aa n +1+1≥aa n +1+a n +1+1-(a n +1),即c n +1-c n ≥a n +1-a n ,由题设,1≥a n +1-a n ,
又a n +1-a n ≥1,
所以a n +1-a n =1,即{a n }是等差数列. 变式训练
(2013·泰州模拟)已知数列a n =n -16,b n =(-1)n |n -15|,其中n ∈N *. (1) 求满足a n +1=|b n |的所有正整数n 的集合; (2) 若n ≠16,求数列b n
a n
的最大值和最小值;
(3) 记数列{a n b n }的前n 项和为S n ,求所有满足S 2m =S 2n (m <n)的有序整数对(m ,n). 解:(1) a n +1=|b n |,n -15=|n -15|.
当n ≥15时,a n +1=|b n |恒成立;
当n<15时,n -15=-(n -15),n =15(舍去). ∴ n 的集合为{n|n ≥15,n ∈N *}.
(2) b n a n
=(-1)n
|n -15|n -16
.
(ⅰ) 当n>16时,n 取偶数时,b n a n =n -15n -16=1+1
n -16,
当n =18时,???
?
b n a n
max
=3
2,无最小值; n 取奇数时,b n a n
=-1-1
n -16,
n =17时,????
b n a n min
=-2,无最大值.
(ⅱ) 当n<16时,b n a n
=(-1)n
(n -15)
n -16
.
当n 为偶数时,b n a n
=-(n -15)n -16=-1-1
n -16.
n =14时,???
?
b n a n
max
=-12,????b n a n min =-13
14;
当n 为奇数时,b n a n =n -15n -16=1+1
n -16,
n =1时,???
?
b n a n
max
=1-115=14
15,
n =15时,????
b n a n min
=0.
综上,b n a n 最大值为3
2
(n =18),最小值-2(n =17).
(3) 当n ≤15时,b n =(-1)n -1(n -15),a 2k -1b 2k -1+a 2k b 2k =2(16-2k)≥0,
当n>15时,b n =(-1)n (n -15),a 2k -1b 2k -1+a 2k b 2k =2(2k -16)>0,其中a 15b 15+a 16b 16=0,
∴ S 16=S 14,m =7,n =8.
题型2 递推数列问题
例2 (2013·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=1,2S n n =a n +1-13n 2-n -2
3,n ∈
N *.
(1) 求a 2的值;
(2) 求数列{a n }的通项公式;
(3) 证明:对一切正整数n ,有1a 1+1a 2+…+1a n <7
4.
(1) 解:∵
2S n n =a n +1-13n 2-n -2
3
,n ∈N .
∴ 当n =1时,2a 1=2S 1=a 2-13-1-2
3=a 2-2.
又a 1=1,∴ a 2=4. (2) 解:∵
2S n n =a n +1-13n 2-n -2
3
,n ∈N .
∴ 2S n =na n +1-13n 3-n 2-2
3n
=na n +1-
n (n +1)(n +2)
3
,①
∴ 当n ≥2时,2S n -1=(n -1)a n -(n -1)n (n +1)
3,②
由①-②,得2S n -2S n -1=na n +1-(n -1)a n -n(n +1), ∵ 2a n =2S n -2S n -1,
∴ 2a n =na n +1-(n -1)a n -n(n +1),
∴
a n +1
n +1-a n
n =1, ∴ 数列????
??a n n 是以首项为a 1
1=1,公差为1的等差数列.
∴
a n
n
=1+1×(n -1)=n ,∴ a n =n 2(n ≥2), 当n =1时,上式显然成立. ∴ a n =n 2,n ∈N *. (3) 证明:由(2)知,a n =n 2,n ∈N *,
① 当n =1时,1a 1=1<7
4
,∴ 原不等式成立.
② 当n =2时,1a 1+1a 2=1+14<7
4,∴ 原不等式成立.
