题型1  已知数列前几项求通项公式

1．数列的通项                ．

2．数列的通项              ．

3．数列的通项              ．

4. 写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：

 

5. 观察下面数列的特点，写出每个数列的一个通项公式：

                       

 

6．写出下面数列的一个通项公式：

 

7．根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第个图中有__n²-n+1_个点．

（1）   （2）    　     （3）     　　（4）  　　　　　　（5）

相关的高考试题有：

（2004年全国卷）已知数列{a_n}，满足a₁=1，a_n=a₁+2a₂+3a₃+…+(n－1)a_n－1(n≥2)，则{a_n}的通项             

分析：由已知，．

由 生成

两式相减得：，即

为商型的，用累乘法可得

（20##年广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；

（答案用表示）.

题型2  由a_n与S_n的关系求通项公式

=    =．

一般已知条件中含a_n与S_n的关系的数列题均可考虑用上述公式．

１． 已知数列的前项和，则           n     ．

２． 已知数列的前项和，则                   ．

3：（04年浙江）设数列{a_n}的前项的和S_n=（a_n-1） (n)．

(Ⅰ)求a₁；a₂；

  (Ⅱ)求证数列{a_n}为等比数列．

4.  数列{a_n}的前n项和 S_n=3·2ⁿ-3,求数列的通项公式.

5：设数列{a_n}的前n项和为S_n=2n²+3n+2，求通项a_n的表达式，并指出此数列是否为等差数列.  

6：已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁＝2，且na_n+1=S_n+n(n+1)，求a_n．

7.  (2004全国卷)已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2a_n +(-1)ⁿ,n≥1．

（Ⅰ）写出求数列{a_n}的前3项a₁,a₂,a₃；

（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；

（Ⅲ）证明：对任意的整数m>4，有.

8..（20##年湖北卷）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m．

点评：本小题考查二次函数、等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题的能力和推理能力．

9. （20##年安徽卷）数列的前项和为，已知．

（Ⅰ）写出与的递推关系式，并求关于的表达式；

（Ⅱ）设，求数列的前项和．

题型3  已知数列递推公式求通项公式

1． 已知数列的首项，且，则  3n-2  ．

2．已知数列的首项，且，则 ．

3．已知数列的，且，则  1    ．

4． 已知数列的，且,则  n     ．

一、由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系

析：①等差数列：

生成：，，…，

累加： =

由此推广成差型递推关系：

累加：=   ，于是只要可以求和就行．

题组一：

数列中，，求的通项公式 ．

变式1：数列中，，求的通项公式 ．

变式2：数列中，，求的通项公式 ．

变式3：已知数列满足，，求．

变式4：数列中，，求的通项公式 ．

析：②等比数列：

生成：，，…，

累乘：=

由此推广成商型递推关系：

累乘：

题组二、

已知数列的首项，且，则   ．

变式1：已知数列的首项，且，则  ．

变式2：数列中，，求的通项公式．

变式3：数列是首项为1的正项数列，

且，求的通项公式．

例1、   若数列满足：．

求证：①；  ②是偶数 ．

例2、已知数列，且,    其中k=1,2,3,……. （I）求；（II）求{ a_n}的通项公式.

二．由差型，商型类比出来的和型，积型：

即

例如：数列中相邻两项，是方程的两根，已知，求的值．            

分析：  由题意：+      　　①

生成： +     ②

②—①：．

所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差．

其基本思路是，生成，相减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应．到这里本题的解决就不在话下了．

