#等差數(shù)列與等比數(shù)列解答題綜合訓(xùn)練

等差等比數(shù)列的綜合問題(第1課時).設(shè)等比數(shù)列｛a｝的公比為q,前n項(xiàng)和為S，若S，S，S成等差數(shù)列，求q的值.n n n+1 nn+2TOC\o"1-5"\h\z.已知數(shù)列｛a｝是等比數(shù)列，a=e,如果a,a是關(guān)于％的方程：n_ 4 2 7ex2+kx+1=0,(k>21)兩個實(shí)根，(e是自然對數(shù)的底數(shù))⑴求｛a｝的通項(xiàng)公式；n⑵設(shè)b=lna，S是數(shù)列｛b｝的前n項(xiàng)的和，當(dāng)S=n時，求n的值；n nn n n⑶對于⑵中的｛b｝，設(shè)c=bbb，而T是數(shù)列｛c｝的前n項(xiàng)和，求T的最大n nnn+1n+2 n n n值及相應(yīng)的n的值..設(shè)數(shù)列1｝的前n項(xiàng)和S=3n2—1n，數(shù)列名｝為等比數(shù)列，且a=b,b(a-a)=bn n2 2 n 1 12 2 1 1⑴求數(shù)列1｝、b｝的通項(xiàng)公式;n n⑵設(shè)C=ab，求數(shù)列卷｝的前n項(xiàng)和T.nnn n n—x+—上.數(shù)列%｝滿足2 2 nk，求使不等式T>—對一切

n57.已知數(shù)列^a—x+—上.數(shù)列%｝滿足2 2 nk，求使不等式T>—對一切

n57b-2b+b=04en)且b=11，前9項(xiàng)和為153.n+2 n+1 n 3⑴求數(shù)列右》、b｝的通項(xiàng)公式;n n3⑵設(shè)cn=茴——J1gb—d，數(shù)歹u的刖n項(xiàng)和為Tnn nneN*都成立的最大正整數(shù)k的值；⑶設(shè)f。)=[a,卜=2l~1,leN)'問是否存在men*，使得fm+15)=5fm)成[bn=21,leN*/n立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由..對于函數(shù)f(x)，若存在xe尺/使/(x)=x成立，則稱x為f(x)的不動點(diǎn).如果函數(shù)TOC\o"1-5"\h\z0 0 0 0…、x2+a_ ?? 1f(x)= (b,ceN)有且只有兩個不動點(diǎn)0,2,且f(-2)<--,bx-c 2(1)求函數(shù)f(x)的解析式；一 (2)已知各項(xiàng)不為零的數(shù)列｛a｝滿足4S?f(一)=1，求數(shù)列通項(xiàng)a；nna nn(3)如果數(shù)列｛a｝滿足a=4,a=f(a)，求證：當(dāng)n>2時，恒有a<3成立.n 1 n+1 n n6.已知數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和為S且滿足a+2S?S=0(n>2),a=-.n n nnn-1 12,r1. ,(I)判斷｛不｝是否是等差數(shù)列，并說明理由;Sn(II)求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)a；n n

b(III)若b=2(1-n)a，求f(n)=———弋一的最大值及取得最大值時n的值n n (n+5)bn+1等差等比數(shù)列的綜合問題(第2課時).已知正項(xiàng)數(shù)列｛an｝，其前n項(xiàng)和Sn滿足10s“=a2+5為+6,且a1,%a4成等比數(shù)列，TOC\o"1-5"\h\z求數(shù)列{a}的通項(xiàng)a.n n.設(shè)數(shù)列卜滿足a+3a9+32a.+…+3n-ia=n,neN*.(I)求數(shù)列精通項(xiàng);n 1 2 3 n3 n(II)設(shè)bn=an，求數(shù)列”的前n項(xiàng)和Sn.n{a}a=1,a=3,a=3a-2a(neN*)..已知數(shù)列n滿足1 ,2 ,n+2 n+1 n' ){{a-a}一 ….{a}一一(I)證明：數(shù)列n+1 n是等比數(shù)列； (II)求數(shù)列Un的通項(xiàng)公式;(I)若數(shù)列{“滿足4J4b2-1-4bn"=(an+1)bn(neN*)，證明{“是等差數(shù)列。一3c?1入「a—a+—b+1TOC\o"1-5"\h\zn4n-1 4n-1“ 1 3〃i{a}{a}a=28.已知數(shù)列 n,n滿足1n4n-1 4n-1Sn?9.已知數(shù)列｛a｝中，n⑴設(shè)數(shù)列b=an(I)令'〃=an+bn,求數(shù)列｛cSn?9.已知數(shù)列｛a｝中，n⑴設(shè)數(shù)列b=anS是其前n項(xiàng)和，并且S=4a+2(n=1,2,),a=1n n+1 nj1 1-2a(n=1,2,……)，求證：數(shù)列{bj是等比數(shù)列；n+1n n ...｛c｝是等差數(shù)列;｛c｝是等差數(shù)列;n⑵設(shè)數(shù)列Cn=2,(n=1，2,……)，求證：數(shù)列⑶求數(shù)列｛⑶求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和。n11.已知數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)為A=2n2+5n+1(neN),數(shù)列也｝的前n項(xiàng)和滿足n n n3 3B=—b--(neN)n2n2(I)求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式；n(II)將數(shù)列｛a｝與｛b｝的公共項(xiàng)，按它們在原數(shù)列中的先后順序排成一個新數(shù)列｛c｝的通n n n項(xiàng)公式;

