北大附中高考数学专题复习数列、极限、数学归纳法(下)
学科：数学
教学内容：数列、极限、数学归纳法(下)
【例题解析】
例1 完成下列各选择题
（1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c三数成等比数列的充要条件是b2=ac”；“a,b,c三数成等差数列的充要条件是2b=a+c”，以上四个命题中，正确的有（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
（2）命题1：若数列{an}的前n项和Sn=an+b(a≠1)，则数列{an}是等比数列；
命题2：若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a≠0)，则数列{an}是等差数列；
命题3：若数列{an}的前n项和Sn=na－n，则数列{an}既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
（3）设{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）
A.1 B.2 C.4 D.6
解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。
命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；
命题2中可知an+1=an×，an+1
an，即an+1>an，此时该数列为递增数列；
命题3中，若a=b=0，c∈R，此时有，但数列a,b,c不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=，则成为不必要也不充分条件。
（2）上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an=
正确判断数列{an}是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。上述三个命题都不是真命题，选择A。
由命题1得，a1=a+b，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=(a－1)·an－1。若{an}是等比数列，则=a，即=a，所以只有当b=－1且a≠0时，此数列才是等比数列。
由命题2得，a1=a+b+c，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2na+b－a，若{an}是等差数列，则a2
－a1=2a，即2a－c=2a，所以只有当c=0时，数列{an}才是等差数列。
由命题3得，a1=a－1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=a－1，显然{an}是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a－1≠0；即a≠1时数列{an}才又是等比数列。
（3）方程法：设{an}的首项为a1，公差为d。则解之得或
又∵{an}是递增数列，∴d>0故a1=2。
习惯上可设前三项分别为4－d,4,4+d由4(4－d)(4+d)=48解得。
估值法：由2+4+6=12，48=2×4×6，{an}为递增数列可知a1=2。
例2在数列{an}中,a1=b(b≠0)，前n项和Sn构成公比为q的等比数列。
（1）求证：数列{an}不是等比数列；
（2）设bn=a1S1+a2S2+…+anSn,|q|<1，求bn。
解 （1）证明：由已知S1=a1=b
∵{Sn}成等比数列，且公比为q。
∴Sn=bqn－1，∴Sn－1=b·qn－2(n≥2)。当n≥2时，an=Sn－Sn－1=bqn－1－bqn－2=b·(q－1)·qn－2
故当q≠1时，==q，
而==q－1≠q，∴{an}不是等比数列。
当q=1，n≥2时，an=0，所以{an}也不是等比数列。
综上所述，{an}不是等比数列。
（2）∵|q|<1，由（1）知n≥2，a2,a3,a4，…，an构成公比为q的等比数列，∴a2S2,a3S3,…,anSn是公比为q2的等比数列。
∴bn=b2+a2S2·(1+q2+q4+…+q2n－4)
∵S2=bq,a2=S2－S1=bq－b
∴a2S2=b2q(q－1)
∴bn=b2+b2q(q－1)·
∵|q|<1
∴q2n－2=0
∴bn=b2+b2q(q－1)·=
注 1+q2+q4+…+q2n－4
的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心检验。数列的极限与数列前n项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n→∞时，数列变化的趋势。
例3 已知数列{xn}的各项为不等于1的正数，其前n项和为Sn，点Pn的坐标为（xn,Sn），若所有这样的点Pn(n=1,2，…)都在斜率为k的同一直线(常数k≠0,1)上。
（1）求证：数列{xn}是等比数列；
（2）设yn=log (2a2－3a+1)满足
ys=,yt=（s,t∈N，且s≠t）
共中a为常数，且1M时，xn>1恒成立？若存在，求出相应的M；若不存在，请说明理由。
证明 （1）∵点Pn、Pn+1都在斜率为k的直线上
∴=k，即=k
故 (k－1)xn+1=kxn
∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1
∴==常数
∴{xn}是公比为的等比数列。
（2）答案是肯定的，即存在自然数M，使当n>M时，xn>1恒成立。
事实上，由10首项为x1，则xn=x1·qn－1(n∈N)
∴=(n－1) logq+logx1
令d=logq，故得{}是以d为公差的等差数列。
又∵=2t+1, =2s+1
∴－=2(t－s)
即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s)
∴d=－2
故=+（n－s）·(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N）
又∵xn=(2a2－3a+1) （n∈N）
∴要使xn>1恒成立，即须<0
∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+，当M=t+s,n>M时，我们有