特别的，若+，则．

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等．

若      ①

则   ②

②÷①：．

所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比．

其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应．

特别地，若，则．

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等．

三．可以一次变形后转化为差型，商型的

1．

例如：设是常数，且，（）．

证明：．

分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理的三种方法：

方法（1）：构造公比为—2的等比数列，用待定系数法可知．

方法（2）：构造差型数列，即两边同时除以 得：，从而可以用累加的方法处理．

方法（3）：直接用迭代的方法处理：

．

说明：①当时，上述三种方法都可以用；

②当时，若用方法1，构造的等比数列应该是 而用其他两种方法做则都比较难．

③用迭代法关键是找出规律，除含外的其它式子，常常是一个等比数列的求和问题．

2．型

例如：已知，首项为，求．（20##年江苏卷22题改编）

方法1：两端取常用对数，得，

令，则，转化如上面类型的．

特别的，a=1，则转化为一个等比数列．

方法2：直接用迭代法：

四．型的

利用转化为型，或型

即混合型的转化为纯粹型的．

例如： 已知数列的前n项和S_n满足

(Ⅰ)写出数列的前3项      

(Ⅱ)求数列的通项公式．

分析：            -①

由得             -②

由得，，得  -③

由得，，得  -④

用代得        -⑤

①—⑤：

即                    --⑥

       -⑦

又如：数列的前n项和记为，已知

证明：数列是等比数列

方法1∵

∴    整理得 

所以       故是以2为公比的等比数列.

方法2：事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系，

由=．

当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数等还是要求掌握的．

成与迭代是递推关系的最重要特征．递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式，自然数n可以取1，2，3…n，n+1等等，这样就可以衍生出很多的等式．这就是所谓的生成性．对于生成出来的等式，我们往往选一些有用的进行处理．比如相加，相减，相乘，相除等，但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入，直到已知项．这种方法就叫迭代．上面的很多例题都可以体现这一点．这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效的．

例题练习

1、（20##年全国卷）已知数列{a_n}，满足a₁=1，a_n=a₁+2a₂+3a₃+…+(n－1)a_n－1(n≥2)，则{a_n}的通项    

2.已知数列中，是其前项和，并且，

(Ⅰ)设数列，求证：数列是等比数列；

(Ⅱ)设数列，求证：数列是等差数列；

（Ⅲ）求数列的通项公式及前项和．

3.（04年重庆）设a₁=1,a₂=,a_n+2=a_n+1-a_n  (n=1,2,---),令b_n=a_n+1-a_n  (n=1,2---)．

(Ⅰ)求数列{b_n}的通项公式；

(Ⅱ)求数列{na_n}的前n项的和．

4.（04年全国）已知数列{a_n}中，a₁=1，a_2k=a_2k-1+(-1)^K,a_2k+1=a_2k+3^k,其中k=1,2,3，…．

（I）求a_3,a₅；   

（II）求{a_n}的通项公式．

5.（20##年全国）已知数列，且a_2k=a_2k－1+(－1)^k,   a_2k+1=a_2k+3^k, 其中k=1,2,3,…….

（I）求a₃, a₅；

（II）求{ a_n}的通项公式．

 6.(20##年天津理)已知定义在R上的函数和数列满足下列条件：

  ，

，其中a为常数，k为非零常数．

（I）令，证明数列是等比数列；

（Ⅱ）求数列的通项公式；

（Ⅲ）当时，求．

7.(20##年重庆卷)在数列｛a_n｝中，若a₁=1,a_n+1=2a_n+3 (n≥1),则该数列的通项a_n=_________．

8.（20##年福建卷）已知数列｛a｝满足a=1,a=2a+1(n∈N)

（Ⅰ）求数列｛a｝的通项公式；

（Ⅱ）若数列{b_n}满足4^k­1-14^k2-1…4^k-1=(a_n+1)^km(n∈N^*),证明:{b_n}是等差数列；

（Ⅲ）证明:(n∈N^*)．

第二篇：数列题型分类总结

数列（2）

【类型1】

1.已知?an?是一个公差大于0的等差数列，且满足a3?a6?55,, a2?a7?16, (Ⅰ)求数列?an?的通项公式：

b1b2b3bn???...(n为正整数)，（Ⅱ）若数列?an?和数列?bn?满足等式：?an?＝23n2222

求数列?bn?的前n项和sn

解（1）设等差数列?an?的公差为d，则依题设d?0 由a2?a7?16得2a1?7d?16 ① 由a3?a6?55,得(a1?2d)(a1?5d)?55 ②

2由①得2a1?16?7d将其代入②得(16?3d)(16?3d)?220，即256?9d?220。

?d2?4,又d?0,?d?2,代入①得a1?1?an?1?(n?1)?2?2n?1

（2）令cn?bn,则有an?c1?c2?2n ?cn,an?1?c1?c2??cn?1两式相减得an?1?an?cn?1,由(1)得a1?1,an?1?an?2