12.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列｛a｝前項(xiàng)和為S,(p-1)S=p2—a,neN*,p>0且n n n np豐1，數(shù)列名卜滿足b=2loga.n n pn(I)求a和b；nn1 1 —(II)若p=，設(shè)數(shù)列｛f｝的前n項(xiàng)和為T，求T.2 a nnn+3=+3=&不合要求;TOC\o"1-5"\h\z1解：若q=1則(n+1)a+(n+2)a=2na,a豐0,「.2n1 1 1 1,a 、a a?.?z,、若q豐1，貝U「(1-qn+1)+「(1-qn+2)=2?「(1-qn).1-q 1-q 1-q「.qn+1+qn+2=2qn /.q2+q-2=0,/.q=-2. 綜上，q=一2.2.解⑴：由于a2,a7是已知方程的兩根,所以,有：a2a7二,即：又a=e,得aq3=e兩式聯(lián)立得：q=e-3,a=aqn-4=e13-3n4 1 n4故｛a｝的通項(xiàng)公式為：a=e13-3nn n⑵b=Ina=lne13-3n=13-3n,所以，數(shù)列｛b｝是等差數(shù)列，由前n項(xiàng)和公式得：n n n((10+13-3n)nS= =n，得23-3n=2，所以有：n=7n 2⑶由于b=13-3n得：b>b>b>b>0>b>b>…n 1 2 3 4 5 6又因?yàn)閏=bbb，所以c=bbb>0,c=bbb>0,而c=bbb<0nnn+1n+2 1 123 2 234 3 345c=bbb>0,c=bbb<0且當(dāng)n>5時，都有c<0，但c=-84 456 5 567 n 3c=10即：|c|<^|所以，只有當(dāng)n=4時，T的值最大，4 13 41 n止匕時T =280+28-8+10=310n\max)一. 3 13.解⑴：由S=—n2—n得a=S=1n2 2 1 1n-2時,an= Sn-1=|n2-2n-[3(n-1)2-3n-1)]=3n-2對于n=1也成立，故。的通項(xiàng)a=3n-2—a=4—1=3b=a=1由b(a—a)=b1 1 1 2 2 1 1得%｝的公比q=匕=：故b的通項(xiàng)b=(1)n-1n b3nn31解⑵:T=C+C+C+…+C解⑵:n12 3 n=1+4?1+7?(1)2+10?(1)3+...+(3n-5)?(1)n-2+(3n-2N1)n-1

aI-r I/\/ixky\/i i\J,rJ/\/ i\JjrJ八/3、勺/ 、勺/ 、 /、勺/ 、 /、勺/得3T=3+4,C3)2+7?(3)3+…+(3n—5)?(3)n-1+(3n—2)(3)n兩式相減得1、c/1、° /1、，一)2+(—)3+???+(一)n-1一(3n—2)(3n—(3n-2)(1

k3n-14..解⑴:由已知得:11???Sn1 11=—n2+—n當(dāng)n>2時,4..解⑴:由已知得:11???Sn1 11=—n2+—n當(dāng)n>2時,11=—n2+—nn-1 2--(n-1)2——(n-1)=n+5當(dāng)n=1時，由b-2bn+2 1n+1=S=6也符合上式. a=n+5=0IeN*）知b｝是等差數(shù)列出｝的前9項(xiàng)和為153,可得:n9a+b)

