(完整)人教版高中数学必修五数列复习提纲及例题

高一数学必修5《数列》复习提纲
《数列》复习
1.数列的通项
求数列通项公式的常用方法：
（1）观察与归纳法：先观察哪些因素随项数
n
的变化而变化，哪些因素不变：分析符号、数字、字母与
项数
n
在变化过程中的联系 ，初步归纳公式。
（2）公式法：等差数列与等比数列。
（3）利用
S
n
与
a
n
的关系求
a
n
：
a
n?
?
?
S
1
,(n?1)

?
Sn
?S
n?1
,(n?2)
（4）构造新数列法；（5）逐项作差求和法 ；（6）逐项作商求积法


2.等差数列
{a
n
}
中：
（1）等差数列公差的取值与等差数列的单调性；
（2）
a
n
?a
1
?(n?1)d
?a
m
?(n?m)d
；
（3）
{ka
n
}
也成等差数列；
(4)两等差数列对应项和(差)组成的新数列仍成等差数列.
(5)
a
1
?a
2
?L?a
m
,a
m?1
?a
m?1
?L?a
2m
,a
2m?1
?a
2m?1
?L?a
3m
L
仍成等差数列.
（6）
S
n
?
n(a1
?a
n
)n(n?1)dd
d
，
S
n
?n
2
?(a
1
?)n
， ，
S
n
?n a
1
?
2222
Aa
S
2n?1
，
n?f(n)?
n
?f(2n?1)
.
b
n
2n?1< br>B
n
a
p
?a
q
p?q
，则
am
?

2
2
a
n
?
(7)若
m?n?p?q
，则
a
m
?a
n
?a
p
? a
q
；若
m?
a
p
?q,a
q
?p(p? q)?a
p?q
?0
，
S
p
?q,S
q
?p(p?q)?S
p?q
??(p?q)
；
S
m?n
?S
m
?S
n
?mnd
.
(8)“首正”的递减等差数列中，前
n
项和的最大值是所有非负项之和；
（9）等差中项：若
a,A,b
成等差数列，则
A?
a?b
叫做a,b
的等差中项。
2
（10）判定数列是否是等差数列的主要方法有：定义法 、中项法、通项法、和式法、图像法。



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高一数学必修5《数列》复习提纲
3.等比数列
{a
n
}
中：
（1）等比数列的符号特征(全正或全负或一正一负)，等比数列的首项、公比与等比数列的单调性。
n?1n?m
（2）
a
n
?a
1
q?a
m
q
；
{b
n
}
成等比数列
?{a
nb
n
}
成等比数列. （3）
{|a
n
|}
、
{ka
n
}
成等比数列；
{a
n
}、
（4 ）两等比数列对应项积(商)组成的新数列仍成等比数列.
（5）
a
1
?a
2
?L?a
m
,a
k
?a
k?1
?L?a
k?m?1
,L
成等比数列.
?
na
1
(q?1)
?
na
1
(q?1)
??
?
?
a
1
n
（6）
S
n?
?
a
1
?a
n
qa
1
(1?qn
)
.
a
1
?q? (q?1)
? (q?1)
?
1?q
?
1?q
1?q
?
1?q
?mn
（7）
p?q?m?n?b
p
?b
q
?b
m
?b
n
；
2m?p?q?b
m
2
?b
p
?b
q
S
m?n
?S
m
?qS
n
?S
n
?qS
m
.
（8）“首大于1”的正值递减等比数列中，前
n
项积的最大值是所有大于或等于1的项的积；“首小于1”
的正值递增等比数列中， 前
n
项积的最小值是所有小于或等于1的项的积；
（9）并非任何两数总有等比中项. 仅当实数
a,b
同号时，实数
a,b< br>存在等比中项.对同号两实数
a,b
的等
比中项不仅存在，而且有一对
G??ab
.也就是说，两实数要么没有等比中项(非同号时)，如果有，必有
一对(同号时 )。
（10）判定数列是否是等比数列的方法主要有：定义法、中项法、通项法、和式法