?cn?1?2,cn?2(n?2),即当n?2时，bn?2n?1又当n=1时，b1?2a1?2

?2,(n?1)?bn??n?1?2(n?2)

于是Sn?b1?b2?b3

23?bn?2?23?24?4?2n?1 =2?2?2?2??2n?12(2n?1?1)?4?2n?2?6,即Sn?2n?2?6 -4=2?1

2.已知等差数列{an}的公差为d(d?0)，等比数列{bn}的公比为q(q?0)。设

?Sn?a1b1+a2b2…..+ anbn,Tn=a1b1-a2b2+…..+(-1)n?1 anbn,n?N

(1) 若a1=b1= 1，d=2，q=3，求 S3 的值；

2dq(1?q2n)

(2) 若b1=1，证明（1-q）S2n-（1+q）T2n=，n?N?； 2

1?q(3) 若正数n满足2?n?q，设k1,k2,...,kn和l1,l2,...,ln是1，2...，，n的两个不同的排列， c1?ak1b1?ak2b2?...?aknbn， c2?al1b1?al2b2?...?alnbn 证明c1?c2。

n?1*（Ⅰ）解：由题设，可得an?2n?1,bn?3,n?N

所以，S3?a1b1?a2b2?a3b3?1?1?3?3?5?9?55

n?1

（Ⅱ）证明：由题设可得bn?q则

S2n?a1?a2q?a3q2?.....?a2nq2n?1, ①

T2n?a1?a2q?a3q2?a4q3?.....?a2nq2n?1,S2n?T2n?2(a2q?a4q?...?a2nq

① 式加上②式，得

3

2n?1

)

②

22n?2

S2n?T2n?2(a1?a3q?....?a2n?1q) ③

② 式两边同乘q，得

32n?1

q(S2n?T2n)?2(a1q?a3q?....?a2n?1q)

所以，

(1?q)S2n?(1?q)T2n?(S2n?T2n)?q(S2n?T2n)

?2d(q?q3?

?q2n?1)

2dq(1?q2n)*

?,n?N

1?q2

?(akn?aln)bn ?(kn?ln)db1qn?1

(Ⅲ)证明：c1?c2?(ak1?al1)b1?(ak2?al2)b2? ?(k1?l1)db1?(k2?l2)db1q?

因为d?0,b1?0,所以

c1?c2

?(k1?l1)?(k2?l2)q?db1

?(kn?ln)qn?1

（1） 若kn?ln，取i?n

（2） 若kn?ln，取i满足ki?li且kj?lj,i?1?j?n 由（1）,(2)及题设知，1?i?n且 c1?c2?(k1?l1)?(k2?l2)q?db1(ki?1?li?1)qi?2?(ki?li)qi?1

① 当ki?li时，得ki?li??1,由q?n，得ki?li?q?1,i?1,2,3.....i?1 即k1?l1?q?1，(k2?l2)q?q(q?1)…，(ki?1?li?1)q又(ki?li)qi?1i?2?qi?2(q?1) ??qi?1,所以

c?c 12?(q?1)?(q?1)q?db1(q?1)qi?2?qi?11?qi?1?(q?1) 1?q因此c1?c2?0,即c1?c2

② 当ki?li同理可得综上，c1?c2

3.设m个不全相等的正数a1,a2,

(1)若m?2009，且a1,a2,,am(m?7)依次围成一个圆圈． ,a1006c1?c2??1，因此c1?c2 db1,a1005是公差为d的等差数列，而a1,a2009,a2008,是公比为q?d的等比数列；数列a1,a2,,am的前n项和 Sn(n?m)满足：S3?15,S2009?S2007?12a1，求通项an(n?m)；

