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

12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

2

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=an+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×此时该数列为递增数列；

命题3中，若a=b=0，c∈R，此时有b2ac，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=ac，则成为不必要也不充分条件。

a1当n1时（2）上述三个命题均涉及到Sn与an的关系，它们是an=

SS,n1当n2时n12，an+112an>an，即an+1>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(a1)aba2a1=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。

3a13d12d2（3）方程法：设{an}的首项为a1，公差为d。则解之得a(ad)(a2d)481a1211d2或

a61

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limbn。

n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，

an1an=

b(q1)q(n1)n2b(q1)q=q，

而

a2a1=

b(q1)b=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=b+a2S2·(1+q+q+„+q∵S2=bq,a2=S2－S1=bq－b ∴a2S2=b2q(q－1) ∴bn=b+bq(q－1)·∵|q|<1 ∴limq2n－2=0

n2242n－4

)

22

1q2n221q

∴limbn=b+bq(q－1)·

n22

11q2=

b21q

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=logx (2a2－3a+1)满足

nys=

12t1,yt=

12s1（s,t∈N，且s≠t）

共中a为常数，且132,试判断，是否存在自然数M，使当n>M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

∴Sn1Snxn1xn=k，即

xn1xn1xn=k

故 (k－1)xn+1=kxn ∵k≠0,xn+1≠1,xn≠1 ∴xn1xn=

kk1=常数

kk132∴{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12

，得0<2a－3a+1<1

2

∵yn=logx (2a－3a+1)

n∴

1yn= log(2a23a1)xn

由（1）得{xn}是等比数列，设公比为q>0首项为x1，则xn=x1·qn－1(n∈N) ∴

1yn=(n－1) log(2a23a1)q+log(2a23a1)x1

1yn令d=log(2a23a1)q，故得{

1ys1yt}是以d为公差的等差数列。

又∵=2t+1, =2s+1

∴

1ys－

1yt=2(t－s)

即(s－1)d－(t－1)d=2(t－s) ∴d=－2 故

1yn=

1ys+（n－s）·(－2)=2（t+s）－2n+1，（n∈N）

1又∵xn=(2a2－3a+1)

yn （n∈N）

1yn∴要使xn>1恒成立，即须<0

∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+

1yn12，当M=t+s,n>M时，我们有

<0恒成立，

∴当n>M=（t+s）时，

1xn=(2a2－3a+1) k≠0，1）。

yn>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（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－（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－

1212成等比数列。

成等比数列

12∴Sn2=an·(Sn－

)(n≥2) (*)

23（1）把a1=1,S2=a1+a2=1+a2代入（*）式得：a2=－把a1=1,a2=－

23

235,S3=

13+a3代入(*)得：a3=－

215。同理可得：a4=－

由此可以推出：

(n1)1　　an= 2(n1)(2n3)(2n1)（2）（i）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。 (ii)假设n=k(k≥2) 时，ak=－

2(2k3)(2k1)12成立。

故Sk2=－

2(2k3)(2k1)·(Sk－)

(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴Sk=

12k12

或Sk=

12k312（舍去）

由Sk+1=ak+1·(Sk+1－)得

12(Sk+ak+1)2=ak+1·(ak+1+Sk－

)

1(2k1)2+ak+1+

2

2ak12k1=ak+1+

2

ak12k1－

12ak+1

2 ak+1=

〔2(k1)3〕〔2(k1)1〕即n=k+1时，命题也成立。

(n1)1　　　由(i)(ii)可知，an= 2　　(n2)(2n3)(2n1)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=limSn=0

n12n1

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：

∵Sn=an(Sn－

1Sn2

12) ∴Sn=(Sn－Sn－1)(Sn－

1Sn11Sn2

12)

12 －=2,故{}是以{

1S1}为首项，为公差的等差数列

故

1Sn=

1S1+2(n－1)=2n－1

(n1)1　　　1Sn=,an= 2　　(n2)2n1(2n3)(2n1)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=（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=3;