③ 当n ≥3时,∵ n 2>(n -1)·(n +1), ∴
1n 2<1
(n -1)·(n +1), ∴
1a 1+1a 2+...+1a n =112+122+ (1)
2 <1+
11×3+12×4+…+1(n -2)·n +1
(n -1)·(n +1)
=1+12????11-13+12????12-14+12????13-15+…+12? ????1n -2-1n +12? ????1n -1-1n +1 =1+12(11-13+12-14+13-15+…+1n -2-1n +1n -1-1n +1)
=1+12? ????11+12-1n -1n +1
=74+12? ????-1n -1n +1<74
, ∴ 当n ≥3时,∴ 原不等式亦成立. 综上,对一切正整数n ,有1a 1+1a 2+…+1a n <74.
备选变式(教师专享)
(2013·无锡模拟)已知数列{a n }中,a 1=2,n ∈N *,a n >0,数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +1=2
S n +1+S n -2
.
(1) 求{S n }的通项公式;
(2) 设{b k }是{S n }中的按从小到大顺序组成的整数数列. ① 求b 3;
② 存在N(N ∈N *),当n ≤N 时,使得在{S n }中,数列{b k }有且只有20项,求N 的范围. 解:(1) a n +1=S n +1-S n , ∴ (S n +1-S n )(S n +1+S n -2)=2; 即(S n +1)2-(S n )2-2(S n +1-S n )=2, ∴ (S n +1-1)2-(S n -1)2=2,且(S 1-1)2=1,
∴ {(S n -1)2}是首项为1,公差为2的等差数列, ∴ S n =1+
2n -1.
(2) ① n =1时,S 1=1+1=2=b 1,n =5时,S 5=1+3=4=b 2,n =13时,S 13=1+5=6=b 3.
② ∵ 2n -1是奇数,S n =1+2n -1为有理数,则2n -1=2k -1,
∴ n =2k 2-2k +1,
当k =20时,n =761;当k =21时,n =841;
∴ 存在N ∈[761,840],当n ≤N 时,使得在{S n }中,数列{b k }有且只有20项. 题型3 有关数列的证明题
例3 (2013·江苏)设{a n }是首项为a ,公差为d 的等差数列(d ≠0),S n 是其前n 项和.记b n =nS n
n 2+c
,n ∈N *,其中c 为实数.
(1) 若c =0,且b 1,b 2,b 4成等比数列,证明:S n k =n 2S k (k ,n ∈N *); (2) 若{b n }是等差数列,证明:c =0.
证明:∵ {a n }是首项为a ,公差为d 的等差数列(d ≠0),S n 是其前n 项和, ∴ S n =na +n (n -1)
2
d.
(1) ∵ c =0,∴ b n =S n
n =a +n -12 d.
∵ b 1,b 2,b 4成等比数列,∴ b 22=b 1b 4, ∴ ????a +12d 2
=a ????a +3
2d , ∴ 12ad -1
4d 2=0,
∴ 1
2d ???
?a -12d =0. ∵ d ≠0,∴ a =1
2
d ,∴ d =2a ,
∴ S n =na +n (n -1)2d =na +n (n -1)
2
2a =n 2a ,
∴ 左边=S nk =(nk)2a =n 2k 2a ,右边=n 2S k =n 2k 2a , ∴ 左边=右边,∴ 原式成立. (2) ∵ {b n }是等差数列, ∴ 设公差为d 1, ∴ b n =b 1+(n -1)d 1
代入b n =nS n n 2+c ,得b 1+(n -1)d 1=nS n
n 2+c
,
∴ ????d 1-12d n 3+?
???b 1-d 1-a +1
2d n 2+cd 1n =c(d 1-b 1)对n ∈N *恒成立, ∴ ?????
d 1-1
2
d =0,
b 1
-d 1-a +12d =0,
cd 1
=0,c (d 1
-b 1
)=0,
∴ d 1=1
2d.∵ d ≠0,∴ d 1≠0.
备选变式(教师专享)
(2013·江西理)正项数列{a n }的前项和满足:S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n)=0.
(1) 求数列{a n }的通项公式a n ;
(2) 令b n =n +1(n +2)2a 2n
,数列{b n }的前n 项和为T n .证明:对于任意的n ∈N *,都有T n
<564. (1) 解:由S 2n -(n 2+n -1)S n -(n 2+n)=0,
得[S n -(n 2+n)](S n +1)=0.