(2)若每个数an(n?m)是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：

a1?2?a6?a7?2?am?ma1a2am； 2 解：（I）因a1,a2009,a2008,???,a1006是公比为d的等比数列，从而a2000?a1d,a2008?a1d

由S2009?S2008?12a1得a2008?a2009?12a1 ，故 解得d?3或d??4（舍去）。因此d?3S3?3a1?3d?15，解得a1?2 从而当n?1005时，an?a1?(n?1)d?2?3(n?1)?3n?1 当1006?n?2009时，由a1,a2009,a2008,???,a1006是公比为d的等比数列得

an?a1d2009?(n?1)?a1d2010?n(1006?n?2009)

?3n?1,n?1005因此an??2009?n ,1006?n?2009?2?3

22222222（II）由题意an?an?1an?1(1?n?m),am?am?1a1,a1?ama2得

　　　　　①　?an?an?1an?1(1?n?m),??am?am?1a1　　　　　　　　　② ?a?aa　　　　　　　　　　③m2?1

有①得a3?a2a11,a4?,a5?,a6?1 ④ a3a1a2a2

2由①，②，③得a1a2???an?(a1a2???an)，

故a1a2???an?1. ⑤ 又ar?3?ar?2ar?111???(1?r?m?3)，故有 ar?1arar?1ar

ar?6?1?ar(1?r?m?6).⑥ ar?3

下面反证法证明：m?6k

1?p?5 若不然，设m?6k?p,其中

若取p?1即m?6k?1，则由⑥得am?a6k?1?a1，而由③得am?

am,从而a6?a6k?am?1,而 a1a1a,故a1?1, a2a2得a2?1,由②得am?1?

a6?a1,故a1?a2?1,由④及⑥可推得an?1（1?n?m）与题设矛盾 a2

同理若P=2，3，4，5均可得an?1（1?n?m）与题设矛盾,因此m?6k为6的倍数。由均值不等式得

a1?a2?a3??a6?(a1?aa11)?(a2?)?(2?1)?6 a1a2a1a2由上面三组数内必有一组不相等（否则a1?a2?a3?1，从而a4?a5??am?1与

题设矛盾），故等号不成立，从而a1?a2?a3?

又m?6k，由④和⑥得

2a7?22?am?(a7?2?a12)?2?(a6k?5?

2?a6)2?a6k)?a6?6

　　　　　＝（k-1)　(a12?

　　　　　＝（k-1)　(a12?

因此由⑤得

a1?a2?a3?2?a6?a7? １１１22＋a?＋a?)?６(k-1)２３22a12a２a３2?am?6?6(k?1)?6k?m?ma1a2a3am

【类型2】

1.设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记bn?4?an(n?N*)。 1?an

（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；

（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若

存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；

*（III）记cn?b2n?b2n?1(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正

整数n都有Tn?3； 2

解：（I）当n?1时，a1?5S1?1,?a1??1 4

an?11?? an4又an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1?an?1?an?5an?1,即

∴数列?an?是首项为a1??11q??，公比为的等比数列， 44

1n4?(?)1n(n?N*) ∴an?(?)，bn?141?(?)n

4

（II）不存在正整数k，使得Rn?4k成立。

14?(?)n54?4?证明：由（I）知bn? n1n(?4)?11?(?)4

552015?16k?40b2k?1?b2k?8???8?k??8?k?8. (?4)2k?1?1(?4)2k?116?116k?4(16?1)(16k?4)5

∴当n为偶数时，设n?2m(m?N?) ∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)??(b2m?1?b2m)?8m?4n

当n为奇数时，设n?2m?1(m?N?)

∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)??(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n ∴对于一切的正整数n，都有Rn?4k ∴不存在正整数k，使得Rn?4k成立。

（III）由bn?4?5得 n(?4)?1

5515?16n15?16n15?16n15cn?b2n?1?b2n?2n?2n?1????nnnn2nn24?14?1(16?1)(16?4)(16)?3?16?4(16)16

又b1?3,b2?134,?c2?， 33

3； 2当n?1时，T1?

当n?2时，

411Tn??25?(2?3?3161611n?2[1?()]2141616?n)??25?11631?161

2469316??25???148231?16

2.等比数列{an}的前n 项和为sn，已知S1,S3,S2成等差数列 （1）求{an}的公比q；

（2）求a1－a3＝3，求sn

解：（Ⅰ）依题意有a1?(a1?a1q)?2(a1?a1q?a1q2) 由于 a1?0，故 2q2?q?0

1 又q?0，从而q?－ 2

12（?）?3 （Ⅱ）由已知可得a1?a12

1n（41?（?））81n?1?（?）） 故a1?4,从而Sn? . 1321?（?）2

【类型3】

1.设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1?1,Sn?1?4an?2 （I）设bn?an?1?2an，证明数列{bn}是等比数列 （II）求数列{an}的通项公式。

解：由a1?1,及Sn?1?4an?2，有a1?a2?4a1?2,a2?3a1?2?5,?b1?a2?2a1?3

由Sn?1?4an?2，．．．① 则当n?2时，有Sn?4an?1?2．．．．．② ②－①得an?1?4an?4an?1,?an?1?2an?2(an?2an?1) 又bn?an?1?2an，?bn?2bn?1?{bn}是首项b1?3，公比为２的等比数列．

n?1（II）由（I）可得bn?an?1?2an?3?2，?an?1an3?? 2n?12n4

?数列{an13是首项为，公差为的等比数列． 242n ?an1331n?2??(n?1)?n?，an?(3n?1)?2 n22444

an?an?1,n?N*. 21’a2?2,an＋2＝2.已知数列?an}满足， a1＝

???令bn?an?1?an，证明：{bn}是等比数列； (Ⅱ)求?an}的通项公式。

解：（1）证b1?a2?a1?1,

当n?2时，bn?an?1?an?an?1?an11?an??(an?an?1)??bn?1, 222

1为公比的等比数列。 2所以?bn?是以1为首项，?

1n?1（2）由（1）知bn?an?1?an?(?), 2

当n?2时，an?a1?(a2?a1)?(a3?a2)?1?(an?an?1)?1?1?(?)?21?(?)n?2 2

11?(?)n?121521?1?[1?(?)n?2]??(?)n?1, ?1?323321?(?)2

5211?1521n?1n?1?(?)?1?aa??(?)(n?N*)。 当时，1，所以n332332

3.已知a1?1,a2?4,an?2?4an?1?an,bn?

（Ⅰ）求b1,b2,b3的值； an?1,n?N?． an

（Ⅱ）设cn?bnbn?1,Sn为数列?cn?的前n项和，求证：Sn?17n； （Ⅲ）求证：b2n?bn?11． 6417n?2

1772,b3? 417解：（Ⅰ）a2?4,a3?17,a4?72，所以b1?4.b2?

（Ⅱ）由an?2?4an?1?an得an?2a1?4?n即bn?1?4? an?1an?1bn所以，当n≥2时，bn?4于是c1?b1,b2?17,cn?bnbn?1?4bn?1?17(n≥2) 所以Sn?c1?c2??cn?17n

（Ⅲ）当n?1时，结论b2?b1?117?成立 464

当n≥2时，有bn?1?bn?|4?b?b111?4?|?|nn?1|≤|bn?bn?1| bnbn?1bnbn?117

≤1|bn?1?bn?2|≤172≤111|b?b|?2117n?16417n?2(n≥2)

