1、36数列的应用 典型例题解:设第二个数为a,则第三个数为 12-a.前三个数成等差数列,第一个数为 3a-12.从而第四个数为16-(3a-12)=28-3a.依题意得:(12-a)2=a(28-3a).化简整理得 a2-13a+36=0.解得 a=4 或 9.这四个数分别为 0,4,8,16 或 15,9,3,1.1.有四个数,前三个数成等差数列,后三个数成等比数列,并且第一个数与第四个数的和是 16,第二个数与第三个数的和是 12,求这四个数.a2=1 从而 a1=1-d,a3=1+d.整理得 4(2d)2-17(2d)+4=0.故 an=2n-3 或 an=-2n+5.2.设 an 是等
2、差数列,bn=()an,已知 b1+b2+b3=,b1b2b3=,求等差数列 an.1282118解:设 an 的公差为d.b1b3=()a1()a3=()a1+a3=()2a2=b22,12121212由 b1b2b3=得 b23=.1818b2=.12又由 b1+b2+b3=得()1-d+()1+d=.821121212821解得 2d=22 或 2-2.d=2 或-2.当 d=2 时,an=a2+(n-2)d=1+2n-4=2n-3;当 d=-2 时,an=a2+(n-2)d=1-2n+4=-2n+5.f(x)=2-104x.(2)由已知 an=log2 f(n)=log2(2-104n
3、)=2n-10.3.已知函数 f(x)=abx 的图象过点A(4,)和 B(5,1).(1)求函数 f(x)的解析式;(2)记 an=log2 f(n),n为正整数,Sn 是数列 an的前 n 项和,解关于 n 的不等式 anSn0;(3)对于(2)中的 an 与Sn,整数 104 是否为数列 anSn 中的项?若是,则求出相应的项数;若不是,则说明理由.14解:(1)由已知 ab4=,ab5=1,14解得 b=4,a=2-10.Sn=n(n-9).anSn=2n(n-5)(n-9).nN*,由 anSn0 得(n-5)(n-9)0.解得 5n9,nN*.n=5,6,7,8,9.(3)a1S1
4、=64,a2S2=84,a3S3=72,a4S4=40;当 5n9 时,anSn0;当 10n22 时,anSna22S22=9724104;故整数 104 不是数列 anSn 中的项.解:(1)由已知数列 an+1-an 是首项为-2,公差为 1 的等差数列.an+1-an=(a2-a1)+(n-1)1=n-3.an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)4.设数列 an 和 bn 满足 a1=b1=6,a2=b2=4,a3=b3=3,且数列an+1-an(nN*)是等差数列,数列 bn-2(nN*)是等比数列.(1)求数列 an 和 bn 的通项公式;(2)是否存在 kN
5、*,使 ak-bk(0,)?若存在,求出 k,若不存在,说明理由.12an-an-1=n-4(n2).=6+(-2)+(-1)+0+1+2+(n-4)=(n2-7n+18)(n2).12而 a1=2 亦适合上式,=(n2-7n+18)(nN*).12an又数列 bn-2 是首项为 b1-2=4,公比为的等比数列,12bn-2=4()n-1=()n-3.1212bn=()n-3+2.12故数列 an 和 bn 的通项公式分别为:an=(n2-7n+18),12bn=()n-3+2.12解:(2)显然当 k=1,2,3 时,ak-bk=0,不适合题意;数列 ak 是递增数列,bk 是递减数列.不存
6、在 kN*,使 ak-bk(0,).12当 k4 时,ak=(k2-7k+18),bk=()k-3+2,1212数列 ak-bk 是递增数列.ak-bk a4-b4=3-(+2)=1212(0,).124.设数列 an 和 bn 满足 a1=b1=6,a2=b2=4,a3=b3=3,且数列an+1-an(nN*)是等差数列,数列 bn-2(nN*)是等比数列.(1)求数列 an 和 bn 的通项公式;(2)是否存在 kN*,使 ak-bk(0,)?若存在,求出 k,若不存在,说明理由.12 5.已知等比数列 an 的各项均为正数,公比 q1,数列 bn 满足 b1=20,b7=5,且(bn+1