4.等差数列与等比数列的联系：各项都不为零的常数列既是等差数列又是等比数列

5.数列求和的常用方法：
（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式 2222
③
1?2?3?L?n?
1
n(n?1)
，
1 ?2?3?L?n?
1
n(n?1)(2n?1)
，
26
1?3? 5?L?(2n?1)?n
2
，
1?3?5?L?(2n?1)?(n?1)
2
.
（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并 在一起，再运用
公式法求和.
（3）倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的 两项和有其共性或数列的通项与组合数相
关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这 也是等差数列前
n
和公式的推导方法）.
（4）错位相减法：如果数列的通项是由一 个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选
用错位相减法，将其和转化为“一个新的的 等比数列的和”求解（注意：一般错位相减后，其中“新等比
数列的项数是原数列的项数减一的差”！） （这也是等比数列前
n
和公式的推导方法之一）.

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高一数学必修5《数列》复习提纲
(5）裂项相消法：如果数列的通项 可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项
相消法求和.常用裂项形式有：
①
②
1
?
1
?
1

n(n?1 )nn?1
1
?
1
(
1
?
1
)
，
n(n?k)knn?k
1111
?[?]

n(n?1)(n?2)2n(n?1)(n?1)(n?2)
③

【典型例题】
（一）研究等差等比数列的有关性质
1. 研究通项的性质
n?1
{a}
a?1,a?3?a
n?1
(n?2)
.
n
1n
例题1. 已知数列满足
（1）求
a
2
,a
3
；
3
n
?1
a
n
?
2
. （2）证明：2
解：（1）
Qa
1
?1,?a
2
?3?1?4,a< br>3
?3?4?13
.
n?1
a?a?3
nn?1
（2）证明：由已知，故
a
n
?(a
n
?a
n?1
)?(a
n?1
?a
n?2
)???(a
2
?a
1
)

?a
1
?3

n?1
?3
n ?2
3
n
?13
n
?1
?L?3?1?a
n
?
2
.
2
， 所以证得
例题2. 数列
（Ⅰ ）求
?
a
n
?
的前
n
项和记为
S
n
,a
1
?1,a
n?1
?2S
n
?1(n?1)

?
a
n
?
的通项公式；
T
T?15a ?b,a?b
2
,a
3
?b
3
?
b
? （Ⅱ）等差数列
n
的各项为正，其前
n
项和为
n
，且
3
，又
112
成等比数列，
求
T
n
.
两式相减得：
a
n?1
?a
n
?2a
n
, a
n?1
?3a
n
(n?2)
，
解：（Ⅰ）由
a
n?1
?2S
n
?1
可得
a
n
?2Sn?1
?1(n?2)
，
a
又
a
2
?2S< br>1
?1?3
∴
a
2
?3a
1
故
?
n
?
是首项为1，公比为3的等比数列
n?1
∴
a
n
?3

b
b?5
（Ⅱ）设
?n
?
的公比为
d
，由
T
3
?15
得， 可得
b
1
?b
2
?b
3
?15
，可得2
故可设
b
1
?5?d,b
3
?5?d
，又< br>a
1
?1,a
2
?3,a
3
?9
，
2
(5?d?1)(5?d?9)?(5?3)
由题意可得，解得
d
1?2,d
2
?10

∵等差数列
?
∴


b
n
?
的各项为正，∴
d?0
∴
d?2

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


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高一数学必修5《数列》复习提纲
例题3. 已知数列
?a
n
?
的前三项与数列
?
b
n
?
的前 三项对应相同，且
a
1
?2
n?1
a
n
?8n对任意的
n?N
*
都成立，数列
b
n?1
?b
n
是等差数列.
⑴求数列
??
?2a
2
?2
2
a
3
?...