所以， b2n?bn≤bn?1?bn?bn?2?bn?1??b2n?b2n?1

1?1n?11n()?()?4?1717?11()n?1(1?n)1?11717?11(n?N*) ?()2n?2??n?21176417?41?17

4.已知?an?是公差为d的等差数列，?bn?是公比为q的等比数列。

（1） 若an?3n?1，是否存在m、k?N，有am?am?1?ak?说明理由；

（2） 找出所有数列?an?和?bn?，使对一切n?N,**an?1?bn,并说明理由； an

（3） 若a1?5,d?4,b1?q?3,试确定所有的p，使数列?an?中存在某个连续p

项的和是数列?bn?中的一项，请证明。

[解法一]（1）由am?am?1?ak，得6m?5?3k?1，整理后，可得k?2m?4， 3

m、k?N?，?k?2m为整数，?不存在m、k?N?，使等式成立。

a1?ndan?1?b1qn?1，?bn，（2） 若即 （*） a1?(n?1)da

n?1（ⅰ）若d?0,则1?b1q?bn。

当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求.

（ⅱ）若d?0，（*）式等号左边取极限得lima1?nd?1，（*）式等号右n??a?(n?1)d1

边的极限只有当q?1时，才能等于1。此时等号左边是常数，?d?0，矛盾。 综上所述，只有当{an}为非零常数列，{bn}为恒等于1的常数列，满足要求.

【解法二】设an?nd?c,若an?1?bn,且?bn?为等比数列 an

则an?2an?1/?q,对n?N*都成立，即anan?2?qa2

n?1 an?1an

?(dn?c)(dn?2d?c)?q(dn?d?c)2对n?N*都成立，?a2?qd2....7分 （i）

（ii） *若d=0，则an?c?0,?bn?1,n?N 若d?0,则q=1,?bn?m（常数）即dn?d?c?m，则d=0，矛盾 dn?c

an?1?bn， an综上所述，有an?c?0,bn?1,使对一切n?N*,

n（3）an?4n?1,bn?3,n?N*

k*设am?1?am?2????am?p?bk?3,p、k?N,m?N.

4(m?1)?1?4(m?p)?1p?3k， 2

3k

?4m?2p?3?,?p、k?N*,?p?35,s?N. p

取k?3s?2,4m?32s?2?2?3s?3?(4?1)2s?2?2?(4?1)s?3?0, 由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1, 2?(4?1)s?8M2?(?1)s2,

?4m?4(M1?2M2)?(?1)s?12,?存在整数m满足要求. ??

故当且仅当p=3s,s?N时，命题成立.

【类型4】

1n?11.已知数列?an?的前n项和Sn??an?()?2（n为正整数）2

n（Ⅰ）令bn?2an，求证数列?bn?是等差数列，并求数列?an?的通项公式；

（Ⅱ）令cn?n?15nan，Tn?c1?c2?........?cn比较Tn与的大小，并予以证明。 n2n?1

11解：（I）在Sn??an?()n?1?2中，令n=1，可得S1??an?1?2?a1，即a1? 22

11?an?Sn?Sn?1??an?an?1?()n?1， 当n?2时，Sn?1??an?1?()n?2?2，2

?2aa1n?1

n?n?

1?(2),即2nan?2n?1an?1?1.

bn

n?2an,?bn?bn?1?1,即当n?2时，bn?bn?1?1

又b1?2a1?1,?数列?bn?是首项和公差均为1的等差数列. 于是bn

n?1?(n?1)?1?n?2nan,?an?2n.

(II) 由（I）得cn?n?1

na?(n?1)(1

n2)n，所以

T111

n?2?2?3?(2)2?4?(2)3??(n?1)(1

2)n

1

2T2?(1

2)2?3?(11

n?2)3?4?(2)4??(n?1)(1

2)n?1

由①-②得1

2T?(1213

n?12)?(2)??(11

2)n?(n?1)(2)n?11[1?(1)n?1

]

?1??(n?1)(1)n?1?3?n?3

1?1222n?1

2

?Tn?3

n?3?2n

T5nn?35n(n?3)(2n?2n?1)

n?2n?1?3?2n?2n?1?2n(2n?1)

于是确定Tn

n与5

2n?1的大小关系等价于比较2n与2n?1的大小

由2?2?1?1;22?2?2?1;23?2?3?1;24?2?4?1;25?2?5;可猜想当n?3时，2n?2n?1.证明如下： 2

证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。

（2）假设n?k?1时，则

2k?1?22k?2(2k?1)?4k?2?2(k?1)?1?(2k?1)?2(k?1)?1 所以当n?k?1时猜想也成立

n综合（1）（2）可知 ，对一切n?3的正整数，都有2?2n?1.