7、-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1)logma5=0.(1)求数列 bn 的通项公式;(2)设 Sn=|b1|+|b2|+|bn|,求 Sn.解:(1)将 logma3=logma1+2logmq,logma5=logma1+4logmq 代入已知等式整理得:2(bn-2bn+1+bn+2)logmq=0.bn-2bn+1+bn+2=0.q1,logmq0.即 bn+bn+2=2bn+1.数列 bn 是等差数列.设其公差为 d,52-.bn=20+(n-1)(-).52即 bn=-n+.52245则由 b7=b1+6d 可得 d=解:(2)令 bn=0,
8、得 n=9.当 n9 时,bn0.则 Sn=b1+b2+bn=20n+(-)n(n-1)252=-n2+n.54485当 n9 时,bn9.54485-n2+n,n9,54485Sn=5.已知等比数列 an 的各项均为正数,公比 q1,数列 bn 满足 b1=20,b7=5,且(bn+1-bn+2)logma1+(bn+2-bn)logma3+(bn-bn+1)logma5=0.(1)求数列 bn 的通项公式;(2)设 Sn=|b1|+|b2|+|bn|,求 Sn.6.设 a0 为常数,且 an=3n-1-2an-1(nN*).(1)证明:对任意 n1,an=3n+(-1)n-12n+(-1)
9、n2na0;(2)假设对于任意 n1,anan-1,求 a0 的取值范围.15(1)证:由 an=3n-1-2an-1 知:3+1 2令=-得=-.15则 an-3n 是以a0-为首项,公比为-2 的等比数列.1515an-3n=(a0-)(-2)n.1515即 an=3n+(-1)n-12n+(-1)n2na0.15(2)解:由 anan-1 及 an=3n-1-2an-1 知:an-an-1=3n-1-3an-10.an-10.0an-130 成立的 n 的最小值.12解:(1)由已知可设等比数列 an 的公比为 q,依题意得:a1q+a1q2+a1q3=28,a1q+a1q3=2(a1q
10、2+2),解得 或 (舍去)a1=2,q=2,a1=32,q=,12an=22n-1=2n.即 an 的通项公式为 an=2n.(2)bn=anlog an=-n2n,12-Sn=12+222+323+n2n.-2Sn=122+223+324+n2n+1.Sn=2+22+23+2n-n2n+1=2n+1-2-n2n+1.为使 Sn+n2n+130 成立,应有 2n+132.n4.使 Sn+n2n+130 成立的 n 的最小值为 5.Sn=-(12+222+323+n2n).9.以数列 an 的任意相邻两项为坐标的点 Pn(an,an+1)(nN*)均在一次函数 y=2x+k 的图象上,数列 b
11、n 满足条件:bn=an+1-an(nN*,b10).(1)求证:数列 bn 是等比数列;(2)设数列 an,bn 的前 n 项和分别为 Sn,Tn,若 S6=T4,S5=-9,求 k 的值.(1)证:Pn(an,an+1)(nN*)均在一次函数 y=2x+k 的图象上,an+1=2an+k,即:an+1+k=2(an+k).又 bn=an+1-an=an+k,则 bn+1=an+1+k,bn+1bn=2.an+1+kan+k数列 bn 是等比数列.解得:k=8.(2)解:b1=a1+k,bn=(a1+k)2n-1,an=bn-k=(a1+k)2n-1-k,S6=T6-6k=(a1+k)(26
12、-1)-6k=63a1+5k,T4=(a1+k)(25-1)=15(a1+k),S5=31a1+26k=-9,S6=T4a1=-k,78 10.(1)已知数列 cn,其中 cn=2n+3n,且数列 cn+1-pcn 为等比数列,求常数 p;(2)设 an,bn 是公比不相等的两个等比数列,cn=an+bn,证明:数列 cn 不是等比数列.(1)解:数列 cn+1-pcn 为等比数列,(cn+1-pcn)2=(cn+2-pcn+1)(cn-pcn-1).又 cn=2n+3n,2n+1+3n+1-p(2n+3n)2=2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1)2n+3n-p(2n-1+3n-1).
