1、第2讲 数 列 热 点 调 研 近几年高考中的数列总体难度有所降低，以考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法为主，有时也有涉及到函数、方程、不等式知识的综合性问题，在解题过程中常用到等价转化、分类讨论、函数与方程等思想方法.调研一 证明等差、等比数列证明等差数列(2016山西质检)数列an满足 an69an1(nN*，n2)(1)求证：数列1an3是等差数列；(2)若 a16，求数列lgan的前 999 项的和【审题】(1)利用等差数列定义来证，适当变形(2)先求出an，再根据 an的结构求和【解 析】(1)1an3 1an13 an13an19 1an13 an
2、133an1913(n2)，数列1an3是等差数列(6 分)(2)a16，由(1)知1an31a1313(n1)n3，an3（n1）n(nN*)，lganlg(n1)lgnlg3(nN*)数列lgan的前 999 项和 S999lg3(lg2lg1lg3lg2lg1 000lg999)999lg3lg1 0003999lg3.(12 分)【回顾】证明等差数列的方法 定义法：an1and，nN*，或 n2 时，anan1d.等差中项法：an1anan22，nN*.证明等比数列(2016新课标全国)已知数列an的前 n 项和 Sn1an，其中 0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若
3、 S53132，求.【审题】(1)利用等比数列的定义证明，结合等比数列的通项公式求解；(2)利用等比数列的求和公式求解【解析】(1)由题意得 a1S11a1，故 1，a1 11，a10.(2 分)由 Sn1an，Sn11an1 得 an1an1an，即 an1(1)an.由 a10，0 且 1 得 an0，所以an1an 1.因此an是首项为 11，公比为 1的等比数列，于是 an11(1)n1.(6 分)(2)由(1)得 Sn1(1)n.由 S53132得 1(1)53132，即(1)5 132.解得 1.(12 分)【回顾】(1)已知数列的通项公式 an 与前 n 项和 Sn的关系，一般利
4、用公式 anS1，n1SnSn1，n2将通项进行统一(2)证明等比数列的方法：定义法：an1an q(nN*)或当 n2 时，anan1q.等比中项法：an1an an2an1(nN*)(3)注意不能直接根据通项公式就说某个数列是等差或等比数列，判断可以，证明不行！1(2016安徽联考)设数列an的前 n 项积为 Tn，且 Tn2an2(nN*)(1)求证：数列 1Tn是等差数列；(2)设 bn(1an)(1an1)，求数列bn的前 n 项和 Sn.解析(1)Tn2an2，当 n1 时，T12a12，T123，即 1T132.又当 n2 时，Tn22 TnTn1，得 TnTn12Tn12Tn，
5、1Tn 1Tn112，数列 1Tn是以32为首项，12为公差的等差数列(2)由(1)知，数列 1Tn为等差数列，1Tn3212(n1)n22，an2Tn2n1n2，bn(1an)(1an1)1（n2）（n3）1n2 1n3，Sn(1314)(1415)(1n21n3)131n3n3n9.2(2016广东教育联合体)已知数列an满足 2a14a22nann（n1）2.(1)求证：数列ann是等比数列；(2)求数列an的前 n 项和 Tn.审题(1)由已知求得ann(12)n(n2)，再验证 a1 符合上式，即证得ann是等比数列；(2)由(1)知需要利用错位相减法求出 Tn.解析(1)当 n1
6、时，由 2a11，得 a112，当 n2 时，由 2a14a22nann（n1）2得，2a14a22n1an1（n1）n2，于是 2nann（n1）2（n1）n2n，整理得ann(12)n，又 a112符合上式，所以数列ann是等比数列(2)由(1)得，ann(12)n，Tn1(12)12(12)23(12)3n(12)n，12Tn1(12)22(12)33(12)4n(12)n1，所以12Tn(12)1(12)2(12)3(12)4(12)nn(12)n1，即 Tn1(12)1(12)2(12)3(12)n1n(12)n1（12）n112n(12)n22(12)nn(12)n2n22n.3(
7、2016太原检测)已知数列an满足：a112，3（1an1）1an2（1an）1an1，anan10(n1，nN*)；数列bn满足：bnan12an2(n1，nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列解析(1)由3（1an1）1an2（1an）1an1，化简得 an1223an213，即有 an12123(an21)，所以数列an21是以 a12134为首项，公比为23的等比数列 所以 an21(34)(23)n1，得 an212n33n2，因为 a112，anan10，所以 an(1)n112n33n2.而 bnan12an2(12n23n1)