1 9-

2=153,求得b5=17又b=113%%｝的公差d="5."3=3n 23??.b=3n+2n:?Tn二1(1-111 1—+———+...+ -5 2n-1 2:?Tn二1(1-111 1—+———+...+ -5 2n-1 2n+1J二1(1-?/n增大，T增大n??.T>T=1k — —>—對一切neN*都成立，只要T=57 1⑶當(dāng)m是奇數(shù)時，f(m+15)=bn1k>-357則有3(m+15)+2=5(m+5),當(dāng)m是偶數(shù)時，f(m+15)=am+15+15)+2,f(m)=ak=18max=m+5m解得：m=11=m+20,f(m)=b=3m+2m+15則有m+20=5(3m+2)，解得：m=5電N*.所以m=11.5.解：???10Sn=an2+5an+6,① 二1021=2/+5al+6,解之得a1=2或a1=3.又103_1=￡：12+5￡_：+6伸三2),②由①一②得［OanKa—_ae/H/an—"_),即(￡+￡_‘(￡—”「一5二0Van+an_1>0,Aan—an_1=5(nN2).當(dāng)a1=3時,a3=13,a；=73：a1,a3,a15不成等比數(shù)列，a1W3;當(dāng)a1=2時,a3=12,a15=72,有a32=a1al5,/.a1=2，Aan=5n—3，n6,解：⑴a+3a+32a+...3n-1a=—,1 2 3 n3a+3a+32a+...3n-2an-1 3(n>2),「nn-11z3及-1a——— = —(n>2).-333a=—(n>2).n3n驗(yàn)證〃=1時也滿足上式，a=L(nwN*).n3n(II)b=n，3〃,nS=1,3+2,32+3,33+…?3〃n3S=1-32+2-33+3-34+...n-3〃+in—2s—3+32+33+3〃—n?3〃+inS——,3"+l——?3n+l+—?

〃2 4 47.(I)證明：an+2=3an+i~2anJa-a-2(〃—a),n+2 n+1 n+1na—l,a—3,1 2d—d z-=2(ngN*).a-an+1n〃+i-"J是以"2—%=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)歹u。(II)解：由⑴得，(相N*),a=(a—(2)+(a—ci)+...+(a—4)+1nnn-1 n-1 n-2 2 1 1—2n-1+2〃-2+...+2+1=2n-l(ngN*).(in)證明：Q+1)%??TOC\o"1-5"\h\z「?4(4+%+???+?)=2叫， 一/.2[(/?+b+...+Z?)-n]=nb,12 n n2[(Z?+b+...+Z?+b)—(〃+l)]=(〃+l)h.1 2 nn+1 n+1的G衿2sT)=(〃+1)A-nb,②—①，Wn+1 n+1n

口口(n-1)b-nb+2=0.即 n+1 nnb-(n+1)b+2=0.n+1nb④一③，得n+nb④一③，得n+2-2nb+nbn+1 n=0,=0,n+2 n+=0,n+2 n+1 n+1 n?'n)是等差數(shù)列。-b(neN*),a+b=(a +b )+2(n>2)8.(I)解：由題設(shè)得nnn-1 n-1，即cn=cn-1+2，所以數(shù)列｛°n｝是公差為2的等差數(shù)列，又c1=3,其通項(xiàng)公式為cn=3+2(n-1)=2n+1a-b(II)解：由題設(shè)得nnd=1a-b(II)解：由題設(shè)得nnd=1d(n>2)n2n-1=1(a -b)(n>2)2 n-1 n-1令dn=an-bn，則易知｛dn｝是首項(xiàng)bn=11公比為2的等比數(shù)列通項(xiàng)公式為a+b=2n+1,nn< ,1a-b= 由于〔nn 2n-1解得1n2S=—+—+n+1TOC\o"1-5"\h\z求和得n2n 2 。9.(1)由S=4a+2,S=4a +2,兩式相減，得S-S=4(a-a)，即n+1 n n+2 n+1 n+2 n+1 n+1 na=4a-4a.(根據(jù)b的構(gòu)造，如何把該式表示成b 與b的關(guān)系是證明的關(guān)鍵，注n+2 n+1 n n n+1 n意加強(qiáng)恒等變形能力的訓(xùn)練)a-2a=2(a-2a)，又b=a-2a，所以b=2b ①n+2 n+1 n+1 n n n+1 n n+1 n已知$2=42]+2,2]=1,a】+a2=4a1+2,解得a?=5,b1=a2-2a1=3 ②由①和②得，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為3,公比為2的等比數(shù)列，故bn=3?2n-1.n 1 n

