数列经典题目集锦--答案

1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1、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na的前n项和为nS，已知11,6,1321aaa，且*1,)25()85(NnBAnSnSnnn，（其中A,B为常数）．(1)求A与B的值；(2)求数列na为通项公式；三、数列的单调性4.已知常数0，设各项均为正数的数列na的前n项和为nS,满足：11a，11131nnnnnnaSSaa（*nN）．（1）若0，求数列na的通项公式；（2）若112nnaa对一切*nN恒成立，求实数的取值范围．5.设数列na是各项均为正数的等比数列，其前n项和为nS，若1564aa，5348SS.（1）求数列na的通项公式；（2）对于正整数,,kml（kml），求证：“1mk且3lk”是“5,,kmlaaa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nb满足：对任意的正整数n，都有121321nnnnabababab13246nn，且集合*|,nnbMnnNa中有且仅有3个元素，求的取值范围.2四、隔项（分段）数列问题6.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝13an＋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nb满足：对于Nn，都有2nnbbd(d为常数)，则称数列nb是公差为d的“隔项等差”数列．（Ⅰ）若17,321cc，nc是公差为8的“隔项等差”数列，求nc的前15项之和；（Ⅱ）设数列na满足：1aa，对于Nn，都有12nnaan．①求证：数列na为“隔项等差”数列，并求其通项公式；②设数列na的前n项和为nS，试研究：是否存在实数a，使得22122kkkSSS、、成等比数列（*Nk）?若存在，请求出a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Sn22014的最大正整数n.3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＝bn＋cn－12＋1，∴an＋1＝bn＋1＋cn2＋1，∴an＋1－an＝bn＋1＋cn2－bn＋cn－12＝bn＋1－bn2＋cn－cn－12.∵数列{bn}，{cn}都是等差数列，∴bn＋1－bn2＋cn－cn－12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＝2a1＋2b1－4d′2n＋1－(bn－d′)．(12分)令n＝2，得a3＝2a1＋2b1－4d′23－(b2－d′)＝2a1＋2b1－4d′23－b1，∵b1＋a3＝0，∴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＝1.4∵an＞0，Sn＞0，∴Sn＋1＋1Sn＋1＝an＋1an，(2分)∴S2＋1S1＋1·S3＋1S2＋1·…·Sn＋1＋1Sn＋1＝a2a1·a3a2·…·an＋1an，化简，得Sn＋1＋1＝2an＋1.①(4分)∴当n≥2时，Sn＋1＝2an.②①－②，得an＋1＝2an，∴an＋1an＝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＝0.(11分)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S2n＋Sn＝Sn＋1Sn－1＋Sn＋1，Sn＋1Sn－1＋1＝Sn＋1Sn，(13分)从而S2＋1S1＋1·S3＋1S2＋1·…·Sn＋1Sn－1＋1＝S3S2·S4S3·…·Sn＋1Sn，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11,6,1321aaa，得18,7,1321SSS．把2,1n分别代入*1,)25()85(NnBAnSnSnnn，得48228BABA，解得，8,20BA．(2)由(1)知，82028)(511nSSSSnnnnn，即82028511nSSnannn，①又8)1(2028)1(5122nSSannnn．②②-①得，20285)1(51212nnnnaanaan，即20)25()35(12nnanan．③又20)75()25(23nnanan．④④-③得，0)2)(25(123nnnaaan，520n，∴02123nnnaaa，又32215aaaa，所以32120aaa，因此，数列na是首项为1，公差为5的等差数列．故45)1(51nnan．4.解析：(1)0时,111nnnnnaSSaa5∴1nnnnaSSa∵0na，∴0nS∴1nnaa，∵11a，∴1na(2)∵11131nnnnnnaSSaa0na，∴1131nnnnnSSaa则212131SSaa，2323231SSaa，，11131nnnnnSSaa2n相加，得2113331nnnSna则3322nnnSnan，该式对1n也成立，∴*332nnnSnanN．③∴1*13312nnnSnanN．④④－③，得1113333122nnnnnanana即11333322nnnnnana∵0，∴133330,022nnnn.∵112nnaa对一切*nN恒成立，∴332nn1133()22nn对一切*nN恒成立．即233nn对一切*nN恒成立．记233nnnb,则111423622233333333nnnnnnnnnnbb当1n时，10nnbb；当2n时，10nnbb∴1213bb是{}nb中的最大项．6综上所述，的取值范围是13.5.解析：（1）数列na是各项均为正数的等比数列，215364aaa，38a，又5348SS，2458848aaqq，2q，3822nnna；……4分（2）（ⅰ）必要性：设5,,kmlaaa这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25kmlaaa，则10222kml，1022mklk，11522mklk，1121,24mklk13mklk.…………6分②若25mklaaa，则22522mkl，1225mklk，左边为偶数，等式不成立，③若25lkmaaa，同理也不成立，综合①②③，得1,3mklk，所以必要性成立.…………8分（ⅱ）充分性：设1mk，3lk，则5,,kmlaaa这三项为135,,kkkaaa，即5,2,8kkkaaa，调整顺序后易知2,5,8kkkaaa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11213213246nnnnnababababn，即123112122223246nnnnnbbb