证法2：当n?3时

0122n?(1?1)n?Cn?Cn?Cn?n?1n01n?1n?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?2n?2?2n?1

综上所述，当n?1,2时Tn?5n5n，当n?3时Tn? 2n?12n?1

【类型5】

1. 已知数列?xn}满足， x1＝11xn＋1＝,n?N*. 2’1?xn

???猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

12n?1(Ⅱ)证明：|xn?1-xn|≤()。65

112513x?及x?得x??x?，x?证（1）由1 n+124421?xn3821

由x2?x4?x6猜想：数列?x2n?是递减数列

下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证命题成立 （2）假设当n=k时命题成立，即x2k?x2k?2

易知x2k?0，那么x2k?2?x2k?4?x2k?3?x2k?111?? 1?x2k?11?x2k?3(1?x2k?1)(1?x2k?3) =x2k?x2k?2?0 (1?x2k)(1?x2k?1)(1?x2k?2)(1?x2k?3)

即x2(k?1)?x2(k?1)?2

也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立

（2）当n=1时，xn?1?xn?x2?x1?1，结论成立 6

当n?2时，易知0?xn?1?1,?1?xn?1?2,xn?11? 1?xn?12

?(1?xn)(1?xn?1)?(1?15)(1?xn?1)?2?xn?1? 1?xn?12

?xn?1?xn?xn?xn?111?? 1?xn1?xn?1(1?xn)(1?xn?1)

2n-1?（）x2?x15222xn?xn?1?（）xn?1?xn?2?55 12n-1?）65?2.对于数列{un},若存在常数M＞0,对任意的n?N，恒有 *

un?1?un?un?un?1??u2?u1?M, 则称数列{un}为B?数列.

1的等比数列是否为B-数列？请说明理由; 2（Ⅰ）首项为1，公比为?

（Ⅱ）设Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断：

A组：①数列{xn}是B-数列, ②数列{xn}不是B-数列;

B组：③数列{Sn}是B-数列, ④数列{Sn}不是B-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论；

(Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{an}也是B-数列。

1n?1解: （Ⅰ）设满足题设的等比数列为{an},则an?(?).于是： 2

1131an?an?1?(?)n?1?(?)n?2??()n?2,n?2. 22222

|an?1?an|?|an?an?1|?

3?112?1??（）?=?2?22?|a2?a1| 1n-1?1n???（）3?1?（）??3. =??22???

所以首项为1，公比为?1的等比数列是B-数列 . 2

（Ⅱ）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题.

事实上设xn=1，n?N，易知数列{xn}是B-数列，但Sn=n， |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|??|S2?S1|?n. *

由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。 命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。 事实上，因为数列{Sn}是B-数列，所以存在正数M，对任意的n?N，有 |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|?

即|xn?1|?|xn|??|S2?S1|?M, *?|x2|?M.于是xn?1?xn?xn?xn?1??x2?x1

?xn?1?2xn?2xn?1??2x2?x1?2M?x1, 所以数列{xn}是B-数列。

(Ⅲ)若数列?an?是B-数列，则存在正数M，对任意的n?N?,有 an?1?an?an?an?1??a2?a1?M.

?a2?a1?a1

?a2?a1?a1?M?a1. 因为an?an?an?1?an?1?an?2? ?an?an?1?an?1?an?2?

22记K?M?a1，则有an?1?an?(an?1?an)(an?1?an)

?(an?1?an)an?1?an?2Kan?1?an.

2222222因此an?1?an?an?an?1?...?a2?a1?2KM，故数列?an?是B-数列。