<0恒成立，
∴当n>M=（t+s）时，
xn=(2a2－3a+1) >1恒成立。（∵0<2a2－3a+1<1）
注 （1）点（xn,Sn）在一直线上是{xn}成等比数列的充要条件（其中公比q≠1，斜率k≠0，1）。
（2）如果数列{xn}各项是正数且成等比数列，则数列{logaxn}(a>0,a≠1)成等差数列。
例4 在数列{an}中a1=1，当n≥2时，an,Sn,Sn－成等比数列。
（1）求a2,a3,a4并推出an的表达式；
（2）用数学归纳法证明所得的结论；
（3）求数列{an}所有项的和。
解∵an,Sn,Sn－成等比数列
∴Sn2=an·(Sn－)(n≥2) (*)
（1）把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：a2=－
把a1=1,a2=－,S3=+a3代入(*)得：a3=－。同理可得：a4=－
由此可以推出：
an=
（2）（i）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。
(ii)假设n=k(k≥2) 时，ak=－成立。
故Sk2=－·(Sk－)
(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0
∴Sk=或Sk=（舍去）
由Sk+12=ak+1·(Sk+1－)得
(Sk+ak+1)2=ak+1·(ak+1+Sk－)
+ak+12+=ak+12+－ak+1
ak+1=
即n=k+1时，命题也成立。
由(i)(ii)可知，an=
对一切n∈N成立。
（3）由（2）得数列前n项的和Sn=
故所有项和S=Sn=0
注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。
（2）对于{an}的通项还可以这样来求：
∵Sn2=an(Sn－) ∴Sn2=(Sn－Sn－1)(Sn－)
－=2,故{}是以{}为首项，为公差的等差数列
故 =+2(n－1)=2n－1
Sn=,an=
对于含有an,Sn的关系式中，常将an用Sn－Sn－1（n≥2）代（或Sn+1－Sn用an+1代），化成Sn，Sn+1（或an,an+1）的递归关系式。
例5 设An为数列{an}的前n项的和，An=(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{dn}，证明数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
（3）设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和，Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn,求。
解（1）由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1)
∴An+1－An=(an+1－an)=an+1，即=3
而a1=A1=(a1－1)，得a1=3
所以数列{an}是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式为an=3n。
（2）∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n
=3×（42n+C12n·42n－1(－1)+…+C2n2n－1·4·(－1)+(－1)2n）
=4m+3
∴32n+1∈{bn}
而数32n=（4－1）2n
=42n+C2n1·42n－1·（－1）+…+C2n2n－1·4·(－1)+(－1)2n
=(4k+1)
∴
而数列{an}={32n+1}∪{32n}
∴ dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=
∵Br==r(2r+5)
=·
Dn=·(1－9n)=（9n－1）
∴Tn=Br－Dn=－（9n－1）
=·34n－·32n+
又∵（an）4=34n
∴=
例6 已知函数f(x)=x+ (a>0)
（1）求f(x)的反函数f－1(x)及其定义域；
（2）数列{an}满足
设bn=，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与的大小，并证明你的结论。
解 （1）给y－x=两边平方，整理得 x=
∵y－x=y－=
=≥0
∴y≥a或－a≤y<0
故f－1(x)= ，其定域为
（2）∵an+1=f－1(an)=
∴bn+1==…=（）2=bn2
又a1=3a，b1===
∴bn=(bn－1)2=(bn－2)=(bn－3)
=…=(b1) =()
∴Sn=b1+b2+…+bn
=+()2+()+[()+()+…+()]
又∵2n－1=(1+1)n－1=
则当n≥4时，
=1+(n－1)+>n+1
∴()<()n+1
∴Sn=+()2+()+[()+()+…+()]
<+++ [()5+()6+…+()n+1]
=+++
=+++·[1－()n－3]
<+++=
注 本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出f－1(x)及其定义域。搞清定义域是解题成功的一半。根据函数f(x)解析式的特点，也可以利用三角代换x=asecθ，θ∈[0,∪[π，，求函数f(x)的值域，即f－1(x)的定义域。
例7 已知数列{an}中，a1=4，an+1=，是否存在这样的数列{bn}，bn=，其中A、B、C为实常数，使得{bn}是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{an}的取值范围。
解 假设这样的{bn}存在，则应有
bn+1==
=
bn=
存在q≠0,q≠1,q为常数，使bn+1=qbn,对n∈N都成立，于是比较两边的分子和分母，有
由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C或C=－2B。
1°若代入（2）知q=1（B、C不能为0，否则bn=0，不合题意要求）舍去。
2°若代入（2）得q=
3°当时，q=
4°当时，q=1（舍去）
故现只取A=－1，B=1，C=－2，q=（不必考虑时的情况，因为只证存在性）。
得bn=
所以满足题设条件的数列存在。
对于{an}的取值范围，我们可以这样解.