由于{a n }是正项数列,所以S n >0,S n =n 2+n.
于是a 1=S 1=2,n ≥2时,a n =S n -S n -1=n 2+n -(n -1)2-(n -1)=2n. 综上,数列{a n }的通项a n =2n.
(2) 证明:由于a n =2n ,b n =
n +1
(n +2)2a 2n
,
则b n =n +1
4n 2(n +2)2=116?
?????1n 2-
1(n +2)2. T n =
116[1-132+122-142+132-152+…+1(n -1)2-1(n +1)2+1n 2-1
(n +2)
2] =116??????1+122-1(n +1)2-1(n +2)2<116(1+122)=564. 故对于任意的n ∈N *,都有T n <564
.
1. (2013·重庆)已知{a n }是等差数列,a 1=1,公差d ≠0,S n 为其前n 项和.若a 1,a 2,a 5成等比数列,则S 8=________. 答案:64
解析:a 22=a 1a 5,即(1+d)2=1×(1+4d),所以d =2,故S 8
=8+8×72×2=64. 2. (2013·上海)若等差数列的前6项和为23,前9项和为57,则数列的前n 项和S n =________.
答案:56n 2-76n
解析:由条件得
???S 6
=6a 1
+6×52d =23,S 9
=9a 1
+9×8
2d =57,即???a 1
=-1
3,d =53,
故a n
=56n 2
-7
6n. 3. (2013·新课标)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值
为________.
答案:-49
解析:由条件得?????a 1=-3,d =23
,nS n =n 33-10n 2
3,对f(x)=x 3-10x 23
求导可得f(x)在????0,203上递减,在????203,+∞上递增,分别计算n =6和n =7可得,当n =7时nS n =n 3
3-10n
2
3
最小为-49.
4. (2013·江苏)在正项等比数列{a n }中,a 5=1
2,a 6+a 7=3,则满足a 1+a 2+…+a n >a 1a 2…
a n 的最大正整数n 的值为________.
答案:12
解析:根据条件求得
a n =2n -6,则不等式化为
2n -1>2
n 2-11n +10
2
(*),n>n 2-11n +10
2
,
解得13-1292大正整数n 的值为12.
1. (2013·徐州模拟)在数列{a n }中,已知a 1=2,a 2=3,当n ≥2时,a n +1是a n ·a n -1的个位数,则a 2 010=________. 答案:4
解析:由题意得,a 3=a 1·a 2=6,定义f(x)=x 的个位数,则a 4=f(a 3·a 2)=8,依此类推,a 5=8,a 6=4,a 7=2,a 8=8,a 9=6,a 10=8,到此为止,看出一个周期,a 9=a 3,a 10=a 4,
周期为6,因为前2项不符合周期,所以2 010-2=2 008,2 008=6×334+4,所以a 2 010=a 6=4.
2. (2013·扬州模拟)已知数列{a n }满足a 1+a 2+…+a n =n 2(n ∈N *). (1) 求数列{a n }的通项公式;
(2) 对任意给定的k ∈N *,是否存在p ,r ∈N *(k
a r
成等差数列?若存在,
用k 分别表示p 和r(只要写出一组);若不存在,请说明理由.
解:(1) 当n =1时,a 1=1;当n ≥2,n ∈N *时,a 1+a 2+…+a n -1=(n -1)2,所以a n =n 2-(n -1)2=2n -1;综上所述,a n =2n -1(n ∈N *).
(2) 当k =1时,若存在p ,r 使1a k ,1a p ,1a r 成等差数列,则1a r =2a p -1a k =3-2p
2p -1.因为p ≥2,
所以a r <0与数列{a n }为正数相矛盾,因此,当k =1时不存在;
当k ≥2时,设a k =x ,a p =y ,a r =z ,则1x +1z =2y ,所以z =xy
2x -y .令y =2x -1,得z =
xy =x(2x -1),此时a k =x =2k -1,a p =y =2x -1=2(2k -1)-1,所以p =2k -1,a r =z =(2k -1)(4k -3)=2(4k 2-5k +2)-1,所以r =4k 2-5k +2.
