数列几道大题举例_数列大题专题免费

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数列几道大题举例

1.已知数列an的首项a12a1（a是常数，且a1），an2an1n24n2（n2），数列bn的首项b1a，bnann2（n2）。

（1）证明：bn从第2项起是以2为公比的等比数列；

（3）当a>0时，求数列an的最小项。（2）设Sn为数列bn的前n项和，且Sn是等比数列，求实数a的值；

分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出，第（3）问由a的不同而要分类讨论。

解：（1）∵bnann

2∴bn1an1(n1)22an(n1)24(n1)2(n1)2

2an2n22bn(n≥2)

由a12a1得a24a，b2a244a4，∵a1，∴ b20，即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列。

(4a4)(2n11)3a4(2a2)2n（2）Sna2

1Sn(2a2)2n3a43a42当n≥2时，Sn1(2a2)2n13a4(a1)2n13a

4∵{Sn}是等比数列, ∴Sn(n≥2)是常数，Sn1。

3（3）由（1）知当n2时，bn(4a4)2n2(a1)2n，∴3a+4=0，即a

2a1(n1)所以an，n2(a1)2n(n2)

所以数列an为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，……

显然最小项是前三项中的一项。当a(0,)时，最小项为8a-1； 1

41时，最小项为4a或8a-1； 4

11当a(,)时，最小项为4a； 42

1当a时，最小项为4a或2a+1； 2

1当a(,)时，最小项为2a+1。2当a

点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。考点二：求数列的通项与求和

2.已知数列an满足a11,an12an1nN 

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列bn满足4（Ⅲ）证明：

b11

4b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

1112nN aa3an13 2

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三

项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。解：（1）an12an1，an112(an1)故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n1

（2）4

b11

4b214b314bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

11111

n1n1

an21222an111111111111

设S，则S()(S)

a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S

a2an13an13

（3）

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

3.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,11

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;

an2

;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1,则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;

（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,1x0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.x1x1

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

因为0

故当n=k+1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1an1.x2x2

(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= ln(1x)x, 0

x2

由g(x)0,知g(x)在(0,1)上增函数.1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

因为0an1,所以gan0,即fan>0,从而an1.22

b11n1

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,bn222

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an1

22an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.a1n2a121a1a2an1

所以 ana1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

考点四：数列与函数、向量等的联系 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an因为2an0,所以an1

与an同号，44

5155550，a20,a30,…，an0,即an.444444

531531

（3）当n2时，bnan(an1)bn1

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，13n(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

因为a1

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。