等差数列与等比数列综合题

例1 已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn． （Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn=

1*

(nN)，求数列bn的前n项和Tn． 2an1【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a12d7，解得a13,d2， 2a10d261所以an3（2n1)=2n+1；Sn=3n+（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

n(n-1)2=n2+2n。 21111111(-)，===

an21（2n+1)214n(n+1)4nn+1所以Tn=

1111(1-++42231111n+-)=(1-)=，

nn+14n+14(n+1)即数列bn的前n项和Tn=

n。

4(n+1)anan1,nN*. 21’a22,an＋2＝例2 已知数列an}满足， a1＝令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；

(Ⅱ)求an}的通项公式。 （1）证b1a2a11, 当n2时，bnan1an所以bn是以1为首项，an1an11an(anan1)bn1, 2221为公比的等比数列。 21n1（2）解由（1）知bnan1an(),

2当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)1(anan1)11()21()n2

21

11()n12152121[1()n2]()n1, 11323321()252111当n1时，()1a1。

332521n1*所以an()(nN)。

332例3 设数列an的前n项和为Sn，已知ban2b1Sn

nn1（Ⅰ）证明：当b2时，ann2是等比数列；

（Ⅱ）求an的通项公式

解 由题意知a12，且ban2b1Sn

nban12n1b1Sn1

两式相减得ban1an2b1an1

n即an1ban2n ①

（Ⅰ）当b2时，由①知an12an2n

于是an1n122an2n12

nnnn1 2ann2

n1又a112n110，所以ann2是首项为1，公比为2的等比数列。

（Ⅱ）当b2时，由（Ⅰ）知ann2n12n1，即ann12 当b2时，由由①得

n1

an1112n1ban2n2n1 2b2bbban2n

2b1ban2n

2b因此an1112n1ban2n 2b2b2

21bnb 2bn12得an1 nn1222bbn22b例4 在数列{an}中，a11,an1(1)an（I）设bn1nn1, 2nan，求数列{bn}的通项公式; n

（II）求数列{an}的前n项和Sn解：（I）由已知有

an1an11nbn1bnn n1n221*nN() n12 利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式: bn2（II）由（I）知an2nnn, n12nnkkSn=(2kk1)(2k)k1

2k1k1k12n而

(2k)n(n1),又k1nk是一个典型的错位相减法模型， k1k12n易得

n2kn24 n(n1) =4Snn1k1n1222k1例5 已知数列an的前n项和为Sn，a11，且3an12Sn3（n为正整数）

（Ⅰ）求出数列an的通项公式；

（Ⅱ）若对任意正整数n，kSn恒成立，求实数k的最大值. 解：（Ⅰ）3an12Sn3， ①  当n2时，3an2Sn13. ② 由 ① - ②，得3an13an2an0.  又 a11，3a22a13，解得 a2  数列an是首项为1，公比为qan11an3(n2).

1. 31的等比数列. 33

ana1qn113n1（n为正整数）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知Sn31n1() 23n31 由题意可知，对于任意的正整数n，恒有k1，.

23n1 数列132单调递增， 当n1时，数列中的最小项为，

3  必有k1，即实数k的最大值为1

例6 在数列an中，a13,an2an12n3(n2,且nN).（1）求a2,a3的值； （2）设bn

an3bn是等差数列；(nN),证明： n2（3）求数列an的前n项和Sn..

解（1）a13,an2an12n3(n2,且nN), a22a12231

a32a223313. （2）对于任意nN, bn1bn =

an13an31an12an3 n1nn12221n122n1331，

 数列bn是首项为

a13330，公差为1的等差数列. 22 （3）由（2）得，

an30(n1)1, 2nn an(n1)23(nN).

Sn3(1223)(2233)n12n3，

4

 即Sn122223324n12n3n. 设Tn122223324n12n, 则2Tn123224325n12n1, 两式相减得，Tn2223242nn12n1

4(12n1)(n1)2n1, 12 整理得，Tn4(n2)2n1, 从而Sn4(n2)2n13n(nN).

例 7已知数列an的首项a1（Ⅰ）求证：an11，前n项和Snn2an. 2nan; n2Tn（Ⅱ）记bnlnSn，Tn为bn的前n项和，求en的值.

解：（1）由Snn2an①，得Sn1(n1)2an1②，

②-①得：an1（2）由an1nan. n2

nan求得an1. n2n(n1)

∴Snn2ann，bnlnSnlnnln(n1) n1Tn(ln1ln2)(ln2ln3)(ln3ln4)∴eTnneln(n1)n1. 例8 已知数列an满足a1(1)求证：数列(lnnln(n1))ln(n1)

1a2a1*，且当n1，n时，有n1n1 5an12an1为等差数列； anan12an11得an112anan2an11 an12an(2)试问a1a2是否为数列an中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由. 证明：（1）由

5

即an1an4anan1 上式两边同时除以anan1得

114n1 anan1115，是首项为5，公差为4的等差数列 a1an11（2）又（1）知 54n1，即an4n1an11  a2， a1a294511令an， 解得n11 4n145所以 a1a2是数列an的第11项

又

2例9 数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意nN*，总有an,Sn,an成

等差数列.

(Ⅰ)求数列an的通项公式；

(Ⅱ)设数列bn的前n项和为Tn ，且bnlnnxan2，求证:对任意实数x1,e（e是常数，

e＝2.71828）和任意正整数n，总有Tn 2；

(Ⅲ) 正数数列cn中，an1cn*n1,(nN*).求数列cn中的最大项.

2（Ⅰ）解：由已知：对于nN，总有2Snanan ①成立

∴2Sn1an1an1 （n ≥ 2）② ①--②得2anananan1an1 ∴anan1anan1anan1

∵an,an1均为正数，∴anan11 （n ≥ 2） ∴数列an是公差为1的等差数列 又n=1时，2S1a1a1， 解得a1=1 ∴ann.(nN)

*22226

（Ⅱ）证明：∵对任意实数x1,e和任意正整数n，总有bnlnnxan2≤

1. 2n∴Tn111111 1n1n12231222n211111122 223n1nn211(Ⅲ)解：由已知 a2c12c132，

4

a3c23c233,a4c34c3442,a5c45c4555

易得 c1c2,c2c3c4... 猜想 n≥2 时，cn是递减数列.

1xlnxlnx1lnxx令fx ,则fx22xxx∵当x3时，lnx1,则1lnx0，即fx0. ∴在3,内fx为单调递减函数. 由an1cnn1知lncnlnn1.

n1∴n≥2 时, lncn是递减数列.即cn是递减数列.

又c1c2 , ∴数列cn中的最大项为c233.

例10 数列错误！未找到引用源。中，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。（错误！未找到引用源。是常数，错误！未找到引用源。），且错误！未找到引用源。成公比不为错误！未找到引用源。的等比数列。 （I）求错误！未找到引用源。的值； （II）求错误！未找到引用源。的通项公式。

解：（I）错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，因为错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。成等比数列，

所以错误！未找到引用源。，解得错误！未找到引用源。或错误！未找到引用源。． 当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。，不符合题意舍去，故错误！未找到引用源。．

（II）当错误！未找到引用源。时，由于错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，

7

错误！未找到引用源。，所以错误！未找到引用源。。

又错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，故错误！未找到引用源。．当n=1时，上式也成立，所以错误！未找到引用源。

8