数列证明题型归纳教师版附答案解析46866Word格式.docx

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故bn＝n，an＝.

（Ⅱ）Sn＝1×

＋2×

＋3×

＋…＋（n－1）×

＋n×

Sn＝1×

两式相减，得：

Sn＝＋＋＋…＋－

＝－＝1－－

Sn＝2－－

3．数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足4Sn＝（an＋1）2（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：

数列{an}是等差数列，并求出其通项公式an；

（Ⅱ）设bn＝an＋2an（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.

（Ⅰ）n＝1时，4a1＝（a1＋1）2⇒a－2a1＋1＝0，即a1＝1

n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝（an＋1）2－（an－1＋1）2＝a－a＋2an－2an－1

⇒a－a－2an－2an－1＝0

⇒（an＋an－1）[（an－an－1）－2]＝0

∵an>

0　∴an－an－1＝2

故数列{an}是首项为a1＝1，公差为d＝2的等差数列，且an＝2n－1（n∈N*）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn＝an＋2an＝（2n－1）＋22n－1

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝（1＋21）＋（3＋23）＋…＋[（2n－1）＋22n－1]

＝[1＋3＋…＋（2n－1）]＋（21＋23＋…＋22n－1）

＝n2＋＝＋n2－＝

4．数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2＝an＋1（n∈N*）．

（Ⅱ）设bn＝an·

2n（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.

（Ⅰ）由2＝an＋1（n∈N*）可以得到4Sn＝（an＋1）2（n∈N*）

n＝1时，4a1＝（a1＋1）2⇒a－2a1＋1＝0，即a1＝1

n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝（an＋1）2－（an－1＋1）2

＝a－a＋2an－2an－1

故数列{an}是首项为a1＝1，公差为d＝2的等差数列，且

an＝2n－1（n∈N*）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn＝an·

2n＝（2n－1）·

∴Tn＝（1·

21）＋（3·

22）＋…＋[（2n－3）·

2n－1]＋[（2n－1）·

2n]

则2Tn＝（1·

22）＋（3·

23）＋…＋[（2n－3）·

2n]＋[（2n－1）·

2n＋1]

两式相减得：

－Tn＝（1·

21）＋（2·

22）＋…＋（2·

2n）－[（2n－1）·

＝2·

－2－[（2n－1）·

＝（3－2n）·

2n＋1－6

∴Tn＝（2n－3）·

2n＋1＋6（或Tn＝（4n－6）·

2n＋6）

5．已知数列{an}，其前n项和为Sn＝n2＋n（n∈N*）．

（Ⅰ）求a1，a2；

（Ⅱ）求数列{an}的通项公式，并证明数列{an}是等差数列；

（Ⅲ）如果数列{bn}满足an＝log2bn，请证明数列{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.

（Ⅰ）a1＝S1＝5，

a1＋a2＝S2＝×

22＋×

2＝13，

解得a2＝8.

（Ⅱ）当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1

＝[n2－（n－1）2]＋[n－（n－1）]

＝（2n－1）＋＝3n＋2.

又a1＝5满足an＝3n＋2，

∴an＝3n＋2（n∈N*）．

∵an－an－1＝3n＋2－[3（n－1）＋2]

＝3（n≥2，n∈N*），

∴数列{an}是以5为首项，3为公差的等差数列．

（Ⅲ）由已知得bn＝2an（n∈N*），

∵＝＝2an＋1－an＝23＝8（n∈N*），

又b1＝2a1＝32，

∴数列{bn}是以32为首项，8为公比的等比数列．

∴Tn＝＝（8n－1）．

6．已知函数f（x）＝，数列{an}满足：

a1＝，an＋1＝f（an）．

（Ⅰ）求证：

数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）记Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1，求证：

Sn<

.

证明：

（Ⅰ）∵an＋1＝f（an）＝，∴＝＋，即－＝，

则成等差数列，

所以＝＋（n－1）×

＝＋（n－1）×

＝，则an＝.

（Ⅱ）∵anan＋1＝·

＝8，

∴Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＝8<

7．已知数列{an}的前三项依次为2，8，24，且{an－2an－1}是等比数列．

（Ⅰ）证明是等差数列；

（Ⅱ）试求数列{an}的前n项和Sn的公式．

（Ⅰ）∵a2－2a1＝4，a3－2a2＝8，

∴{an－2an－1}是以2为公比的等比数列．

∴an－2an－1＝4×

2n－2＝2n.

等式两边同除以2n，得－＝1，

∴是等差数列．

（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知＝＋（n－1）×

1＝n，∴an＝n·

2n.

2＋2×

22＋3×

23＋…＋n·

2n，'

①

22＋2×

23＋…＋（n－1）·

2n＋n·

2n＋1.'

②

①－②得：

－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·

＝－n·

2n＋1＝2n＋1－2－n·

2n＋1，

∴Sn＝（n－1）·

2n＋1＋2.

8．已知数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，且满足：

Sn＝（n∈N*）．

数列{S}是等差数列；

（Ⅱ）设Tn＝S＋S＋S＋…＋S，求Tn.