（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lim322n+1

32(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3。

Tn(an)4n。

解（1）由An=(an－1)，可知An+1=

32(an+1－1)

∴An+1－An=

3232(an+1－an)=an+1，即

an1an=3

而a1=A1=(a1－1)，得a1=3

n

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=3。 （2）∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n =3×（4+C =4m+3 ∴32n+1∈{bn} 而数3=（4－1） =4+C2n·4 =(4k+1) ∴32nbn

而数列{an}={32n+1}∪{32n} ∴ dn=3(3)由3∵Br=32n+1

2n

1

2n－1

2n

2n

2n

1

2n－12n－12n

(－1)+„+C2n·4·(－1)+(－1)） 2n·4

·（－1）+„+C2n

2n－1

·4·(－1)+(－1)

2n

32n12n+1

=4·r+3，可知r=

34

r(74r3)2=r(2r+5) 72n1=

342719·

32n12

（9n－1）

2n1Dn=

·(1－9n)=

92n1278∴Tn=Br－Dn= =

9843821－

278（9－1）

n

·34n－

4

4n

158·32n+

34

又∵（an）=3 ∴limTn(an)4n=

98

例6 已知函数f(x)=x+xa (a>0) （1）求f(x)的反函数f－1(x)及其定义域； a13a（2）数列{an}满足an1f221(an)

设bn=

anaana ，数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与

78的大小，并证明你的结论。

解 （1）给y－x=xa两边平方，整理得 x=

22ya2y22

∵y－x=y－

ya2y22=

ya2y22

=

(ya)(ya)2y≥0

∴y≥a或－a≤y<0 故f(x)=

－1

xa2x－1

22，其定域为[a,0)[a,)

22（2）∵an+1=f(an)=

ana2an

∴bn+1=

an1aan1a=„=（

anaana）2=bn2

又a1=3a，b1=

a1aa1a22=

3aa3aa23=

12

∴bn=(bn－1)=(bn－2)=„=(b1)

2n12

=(bn－3)

=(

122)2n1∴Sn=b1+b2+„+bn =

12+(

12)2+(

12)

2+[(

12)

23+(

12)

24+„+(

12)

2n1]

12n1又∵2n－1=(1+1)n－1=1Cn1Cn1Cn1

则当n≥4时，2=1+(n－1)+∴(

12n11Cn1Cn1

12(n1)(n2)212>n+1

)

2n1<(

121)n+1

1∴Sn=<

121214+(+

)2+(+ [(

+

212)

5

22+[(

12126

)

23+(

1212)

24+„+(

12)

2n1]

16)+()+„+()

n+1

]

151n3()[1()]1112=+++2

124161211111=+++·[1－()n－3] 241616211117<+++= 2416168－1

注 本题是一道数列与函数的综合题。首先应准确地求出f(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,2)∪[π，

32)，求函数f(x)的值域，即f(x)的定义域。

－1

例7 已知数列{an}中，a1=4，an+1=

4an2an1，是否存在这样的数列{bn}，bn=

BanCanA，

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

Ban1Can1AB4an2bn+1==

an1an1C4an2 A4BC=4AanC2BanBanCanA4A A24Abn=

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

A2(1)4AA　　　4BCBq　　(2) 4AC2B(3)4ACq　　由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C或C=－2B。

A11°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。

BC

2°若A1C2B代入（2）得q=

23

3°当A2BC时，q=

32

A24°当时，q=1（舍去）

C2B故现只取A=－1，B=1，C=－2，q=

an2an123（不必考虑q32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=

4an2an1－an

=－

(an2)(an1)an1,a1=4>2，故a2如果能证明所有的an都大于2，便可用数学归纳法证明{an}是单调递减的。事实上 ∵an+1－2=

4an2an1－2=

2(an2)an1

由上式，我们也可用数学归纳法由a1>2，得an>2，所以{an}单调递减。且因为an>2，所以

an－2=2·

23an12an11<

2323(an－1－2) )n－1(a1－2)