8、(12n33n2)2n33n1.(2)假设数列bn中存在三项成等差数列，记 bk，bt，bm(k，l，mN*，klm)，则有 2btbkbm，即 22l33l12k33k12m33m1，化简得(23)ml(32)lk2(*)，因为 kl2，所以(*)式不成立 即数列bn中的任意三项不可能成等差数列1等差数列an的证明有两个方法(1)定义：an1and(d 为与 n 无关的常数)；(2)等差中项：an1anan22.2等比数列an的证明有两个方法(1)定义：an1an q(q 为与 n 无关的常数)；(2)等比中项：an12anan2(an0)3现在的证明往往用到构造法，构造等差、构造等比调研二
9、 等差等比的综合运用(2016百校联盟)已知首项为12，公比不等于 1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且 S3，S2，S4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记 bnn|an|，数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.【解析】(1)通解：设数列an的公比为 q，由题意得 2S2S3S4，q1，(1 分)2a1（1q2）1qa1（1q3）1qa1（1q4）1q.(3 分)化简得 q2q20，得 q2，(5 分)又数列an的首项为12，an12(2)n1.(6 分)优解：设数列an的公比为 q，由题意得 2S2S3S4，即(S4S2)(S3S2)0，(2 分)即(a4a3)a3
10、0，(3 分)a4a32，公比 q2.(5 分)又数列an的首项为12，an12(2)n1.(6 分)(2)bnn|an|n122n114n2n，(7 分)Tnb1b2b3bn14(12222323n2n)，(8 分)2Tn14(122223324n2n1)，(9 分)得，Tn142（12n）12n2n1，(11 分)Tn1212(n1)2n.(12 分)【回顾】(1)等差数列与等比数列的运算问题主要集中在通项公式与前 n 项和公式上，通常只要抓住这两种数列的首项和公差(公比)即可完成求解；(2)非等差、等比数列的求和问题，在解答题中通常集中在裂项相消法和错位相减法上，这是在数列备考中必须重视
11、的两种方法(2016九江二次模拟)已知数列an是等差数列，其中a12，且 a2，a3，a41 成等比数列，数列bn的前 n 项和为 Sn，满足 bnSn2.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cnanSn2，求数列cn的前 n 项和 Tn.【审题】(1)根据题中三项成等比，可求得公差 d，进而求an；利用 bn与 Sn的关系可求得 bn.(2)先求出 cn，根据结构采用适当方法求 Tn.【解析】(1)设数列an的公差为 d，则 a32a2(a41)，即(a12d)2(a1d)(a13d1)，解得 d2 或 d1.当 d1 时，a30 与已知矛盾，d2.ana1(n1)d22(n1)2n
12、.(3 分)由 bnSn2，得 Sn2bn.当 n1 时，b1S12，解得 b11；当 n2 时，bnSnSn1(2bn)(2bn1)bn1bn，即bn12bn1.数列bn是首项为 1，公比为12的等比数列，故 bn 12n1.(6分)(2)由(1)知 Sn2 12n1，cnanSn2 2n n2n1.(7 分)Tn2(123n)(120 221322 n2n1)n(n1)(120221322 n2n1)令 Rn120 221322 n2n1，则12Rn 121222 323 n2n，两式相减得12Rn112 122 12n1 n2n112n112 n2n2n22n，Rn4n22n1，Tnn2
13、n4n22n1.(12 分)【回顾】等差、等比的综合应用中，要注意基本量法的应用1(2016商丘二模)已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)，且 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列 bn(1)n1n(nN*)，求数列anbn的前 n 项和 Tn.解析(1)设等比数列an的公比为 q，S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列，2(S5a5)(S3a3)(S4a4)，4a5a3，因此，q2a5a314，q12，数列an不是递减数列，q12，an32(12)n1(1)n132n，nN*.(2)anbn(1)n1 32n