当n＝1时，a1＝S1，又Sn＝（n∈N*），

∴S1＝，解得S1＝1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

∴Sn＝，

即Sn＋Sn－1＝，化简得S－S＝1，

{S}是以S＝1为首项，1为公差的等差数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知S＝n，

Tn＝S＋S＋…＋S，

即Tn＝1·

＋2·

＋…＋（n－1）＋n·

.'

①×

得Tn＝1·

①－②得Tn＝＋＋…＋－n·

＝1－－n·

＝1－，

∴Tn＝2－.

9．数列{an}满足a1＝1，an＋1·

＝1（n∈N*），记Sn＝a＋a＋…＋a.

是等差数列；

（Ⅱ）对任意的n∈N*，如果S2n＋1－Sn≤恒成立，求正整数m的最小值．

－＝4⇒＝＋（n－1）×

4⇒＝4n－3，

即是等差数列．

（Ⅱ）令g（n）＝S2n＋1－Sn＝＋＋…＋.

∵g（n＋1）－g（n）<

0，

∴g（n）在n∈N*上单调递减，

∴[g（n）]max＝g

（1）＝.∴≤恒成立⇒m≥，

又∵m∈N，∴正整数m的最小值为10.

10．已知数列{an}是首项a1＝，公比为的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.

{bn}为等差数列；

（Ⅱ）设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck＋1，ck，ck＋2成等比数列？

若存在，求k，t的值；

若不存在，请说明理由．

an＝3－，bn＋1－bn＝－15log3＝5，

∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．

（Ⅱ）cn＝（5n＋t）·

3－，令5n＋t＝x，则cn＝x·

－，

cn＋1＝（x＋5）·

3－，cn＋2＝（x＋10）·

3－，

若c＝cn＋1cn＋2，则（x·

3－）2＝（x＋5）·

3－·

（x＋10）·

化简得2x2－15x－50＝0，解得x＝10或－（舍），

进而求得n＝1，t＝5，

综上，存在n＝1，t＝5适合题意．

11．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n＋1.

（Ⅰ）设bn＝an＋1－an＋2，（n∈N*），证明：

数列{bn}是等比数列；

（Ⅱ）求数列{an}的通项an.

（Ⅰ）由已知an＋1＝2an＋2n＋1　①

得an＋2＝2an＋1＋2n＋3　②

②－①，得an＋2－an＋1＝2an＋1－2an＋2

设an＋2－an＋1＋c＝2（an＋1－an＋c）．

展开与上式对比，得c＝2

因此，有an＋2－an＋1＋2＝2（an＋1－an＋2）

由bn＝an＋1－an＋2，得bn＋1＝2bn，

由a1＝1，a2＝2a1＋3＝5，得b1＝a2－a1＋2＝6，

故数列{bn}是首项为6，公比为2的等比数列

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn＝6×

2n－1＝3×

则an＋1－an＝bn－2＝3×

2n－2，

所以an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）

＝1＋（3×

21－2）＋（3×

22－2）＋…＋（3×

2n－1－2）

＝1＋3（2＋22＋23＋…＋2n－1）－2（n－1）

an＝3×

2n－2n－3，

当n＝1时，a1＝3×

21－2×

1－3＝6－5＝1，故a1也满足上式

故数列{an}的通项为an＝3×

2n－2n－3（n∈N*）．

12．在数列{an}中，a1＝，an＝an－1＋×

（n∈N*且n≥2）．

{an＋}是等比数列；

（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅲ）设Sn为数列的前n项和，求证Sn<

（Ⅰ）由已知，得＝＝∴是等比数列．

（Ⅱ）设An＝an＋，则A1＝a1＋1＝＋＝，且q＝

则An＝（）n，

∴an＋＝，可得an＝－

（Ⅲ）Sn＝（－）＋（－）＋…＋（－）

＝－

＝－＋·

＝－<

13．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1（n∈N*）．

数列{an－n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）数列{bn}满足：

bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn.

（Ⅰ）证法一：

由an＋1＝2an－n＋1可得an＋1－（n＋1）＝2（an－n），又a1＝2，则a1－1＝1，

∴数列{an－n}是以a1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列，

则an－n＝1×

2n－1，∴an＝2n－1＋n.

证法二：

＝＝＝2，

又a1＝2，则a1－1＝1，

（Ⅱ）∵bn＝，∴bn＝＝

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2·

（）2＋…＋n·

（）n　①

∴Sn＝（）2＋2·

（）3＋…＋（n－1）（）n＋n·

（）n＋1　②

由①－②，得Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－n·

（）n＋1＝－n·

（）n＋1＝1－（n＋2）（）n＋1，

∴Sn＝2－（n＋2）（）n.

14．在数列{an}中，a1＝1，2nan＋1＝（n＋1）an，n∈N*.

（Ⅰ）设bn＝，证明：

（Ⅰ）因为＝×

＝，

所以{bn}是首项为1，公比为的等比数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知＝，即an＝，

Sn＝1＋＋＋＋…＋，

上式两边乘以，得

Sn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－，

Sn＝2－，

所以Sn＝4－

15．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝（1＋λ）－λan，其中λ≠－1，