⑵因?yàn)椋),所以c

kJL —— ，1l+1--1L--⑵因?yàn)椋),所以c

kJL —— ，1l+1--1L--；11l+1 1-11Lan+lan鼻11+1—2%L211+13?2*t211+1al1 1 3故數(shù)列｛4｝是首項(xiàng)為不，公差是￡的等差數(shù)歹山u u⑶因?yàn)槿刖?，?=嚴(yán)-“所以聲=^一7%=?2n-2當(dāng)nN2時，S=4a.2=2nr(3n-4)+2；當(dāng)n=1時，S1=a1=1也適合上式.綜上可知，所求的求和公式為Sn=2n-1(3n-4)+2.10.解：(I)數(shù)列｛1｝是等差數(shù)列.三210.解：(I)數(shù)列｛1｝是等差數(shù)列.三2時an=Sn-S)n-1+2S^n-10,若s=0,貝Ua=0,二a=0與a=」矛盾!1 12??.SnW01 +2=0即 —=2又-——-=2.SSn-1 nSSnn-1二｛(｝是首項(xiàng)為2,二｛(｝是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列且S-=2+2(n-1)=2n???s=

n(II)n三2時，n-1 2n 2(n-1) 2n(1-n)2(n=1),2(n>2)(O)Vn+1三2(O)Vn+1三2,b=2(1-n-D?an+1=-2n2(n+1)(—n) n+1?bn+2二?f(n)=(n+5)1 (n+1)2+5(n+1)+4(n+1)+?????f(n)W1.??當(dāng)且僅當(dāng)n=1時取等.?.當(dāng)n=1時，f(n)有最大值是1.11.(I)A=2(n-1)2+5(n-1)+1=2n2-2(n>2),，a=A-A=4n+3n-1 nn n-18(n=1)4n+3(n>2,neN)55分(II)由B(II)由B=nb/,—n

b—b——,令n=1得b=3,當(dāng)n>2時,b=B2n2 1 nn3、 、一Bn-1，即bn=2(bn-bn-J設(shè)數(shù)列｝中的第y項(xiàng)與數(shù)列弘｝中的第n項(xiàng)相同，則有4y+3=3nn3n-3 、，由此y=---eN

4???必有n為奇數(shù)2k+1(keN)3、 、一Bn-1，即bn=2(bn-bn-J設(shè)數(shù)列｝中的第y項(xiàng)與數(shù)列弘｝中的第n項(xiàng)相同，則有4y+3=3nn3n-3 、，由此y=---eN

4???必有n為奇數(shù)2k+1(keN),C｝的通項(xiàng)公式為c=32n+112.⑴由n-1=p2-a②

n-1①②，得a—n—an-1是以1 為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列P=p(1)n-1=p2-nP(11)由(=2logp2-n=4-2n,Ap2-nn又由條件得-2-4 + + + 2-1 20 2 2220 -2 -4 +—+ + +23-6202n-24-2n + 2 22 23 24, 2 -2 -24+—+——+——2021 222n-1-2-2+——+——23 24 +2n-2 2n-1x( —+—+—+2222n-12n-1= - = = ,2n-1 2n-1 2n-1 2n-2AT=——n2n-3x2+a ，一.， ?13.解：設(shè) =x得：(1-b)x2+cx+a=0,由違達(dá)定理得:bx-c2+0=-1-b'a=0x2 一，_、 -2 17 1c,代入表達(dá)式于(x)= ，由于(-2)=-——<--,b=1+ c 1+c22 (1+-)x-c2 2得c<3,又ceN,beN,若c=0,b=1,則/(x)=x不止有兩個不動點(diǎn)，x2/.c=2,b=2,于是f(x)= ,(x豐1).2(x-1)(—)2一a2,n(A)(2)由題設(shè)得4S?—an——=1得：2S一a2,n(A)2(--1)

anTOC\o"1-5"\h\z且a豐1,以n-1代n得:2S =a-a2 (B)n n-1 n-1 n-1由(A)-(B)得：2a=(a-a)-(a2-a2)即(a+a)(a-a+1)=0,nn n-1 n n-1 n n-1 n n-1n n-1 n n-1 111解得a=0(舍去)或a=-1；由a=-1,若n n-1 n n-1 111解得a=0(舍去)或a=-1；由a=-1,若a=-a得a=1,這與a豐1矛1 1 1 n n-1 2 n盾，??.a-a=-1,即｛a｝是以-1為首項(xiàng)，-1為公差的等差數(shù)列，nn-1 n?二a二n； 10分na2(3)證法(一)：運(yùn)用反證法，假設(shè)a>3(n>2),則由(1)知a=f(a)=>n「n n+1 n 2a—2na-n+1anTOC\o"1-5"\h\za-n+1an n =?(1+ )<(1+—)=—<1,即a<a(n>2,ngN)2(a-1)2a-1 2 2 4 n+1 nn n???ana2