13、即(2-p)2n+(3-p)3n2=(2-p)2n+1+(3-p)3n+1(2-p)2n-1+(3-p)3n-1.整理得(2-p)(3-p)2n3n0.16解得 p=2 或 3.(2)证:设 an,bn 的公比分别为 p,q,pq.为证 cn 不是等比数列,只须证 c22c1c3.事实上,c22=(a1p+b1q)2=a12p2+b12q2+2a1b1pq,c1c3=(a1+b1)(a1p2+b1q2)=a12p2+b12q2+a1b1(p2+q2).pq,p2+q22pq.又 a1,b1 不为零,c22c1c3.故 cn 不是等比数列.11.设等比数列 an 的各项为实数,前 n 项的和为S
14、n,公比为q.(1)若 S5,S15,S10 成等差数列,求证:2S5,S10,S20-S10 成等比数列;(2)若 2S5,S10,S20-S10 成等比数列,试问若 S5,S15,S10一定成等差数列吗?请说明理由.(1)证:由已知q1(若 q=1,则 S5=5a1,S15=15a1,S10=10a1,不满足 S5,S15,S10 成等差数列).1-qa1 记 t=,则由 S5,S15,S10 成等差数列得:S5+S10-2S15=0.t(1-q5+1-q10-2+2q15)=0.即 tq5(2q10-q5-1)=0.tq50,2q10-q5-1=0.以下有两种证法:法1:q 1,可解得:
15、q5=-.12S102=t2(1-q10)2=t2,1692S5(S20-S10)=2t2(1-q5)(q10-q20)=t2=S102.1692S5,S10,S20-S10 成等比数列.法2:1+q5=2q10.S102S5 =(1+q5)=q10.1-q10 2(1-q5)12S20-S10 S10又 =-1=1+q10-1=q10.1-q20 1-q10 =.S102S5S20-S10 S102S5,S10,S20-S10 成等比数列.(2)解:不一定成立.例如 q=1 时,显然 2S5,S10,S20-S10 成等比数列,但 S5,S15,S10 不成等差数列.11.设等比数列 an
16、的各项为实数,前 n 项的和为Sn,公比为q.(1)若 S5,S15,S10 成等差数列,求证:2S5,S10,S20-S10 成等比数列;(2)若 2S5,S10,S20-S10 成等比数列,试问若 S5,S15,S10一定成等差数列吗?请说明理由.12.设数列 an 的前 n 项和为 Sn,若 Sn 是首项为 S1 各项均为正数且公比为q 的等比数列.(1)求数列 an 的通项公式 an(用 S1 和 q 表示);(2)试比较 an+an+2 与 2an+1 的大小,并证明你的结论.解:(1)由已知 Sn=S1qn-1(q0).当 n=1 时,a1=S1;当 n2 时,an=Sn-Sn-1
17、=S1(q-1)qn-2.(2)当 n=1 时,a1+a3-2a2=S1+S1(q-1)q-2S1(q-1)=S1(q2-3q+3)0.a1+a32a2;当 n2 时,an+an+2-2an+1=S1(q-1)qn-2+S1(q-1)qn-2S1(q-1)qn-1,S10,qn-20,当 q=1 时,(q-1)3=0an+an+2-2an+1=0an+an+2=2an+1;an=S1,(n=1)S1(q-1)qn-2,(n2)=S1(q-1)3qn-2.当 0q1 时,(q-1)30an+an+2-2an+10an+an+21 时,(q-1)30an+an+2-2an+10an+an+22an
18、+1.综上所述,当 n=1 时,a1+a32a2;当 n2 时,若 q=1,则 an+an+2=2an+1;若 0q1,则 an+an+21,则 an+an+22an+1.13.下表给出一个“三角形数阵”:已知每一列的数成等差数列,从第三行起每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第 i 行第 j 列的数为 aij(ij,i,jN*).(1)求 a83;(2)写出 aij 关于 i,j 的表达式;(3)记第 n 行的和为An,求数列 An 的前 m 项和Bm 的表达式;3438121416314 解:(1)依题意 ai1 成等差数列.a11=,a21=,1214每行的公比 q=.12a81
19、=+(8-1)=2.1414a31=,a32=,且各行成等比数列,公比都相等,383412a83=2()2=.12(2)由(1)知 ai1=+(i-1)=.1414i4i412aij=ai1()j-1=()j-1=i()j+1.1212(3)An=an11+2-1+2-2+2-(n-1)=2-2-(n-1)=-n()n+1.n4n212Bm=(1+2+m)-(+).m2m1212243812设 Tm=+.m2m122438m+2 2m+112由错位相减法可求得Tm=1-,m+2 2m+1Bm=+-1.m(m+1)4 14.设各项均为正数的数列 an 和 bn 满足 5an,5bn,5an+1