14、(1)n1n3n2n，Tn3(12222323n2n)，12Tn3(122223n12n n2n1)，以上两式相减得：12Tn3(121122 12n n2n1)3(112nn2n1)，Tn6(1n22n1)2(2016贵州适应性考试)已知等比数列an的前 n 项和 Sn满足 S339，且 2a2 是 3a1 与 a3 的等差中项(1)求数列an的通项 an；(2)若数列an为递增数列，bn1log3anlog3an2，Tnb1b2bn，问是否存在正整数 n 使得 Tn12成立？若存在，求出 n的最小值；若不存在，请说明理由解析(1)设数列an的公比为 q.由 S339 得 a1(1qq2)3
15、9.因为 2a2 是 3a1 与 a3 的等差中项，则 3a1a34a2.即 q24q30，解得 q1 或 q3.代入式得：当 q1 时，a113，an的通项公式为 an13；当 q3 时，a13，an的通项公式为 an33n13n.(2)因 为 数 列 an 为 递 增 数 列，所 以 an 3n，bn 1log33nlog33n21n（n2）12(1n 1n2)Tn12(113)(1214)(1315)(1n1 1n1)(1n1n2)12(112 1n1 1n2)由 Tn12得 n2n40，即 n1 172.又 nN*，所以存在最小正整数 n3，使得 Tn12成立该类题目往往既考查等差数列
16、，也考查等比数列，综合性较强；不仅要重视基本量法：知三求二，而且也要重视性质的灵活运用，经常与求和联系在一起调研三 错位相减法求和(2016山东)已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn（an1）n1（bn2）n，求数列cn的前 n 项和 Tn.【审题】(1)首先根据数列an的通项公式与其前 n 项和的关系求出数列an的通项公式，然后根据两个数列之间的关系求出数列bn的通项公式；(2)首先化简数列cn的通项公式，然后根据其结构特征利用错位相减法求和【解析】(1)由题意知当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1
17、 时，a1S111，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d，由a1b1b2，a2b2b3，得112b1d，172b13d，可解得 b14，d3.所以 bn3n1.(2)由(1)知 cn（6n6）n1（3n3）n 3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，所以 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n2344（12n）12(n1)2n23n2n2，所以Tn3n2n2.【回顾】(1)选择数列求和方法的依据是数列的通项公式，如该题第(2)问中通过化简数列cn的通项公式可知，其可以写成一个等差数列与等比数列的通项公式的乘积
18、形式，故应采用错位相减法求和(2)本题考查数列的通项公式与前 n 项和的关系，等差数列的通项公式以及数列求和，意在考查考生基本的计算能力以及逻辑推理能力等(2016湖北七市联考)已知等差数列an，等比数列bn满足：a1b11，a2b2，2a3b31.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Sn.【审题】利用基本量法求 an和 bn；根据 cn的结构求 Sn.【解析】(1)设an的公差为 d，bn的公比为 q，由已知可得1dq2（12d）q21，即1dqq24q30，解得d0q1或d2q3，(4 分)从而 anbn1 或 an2n1，bn3n1.(6
19、分)(2)当 anbn1 时，cn1，所以 Snn；(8 分)当 an2n1，bn3n1 时，cn(2n1)3n1，Sn133532733(2n1)3n1，3Sn3332533734(2n1)3n，从而有(13)Sn12323223n1(2n1)3n 12(3323n1)(2n1)3n 2(n1)3n2，故 Sn(n1)3n1.综合，得 Snn 或 Sn(n1)3n1.(12 分)【回顾】公差 d0，表示an为常数列，千万不可舍去！1(2016广州综合测试二)设 Sn 是数列an的前 n 项和，已知 a13，an12Sn3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(2n1)an，求数
20、列bn的前 n 项和 Tn.解析(1)当 n2 时，由 an12Sn3，得 an2Sn13，两式相减，得 an1an2Sn2Sn12an，an13an，an1an 3.当 n1 时，a13，a22S132a139，则a2a13.数列an是以 3 为首项，3 为公比的等比数列 an33n13n.(2)由(1)得 bn(2n1)an(2n1)3n.Tn13332533(2n1)3n，3Tn132333534(2n1)3n1，得2Tn1323223323n(2n1)3n1 32(32333n)(2n1)3n1 3232（13n1）13(2n1)3n1 6(2n2)3n1.Tn(n1)3n13.2(2