<(

)2(an－2－2)<„<(

∴liman=2，故an∈(2,4]。

n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=

a12a11=

2323,故bn=(

23)n

∴

an2an1=(

)n

∴an=

11()32n+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=2+3代入上式，得： [2

n+1

n

n

+3

n+1

－p(2+3)]=[2

16nn2n+2

+3

n+2

－p(2

n+1

+3

n+1

)]·[2+3－p(2

nnn－1

+3

n－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=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq

22

c1c3=(a1+b1)(a1p+b1q)

=a1p++b1q+a1b1(p+q)

∵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－an n∈N

（1）求数列{an}的通项公式； （2）设Sn=|a1|+|a2|+„+|an|，求sn; （3）设bn=

1n(12an)m3222

22

2

2

c2≠c1·c3 事实上：

2

( 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=－∴an=10－2n

（2）由an=10－2n≥0得n≤5 ∴当n≤5时，Sn=－n2+9n

a4a141=－2

当n>5时，Sn=n－9n+40

21n5n9n故Sn= （n∈N）

2n9n40n52

（3）bn=

1n(12an)

=

1n·(2n2)=

12(

1n－

1n1)

∴Tn= b1+b2+„+bn =

12[(1－n12)+(

12－

13)+„+(

1n－

1n1)]

=

2(n1)m32n12nTn1Tn2T1

m3214∴要使Tn>大值为7。

总成立，需

恒成立，即m<8，（m∈Z）。故适合条件的m的最

例10 已知函数y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线，当n≤y≤n+1(n=0,1,2,„)时，

该图像是斜率为bn的线段（其中正常数b≠1），设数列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,„)定义。

（1）求x1,x2和xn的表达式；

（2）求f(x)的表达式，并写出其定义域；

（3）证明：y=f(x)的图像与y=x的图像没有横坐标大于1的交点。

解 （1）依题意f(0)=0， f(x1)=1，又当0≤y≤1时，函数y=f(x)的图像是斜率 b0=1的线段，故由

f(x1)f(0)x10=1得x1=1。

又由f(x2)=2，当1≤y≤2时，函数y=f(x)的图像是斜率为b的线段，得 f(x2)f(x1)x2x1=b， x2=1+

1b。

设x0=0，由函数y=f(x)的图像中第n段线段的斜率为bn－1,故得,

－1

f(xn)f(xn1)xnxn1=bn

。

又f(xn)=n,f(xn－1)=n－1 ∴xn－xn－1=(

1b)n－1（n=1,2,„）

1b由此知数列{xn－xn－1}为等比数列，其首项为1，公比为又因b≠1，得：

xn=(xn－xn－1)+(xn－1－xn－2)+„+(x1－x0)

。

1n1b()b= b1（2）当0≤y≤1时，从（1）可知y=x，即当0≤x≤1时，f(x)=x。当n≤y≤n+1时，即当xn≤x≤xn+1时，由（1）可知f(x)=n+bn(x－xn)(xn≤x≤xn+1,n=1,2,3,„)。

又由（1）得当b>1时，limxn=

nbb1；当0bb1综上所述：当b>1时，y=f(x)的定义域为[0,∞)。

（3）当b>1，1n

);当0b（1,

b1b时，

）,n∈N，则

b1F(x)=f(x)－x=n+bn(x－xn)－x =(b－1)x+n－bxn

∵F(x)在(xn,xn+1]上为增函数（∵bn10）， ∴f(x)>x恒成立F(xn)>0 xn1b+

1b2+„+

1bn1<1+1+„+1=n， ∴1bb1时恒有f(x)>x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（∵bn10）， ∴f(x)n。 而xn=1+

1b+

1b2+„+

1bn1>1+1+„+1=n成立 ∴x>1时恒有f(x)综上所述：y=f(x)的图像与y=x的图像没有横坐标大于1的交点。

注 本题若按01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。