20、成等比数列,lgbn,lgan+1,lgbn+1 成等差数列,且 a1=1,b1=2,a2=3,求通项 an,bn.解:5an,5bn,5an+1 成等比数列,(5bn)2=5an5an+1,2bn=an+an+1.又lgbn,lgan+1,lgbn+1 成等差数列,an+1=bnbn+1 .an=bn-1bn(n2).2bn=bnbn+1+bn-1bn(n2).2 bn=bn-1+bn+1(n2).又由 lgb1,lga2,lgb2 成等差数列,且 b1=2,a2=3 得:b2=.92 b2-b1=.22 bn 是以 2 为首项,为公差的等差数列.22bn=2+(n-1)222n+1=.bn
21、=.(n+1)2 2bn-1=(n2).n2 2an=bn-1bn=(n2).n(n+1)2又 a1=1 亦适合上式,n(n+1)2an=.15.设 an 是由正数组成的等比数列,Sn 是其前 n 项和.(1)证明:lgSn+lgSn+2 0,使得=lg(Sn+1-c)成立?并证明你的结论.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)2(1)证:设等比数列 an 的公比为 q,由题设知 a10,q0.当 q=1 时,Sn=na1,SnSn+2-Sn+12=na1(n+2)a1-(n+1)2a12=-a120;当 q1 时,Sn=,a1(1-qn)1-qSnSn+2-Sn+12=-a12(1-qn)(
22、1-qn+2)(1-q)2a12(1-qn+1)2(1-q)2=-a12qn0.SnSn+2-Sn+120.SnSn+2Sn+12.lgSnSn+2lgSn+12.lgSn+lgSn+22lgSn+1.lgSn+lgSn+2 lgSn+1.2=-a120,使结论成立.当 q1 时,(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2a1(1-qn)1-q=-c -c-c2a1(1-qn+2)1-qa1(1-qn+1)1-q当 q=1 时,(Sn-c)(Sn+2-c)-(Sn+1-c)2(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2,Sn-c0,解法1:要使=lg(Sn+1-c)成立,则有lg(S
23、n-c)+lg(Sn+2-c)2(2)是否存在常数 c0,使得=lg(Sn+1-c)成立?并证明你的结论.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)2=-a1qna1-c(1-q),且 a1qn0,故只能有 a1-c(1-q)=0,即 c=,此时,c0,a10,a11-q 0q1.但当 0q1 时,Sn-c=Sn-a11-qa1qn1-q=-0,使结论成立.故不存在常数 c0,使得=lg(Sn+1-c)成立.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)2解法2:假设存在常数 c0,使 =lg(Sn+1-c)成立,则有lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)2(Sn-c)(Sn+2-c)=(Sn+1-c)2
24、,Sn-c0,Sn+1-c0,Sn+2-c0,由 得 SnSn+2-Sn+12=c(Sn+Sn+2-2Sn+1),Sn+Sn+2-2Sn+1=(Sn-c)+(Sn+2-c)-2(Sn+1-c)2(Sn-c)(Sn+2-c)-2(Sn+1-c)=0.c0,式右端非负,由(1)知式的左端小于零,矛盾.故不存在常数 c0,使得=lg(Sn+1-c)成立.lg(Sn-c)+lg(Sn+2-c)2a1=-393,a2+a3=-768,解:(1)设等差数列 an 的公差为 d,前 n 项和为 Sn.2(-393)+3d=-768.解得 d=6.(2)由(1)知 Sn=-393n+3n(n-1)=3n2-3
25、96n,又-160b2=-288.16.已知 an 是等差数列,a1=-393,a2+a3=-768,bn 是公比为q(0q1)的无穷等比数列,b1=2 且 bn 的各项和为 20.(1)写出an 和 bn 的通项公式;(2)试求满足不等式-160b2 的正整数 m.am+1+am+2+a2mm+1 an=-393+6(n-1)=6n-399.又由已知 b1=2 且=20 b11-qq=.109bn=2()n-1.109故 an 和 bn 的通项公式分别为 an=6n-399,bn=2()n-1.109am+1+am+2+a2m=S2m-Sm=9m2-396m.原不等式9m2-396m-288(m+1)(mN*)m2-12m+320(mN*)4m8(mN*).m 的值为 4,5,6,7,8.