数 学
D单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法
17．、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1
－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；
anbn(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.
17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以
an?1an??2，即bn?1bncn＋1－cn＝2，
所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.
(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
17．、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1， 由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4. 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
17．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
1??2??1113?...?? (2)证明?a1a2an2(1)证明?an??等比数列，并求{an}的通项公式；
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝32
1
1???an??2??.
?1?13313n又a1＋＝，所以?an＋?是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此2?22222?
3n－1
数列{an}的通项公式为an＝. 2
(2)证明：由(1)知＝
1
2
an3n－1
1
.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤，即＝≤.
3n－12×3n－1an3n－13n－1
1?3113?于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝?1－n?<.
3?2a1a2an33n－12?
11
11
1
13
所以＋＋…＋<. a1a2an2
22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝2－2an＋2＋b(n∈N*)． an1121
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n 2＋1. 再由题设条件知 (an＋1－1)2＝(an－1)2＋1. 从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(an－1)2＝n－1，即an＝方法二：a2＝2，a3＝可写为a1＝n－1＋1(n∈N*)． 2＋1. 2－1＋1，a3＝ 3－1＋1.因此猜想an＝ 1－1＋1，a2＝n－1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n＝1时，结论显然成立． 假设n＝k时结论成立，即ak＝ k－1＋1，则 ak＋1＝（ak－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1， 这就是说，当n＝k＋1时结论成立． 所以an＝ n－1＋1(n∈N*)． （x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)． （c－1）2＋1－1，解得 1c＝. 4 (2)方法一：设f(x)＝令c＝f(c)，即c＝ 下面用数学归纳法证明命题 a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝1 2－1，所以a2< 4 假设n＝k时结论成立，即a2k c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即 1>c>a2k＋2>a2. 再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c) 故c 综上，存在 c＝使a2n 4方法二：设f(x)＝ （x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)． 先证：0≤an≤1(n∈N*)． ① 当n＝1时，结论明显成立． 假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝ 2－1<1. 即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立． 再证：a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝ 2－1，所以a2 假设n＝k时，结论成立，即a2k a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2， a2(k＋1)＝f(a2k＋1) 这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立． 由②得a2n< a22n－2a2n＋2－1， 即(a2n＋1)2 因此a2n<. ③ 4 又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2. 所以a2n＋1> 14 a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得 1 a2n＋1>. ④ 综上，由②③④知存在c＝使a2n 4 D2 等差数列及等差数列前n项和 12．、[2014·安徽卷] 数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________. 12．1 [解析] 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1. 12．[2014·北京卷] 若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大． 12．8 [解析] ∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大． 3．[2014·福建卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( ) A．8 B．10 C．12 D．14