21、016河南八市质检)已知递增的等比数列an的前 n 项和为 Sn，a664，且 a4，a5 的等差中项为 3a3.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn na2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解析(1)设等比数列an的公比为 q(q0)，由题意，得a1q564a1q3a1q46a1q2，解得a12q2或q3（舍），所以 an2n.(2)因为 bn na2n1 n22n1，所以 Tn12223325427 n22n1，14Tn 123 225327n122n1 n22n1，所以34Tn12 123 125 127 122n1 n22n112（114n）114n22n123 43n322
22、n1，故 Tn891612n922n189 43n922n1.错位相减求和方法适用于等差、等比乘积求和问题，关键两条：错位；作差计算时千万要细心！慌乱定出错！调研四 裂项相消法求和(2016四川泸州检测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数 f(x)12x212x 的图像上(1)求数列an的通项公式；(2)设数列1anan2的前 n 项和为 Tn，若不等式 Tn13loga(1a)对任意正整数 n 恒成立，求实数 a 的取值范围【审题】(1)点在图像上，可得 Sn 表达式，进而可求 an.(2)用裂项相消法可求 Tn.题中不等式恒成立，只需求 Tn的最小值，再解不
23、等式即可【解析】(1)点(n，Sn)在 f(x)12x212x 的图像上，Sn12n212n.当 n2 时，Sn112(n1)212(n1)，得 ann.当 n1 时，a1S112121，符合上式，ann.(2)由(1)得1anan21n（n2）12(1n 1n2)，Tn 1a1a3 1a2a4 1a3a51anan2 12(113)12(1214)12(1315)12(1n1 1n1)12(1n 1n2)12(112 1n1 1n2)3412(1n1 1n2)Tn1Tn1（n1）（n3）0，数列Tn单调递增(Tn)minT113.要使不等式 Tn13loga(1a)对任意正整数 n 恒成立，
24、只要1313loga(1a)即可 1a0，0aa，得 0a12，实数 a 的取值范围是(0，12)【回顾】裂项相消法具有中国古典建筑的对称美，前后的剩余项是对称出现的尽量多写几项再相消(2016衡水调研)在等差数列an中，a25，a511，数列bn的前 n 项和 Snn2an.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列1bnbn1的前 n 项和 Tn.【审题】(1)用基本量法求 an，用 bn与 Sn的关系可求 bn.(2)用裂项相消法求 Tn.【解析】(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，则a2a1d5，a5a14d11，a13，d2.an3(n1)22n1.(3 分)数列bn
25、的前 n 项和 Snn22n1.当 n1 时，b1S14，当 n2 时，bnSnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，对 b14 不成立 所以数列bn的通项公式为 bn4，（n1）2n1，（n2）.(6 分)(2)当 n1 时，T1 1b1b2 120.当n2时，1bnbn11（2n1）（2n3）12(12n112n3)，所以 Tn 12012(1517171912n112n3)12012(1512n3)120 n110n156n120（2n3），T1 仍然适合此式，(10分)综上，Tn6n120（2n3）.(12 分)【回顾】裂项相消法求和，注意起始项，从适合裂项的那一项开始裂项
26、，不一定是从第 1 项开始，但要注意一定要验证第1 项(或前几项)1(2016衡阳二模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn1an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn1log13an，cnbnbn1n1n，求数列cn的前 n 项和Tn.解析(1)当 n1 时，由 2Sn1an，得 a113.由 2Sn1an，2Sn11an1(n2)，得：an13an1(n2)，所以数列an是以首项为13，公比为13的等比数列，即 an13n(nN*)(2)由(1)可知 bn1log13an1log13（13）n1n，cnn1 nn（n1）1n1n1，则 Tnc1c2cn(1 12)(