∵an+1－an=－an
=－,a1=4>2，故a22，得an>2，所以{an}单调递减。且因为an>2，所以
an－2=2·<(an－1－2)
<()2(an－2－2)<…<()n－1(a1－2)
∴an=2，故an∈(2,4。
注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。本题的{an}的范围还可用前半部分的结论来求。解法如下：
b1==,故bn=()n
∴=()n
∴an=+1
由此易得an∈(2,4。
例8 （1）设数列{cn}，其中cn=2n+3n，且数列{cn+1－pcn}为等比数列，求常数p。（2）设数列{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn，证明：{cn}不是等比数列。
证明 （1）∵{cn+1－pcn}是等比数列，故有
(cn+1－pcn)2=(cn+2－pcn+1)·(cn－pcn－1)
将cn=2n+3n代入上式，得：
[2n+1+3n+1－p(2n+3n)]2=[2n+2+3n+2－p(2n+1+3n+1)]·[2n+3n－p(2n－1+3n－1)]
整理得：(2－p)(3－p)·2n·3n=0
解之得：p=2或p=3。
（2）设{an}，{bn}的公比分别为p,q,p≠q,cn=an+bn。
为证{Cn}不是等比数列，只要证明c22≠c1·c3事实上： c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq
c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)
=a12p2++b12q2+a1b1(p2+q2)
∵p≠q,∴p2+q2>2pq，又a1,b1不为零，∴c22≠c1·c3，故{cn}不是等比数列。
注 本题是2000年全国高考数学试题。其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。我们可以得出更一般的结论；
推论1：设数列{cn}，cn=an+bn且a≠b，则数列{cn+1－pcn}为等比数列的充要条件是p=a或p=b。
推论2：设{an}、{bn}是两个等比数列，则数列{an+bn}为等比数列的充要条件是，数列{an}，{bn}的公比相等。
推论3：公比为a、b的等比数列{an}，{bn}，且a≠b，s、t为不全为零的实数，cn=san+tbn为等比数列的充要条件是st=0。
例9 数列{an}中，a1=8，a4=2且满足an+2=2an+1－ann∈N
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|，求sn;
（3）设bn=( n∈N),Tn=b1+b2+…+bn( n∈N)，是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N,均有Tn>成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。
解 （1）由an+2=2an+1－an
an+2－an+1=an+1－an,可知{an}成等差数列，d==－2
－∴an=10－2n
（2）由an=10－2n≥0得n≤5
∴当n≤5时，Sn=－n2+9n
当n>5时，Sn=n2－9n+40
故Sn=（n∈N）
（3）bn=
==(－)
∴Tn= b1+b2+…+bn
=[(1－)+(－)+…+(－)]
=
∴要使Tn>总成立，需1时，xn=；当01时，y=f(x)的定义域为[0,);当01，1x恒成立F(xn)>0
xnx成立。
当01时，设x∈(xn,xn+1(1,+∞)(n∈N)，则F(x)=f(x)－x=(bn－1)x+n－bnxn
∵F(x)在(xn,xn+1上是减函数（∵），
∴f(x)n。
而xn=1+++…+>1+1+…+1=n成立 ∴x>1时恒有f(x)1分别画出函数f(x)的图像，则思路就比较容易理解。第三小题也可采用数学归纳法证之。