综上所述,当k =1时,不存在p ,r ;当k ≥2时,存在p =2k -1,r =4k 2-5k +2满足题设.
3. 设不等式组????
?x >0,y >0,y ≤-nx +3n 所表示的平面区域为D n ,记D n 内的整点个数为
a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点).
(1) 求数列{a n }的通项公式;
(2) 记数列{a n }的前n 项和为S n ,且T n =S n
3·2n -1.若对于一切的正整数n ,总有T n ≤m ,
求实数m 的取值范围.
解:(1) 由x >0,y >0,3n -nx >0,得0<x <3. ∴ x =1,或x =2.∴ D n 内的整点在直线x =1和x =2上.
记直线y =-nx +3n 为l ,l 与直线x =1、x =2的交点的纵坐标分别为y 1,y 2.
则y 1=-n +3n =2n ,y 2=-2n +3n =n.∴ a n =3n(n ∈N *). (2) ∵ S n =3(1+2+3+…+n)=3n (n +1)
2,
∴ T n =n (n +1)2n
,
∴ T n +1-T n =(n +1)(n +2)2n +1-n (n +1)2n
=(n +1)(2-n )
2n +1,
∴ 当n ≥3时,T n >T n +1,且T 1=1<T 2=T 3=3
2.
于是T 2,T 3是数列{T n }中的最大项,故m ≥3
2.
4. (2013·徐州模拟)已知数列{a n },其前n 项和为S n .
(1) 若对任意的n ∈N ,a 2n -1,a 2n +1,a 2n 组成公差为4的等差数列,且a 1=1,S 2n 2n =2 013,
求n 的值;
(2) 若数列?
???
??
S n a n
+a 是公比为q(q ≠-1)的等比数列,a 为常数,求证:数列{a n }为等比数
列的充要条件为q =1+1
a
.
(1) 解:因为a 2n -1,a 2n +1,a 2n 组成公差为4的等差数列, 所以a 2n +1-a 2n -1=4,a 2n =a 2n -1+8(n ∈N *),
所以a 1,a 3,a 5,…,a 2n -1,a 2n +1是公差为4的等差数列,且a 2+a 4+a 6+…+a 2n =a 1
+a 3+…+a 2n -1+8n.
又因为a 1=1,所以S 2n =2(a 1+a 3+…+a 2n -1)+8n =2????
??n +n (n -1)2×4+8n =4n 2
+6n
=2n(2n +3),
所以S 2n
2n
=2n +3=2 013,所以n =1 005.
(2) 证明:因为S n
a n +a =(a +1)q n -1,所以S n =(a +1)q n -1a n -aa n ,①
所以S n +1=(a +1)q n a n +1-aa n +1,②
②-①,得(a +1)(1-q n )a n +1=[a -(a +1)q n -1]a n .③
(ⅰ) 充分性:因为q =1+1
a ,所以a ≠0,q ≠1,a +1≠aq ,代入③式,得
q(1-q n )a n +1=(1-q n )a n .因为q ≠-1,q ≠1, 所以a n +1a n =1q ,n ∈N *,所以{a n }为等比数列,
(ⅱ) 必要性:设{a n }的公比为q 0,则由③得 (a +1)(1-q n )q 0=a -(a +1)q n -1, 整理得(a +1)q 0-a =(a +1)?
???q 0-1
q q n , 此式为关于n 的恒等式,若q =1,则左边=0,右边=-1,矛盾;
若q ≠±1,当且仅当?????(a +1)q 0=a ,(a +1)q 0=(a +1)1q
时成立,所以q =1+1
a
. 由(ⅰ)、(ⅱ)可知,数列{a n }为等比数列的充要条件为q =1+1
a
.
1. 数列的渗透力很强,它和函数、方程、三角、不等式等知识相互联系,优化组合,无形中加大了综合的力度.解决此类题目需对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解,深刻领悟他在解题中的重大作用,常用的数学思想方法有:函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化等.
2. 在现实生活中,人口的增长,产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等,都可以用数列解决,由此要会在实际问题中抽象出数学模型,并用数列知识解决问题.
请使用课时训练(B)第6课时(见活页).[备课札记]