27、12 13)(13 14)(1n1n1)11n1.2(2016保定调研)已知等差数列an的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4 成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n1 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解析(1)因为 S1a1，S22a1212 22a12，S44a1432 24a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得 a11.所以 an2n1.(2)bn(1)n1 4nanan1(1)n14n（2n1）（2n1）(1)n112n112n1.当 n 为偶数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1112n
28、1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113 1315 12n312n1 12n112n1112n12n22n1.所以 Tn2n22n1，n为奇数，2n2n1，n为偶数.或Tn2n1（1）n12n1调研五 分组求和通项分奇偶(2016湖南演练)等差数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn是等比数列，满足 a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令 cn2Sn，n为奇数bn，n为偶数，设数列cn的前 n 项和为 Tn，求 T2n.【审题】(1)基本量法求 an、bn.(2)T2n 表示数列cn的前 2n项和，它由 n 项奇数项和 n 项偶数项组成【解
29、析】(1)设数列an的公差为 d，数列bn的公比为 q，则b2S210a52b2a3，得q6d1034d2q32d，解得d2，q2，所以 an32(n1)2n1，bn2n1.(4 分)(2)由 a13，an2n1 得 Snn(n2)，则 cn2n（n2），n为奇数2n1，n为偶数，则 cn1n 1n2，n为奇数2n1，n为偶数，(6 分)所以 T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)(113)(1315)(12n112n1)(22322n1)112n12（14n）14 2n2n123(4n1)(12 分)【回顾】通项分奇偶求和，通常分成两个数列，奇数列和偶数列分别求和，再相加，各数列根据自
30、己通项公式选择合适的求和方法通项是两数列和(2016芜湖和马鞍山联考)设数列an的前 n 项和 Sn2n1，数列bn满足 bn1（n1）log2ann.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和 Tn.【审题】(1)利用 an和 Sn的关系求 an.(2)求 bn，观察其结构，它可以拆成两数列通项的和【解析】(1)当 n1 时，a1S14，(2 分)由 Sn2n1，得 Sn12n(n2)，anSnSn12n12n2n(n2)，an4，n12n，n2.(5 分)(2)当 n1 时，b112log241，T154，(7 分)当 n2 时，bn1（n1）log22nn1n（n1）n1
31、n 1n1n，(8 分)Tn54(1213131414151n1n1)(234n)14(1213131414151n 1n1)n（n1）2 34 1n1n（n1）2.(11 分)上式对于 n1 也成立，Tn34 1n1n（n1）2.(12 分)【回顾】注意 n 的取值情况，通常就是首项或前几项；拆成多个数列求和，各自的求和公式要正确并项法求和(2016广州五校联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且a3a64，S55.(1)求数列an的通项公式；(2)若 Tn|a1|a2|a3|an|，求 T5 的值和 Tn 的表达式【审题】(1)基本量法求 an.(2)an有正有负，采用并项法【解析
32、】(1)由题知2a17d45a1542 d5，解得a15d2，故an2n7(nN*)(5 分)(2)由 an2n70，得 n72，即 n3，所以当 n3 时，an2n70.(6分)易知 Snn26n，S39，S55，所以 T5(a1a2a3)a4a5S3(S5S3)S52S313.(8 分)当 n3 时，TnSn6nn2；当 n4 时，TnS3(SnS3)Sn2S3n26n18.故 Tn6nn2，n3n26n18，n4.(12 分)【回顾】并项法是分组求和中的一类，应用比较广泛，凡是具有周期性质(或类似于周期性质数列求和均可应用并项法)1(2016东北四市二次模拟)已知数列an满足 a1511
