求实数k的最大值.解：（Ⅰ）3231nnSa，①当2n时，3231nnSa.②由①-②，得02331nnnaaa.311nnaa)2(n.又11a，32312aa，解得312a.数列na是首项为1，公比为31q的等比数列.11131nnnqaa（n为正整数）（Ⅱ）由（Ⅰ）知nnS)31(123由题意可知，对于任意的正整数n，恒有nk31123，.数列n311单调递增，当1n时，数列中的最小项为32，必有1k，即实数k的最大值为1例各项均为正数的数列na中，nSa,11是数列na的前n项和，对任意Nn，有)(222RpppapaSnnn；⑴求常数p的值；⑵求数列na的通项公式；⑶记nnnnSb234，求数列nb的前n项和T。解：（1）由11a及)(222NnppapaSnnn，得：ppp221p（2）由1222nnnaaS①得1221211nnnaaS②由②—①，得)()(2212211nnnnnaaaaa即：0)())((2111nnnnnnaaaaaa0)122)((11nnnnaaaa由于数列na各项均为正数，1221nnaa即211nnaa数列na是首项为1，公差为21的等差数列，数列na的通项公式是2121)1(1nnan（3）由21nan，得：4)3(nnSnnnnnnnSb2234nnnT22322213213222)1(2222nnnnnT22)1(221)21(22222211132nnnnnnnnnT1(1)22nnTn例在数列).,2(322,311Nnnaaaannnn且中，（1）的值；求32,aa（2）设是等差数列；证明：nnnnbNnab),(23（3）求数列..nnSna项和的前解（1）),,2(322,311Nnnaaannn且1322212aa.13322323aa（2）对于任意,Nn3221232311111nnnnnnnnnaaaabb=13322111nn，数列nb是首项为0233231a，公差为1的等差数列.（3）由（2）得，,1)1(023nann).(32)1(Nnnann321)322()321(332nnnS，即.321232221432nnSnn设,21232221432nnnT则,2123222121543nnnT两式相减得，1432212222nnnnT,2)1(21)21(411nnn整理得，,2)2(41nnnT从而).(32)2(41NnnnSnn例已知数列na的首项211a，前n项和nnanS2.（Ⅰ）求证：nnanna21;（Ⅱ）记nnSbln，nT为nb的前n项和，求nenT的值.解：（1）由nnanS2①，得121)1(nnanS②，②-①得：nnanna21.（2）由nnanna21求得)1(1nnan.∴12nnanSnn，)1ln(lnlnnnSbnn(ln1ln2)(ln2ln3)(ln3ln4)(lnln(1))ln(1)nTnnn∴1)1ln(nenenTn.例等比数列{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)!!2nnn