33、，a612，且数列an的每一项加上 1 后成为等比数列(1)求 an；(2)令 bn|log2(an1)|，求数列bn的前 n 项和 Tn.解析(1)由题意数列an1是等比数列，设公比为 q，a11512，a6112512q5，解得 q14.则数列an1是以 512 为首项，14为公比的等比数列，所以 an12112n，an2112n1.(2)由(1)知 bn|112n|，当 n5 时，Tn10nn2，当 n6 时，Tnn210n50，所以 Tn10nn2，n5n210n50，n6.2(2016郑州预测)已知数列an的首项 a11，前 n 项和为Sn，且数列Snn 是公差为 2 的等差数列(1
34、)求数列an的通项公式；(2)若 bn(1)nan，求数列bn的前 n 项和 Tn.解析(1)由已知条件可得Snn 1(n1)22n1，Sn2n2n.当 n2 时，anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n3，当 n1 时，anS11，而 4131，an4n3.(2)由(1)可得 bn(1)nan(1)n(4n3)，当n为偶数时，Tn1591317(4n3)4n22n，当 n 为奇数时，n1 为偶数，TnTn1bn12(n1)(4n1)2n1.综上，Tn2n（n2k，kN*）2n1（n2k1，kN*）.3(2016新课标全国)Sn 为等差数列an的前 n 项和，且 a11，S728.记 b
35、nlgan，其中x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，lg991.(1)求 b1，b11，b101；(2)求数列bn的前 1 000 项和解析(1)设an的公差为 d，据已知有 721d28，解得 d1.所以an的通项公式为 ann.b1lg10，b11lg111，b101lg1012.(2)因为 bn0，1n10，1，10n100，2，100n0，nN*.(1)若 2a2，a3，a22 成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线 x2y2an21 的离心率为 en，且 e253，证明：e1e2en4n3n3n1.【审题】(1)先由数列an的前 n 项和公式 Sn求通项公式，即 an
36、S1，n1SnSn1，n2，再结合等差数列即可求an的通项公式；(2)先利用缩放法证得 ek 1ak2ak，然后利用等比数列的前 n项和公式即可证明 e1e2en4n3n3n1.【解析】(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到 an2qan1，n1.又由 S2qS11 得到 a2qa1，故 an1qan对所有 n1 都成立 所以，数列an是首项为 1，公比为 q 的等比数列 从而 anqn1.由 2a2，a3，a22 成等差数列，可得 2a33a22，得 2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故 q2.所以 an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1.
37、所以双曲线 x2y2an21 的离心率 en 1an2 1q2（n1）.由 e2 1q253得 q43.因为 1q2(k1)q2(k1)，所以 1q2（k1）qk1(kN*)于是 e1e2en1qqn1qn1q1，故 e1e2en4n3n3n1.【回顾】(1)本题考查等差数列、等比数列的有关知识，考查利用放缩法证明不等式，意在考查考生的运算求解能力及逻辑思维能力(2)由于本题中en不能直接求和，故采用先放后求的方针(3)本题首次将数列、圆锥曲线以及不等式进行综合，题目难度不大，但是非常考验考生的知识体系是否完备，也考验考生的心理素质1(2016宜春新余联考)设函数 f(x)x2sinx 的所有
38、正的极小值点从小到大排成的数列为xn(1)求数列xn的通项公式；(2)令 bnxn2，设数列1bnbn1的前 n 项和为 Sn，求证 Sn02k23 x2k23(kZ)，由 f(x)02k23 x2k43(kZ)，当 x2k23(kZ)时，f(x)取得极小值，xn2n23(nN*)(2)bn xn2n133n13，1bnbn133n133n23(13n113n2)，Sn3(1215151813n113n2)3(1213n2)3233n2，Sn32.2(2016衡中调研)已知数列an满足 a12，an13an2.(1)证明an1an是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)证明1a11a21an1.解析(1)由 an13an2 得 an3an12(n2)，相减得 an1an3(anan1)，又 a23a124，则 a2a12，所以an1an是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，即 an1an23n1，又 an13an2，所以 an3n11.(2)1a1 1a2 1an121413n111213 13n11213（1 13n1）1131123n11.请做：数列专练 作业（十八）-（十九）