?
a
n
?
与?
b
n
?
的通项公式；
?
⑵是否存在
k?N
，使得
b
k
?a
k
?(0,1)
，请说明理由.
n?1
2n?1
2a
n
??
a?2a?2a?...?2a ?8n
23n
点拨：（1）
1
左边相当于是数列前n项和的形式，可以联想到 已
知
S
n
求
a
n
的方法，当
n?2
时，
S
n
?S
n?1
?a
n
.
（2）把
b
k
?a
k
看作一个函数，利用函数的思想方法来研究b
k
?a
k
的取值情况.
2n?1
?2a
n
?8n
(n?
N*
）①
a?2a?2a?
123
解：（1）已知…
2n?2
n?2
时，< br>a
1
?2a
2
?2a
3
?
…
?2a
n?1
?8(n?1)
(n?
N*
）②
4?n
n ?1
a?2
2a?8
n
n
①－②得，，求得，
4?1在①中令
n?1
，可得得
a
1
?8?2
，
4?n
(n?
N*）. 所以
a
n
?2
由题意
b
1
?8
，
b
2
?4
，
b
3
?2
，所以
b
2
?b
1
??4
，
b
3
?b
2
?? 2
，
∴数列
{b
n?1
?b
n
}
的公差 为
?2?(?4)?2
，
∴
b
n?1
?b
n?
?4?(n?1)?2
?2n?6
，
b
n
?b1
?(b
2
?b
1
)?(b
3
?b
2
)?L?(b
n
?b
n?1
)

2
4?k
（2）
b
k
?a
k
?
k?7k?14?
2
，
?(?4)?(?2)?L?(2n?8)
?n
2
?7n?14
(n?
N*
）.
77
f(k)?(k?)2
??
4?k
24
2
单调递增，且
f(4)?1
， 当
k?4
时，
2
4?k
所以
k?4
时，f(k)?k?7k?14?
2?1
，
又
f(1)?f(2)?f(3)?0
，
所以，不存在
k?
N*
，使得
b
k
?a
k
?(0,1)
.

例题4. 设各项均为正数的数列{a
n
}和{b
n
}满 足：a
n
、b
n
、a
n+1
成等差数列，b
n、a
n+1
、b
n+1
成等比数列，且
a
1
= 1， b
1
= 2 ， a
2
= 3 ，求通项a
n
，b
n

解： 依题意得：
2b
n+1
= a
n+1
+ a
n+2
①
a
2
n+1
= b
n
b
n+1
②
∵ a
n
、b
n
为正数， 由②得
代入①并同除以
∴
b
n?1
a
n?1
?b
n
b
n?1
,a
n?2
?b
n?1
bn?2
，
2b
n?1
?b
n
?b
n?2
， 得：
9
2
，
{b
n
}
为等差数列
∵ b
1
= 2 ， a
2
= 3 ，
2
a
2< br>?b
1
b
2
,则b
2
?
∴
92( n?1)
2
b
n
?2?(n?1)(?2)?(n?1),?b
n< br>?
222
，

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高一数学必修5《数列》复习提纲
n(n?1)
2
， ∴当n≥2时，
n(n?1)
a
n
?
2
又a
1 = 1，当n = 1时成立， ∴
a
n
?b
n
b
n?1
?

2. 研究前n项和的性质
n
{a}
S?a?2?b
，且
a
1
?3
.
n
n
n
例题5. 已知等比数列的前项和为
（1）求
a、
b
的值及数列
{a
n
}
的通项公式；
（2 ）设
b
n
?
n
a
n
，求数列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
.
n?1
1?1
{a}
a?S?S?2?a
a?2?a?a
，
n
nnn?1
n?2
1
解：（1）时，.而为等比数列，得
n?1
a?3?2
a?3
n
a?3
又
1
，得，从而 .又
Qa
1
?2a?b?3,?b??3
.
（2）
bn
?
nn
123n
?
T?(1???L?)
n?1a
n
3?2
，
n
322
2
2
n?1

11123n? 1n11111n
T
n
?(?
2
?
3
?L?
n?1
?
n
T
n
?(1??
2
?L?
n ?1
?
n
)
2322222
） ，得
232222
，
1
1?(1?
n
)
2
2
?
n
]?
4
(1?
1
?
n
) T
n
?[
3
1?
1
2
n
32
n< br>2
n?1
2
.

1
例题6. 数列
{a< br>n
}
是首项为1000，公比为
10
的等比数列，数列
{b< br>n
}
满足
1
b
k
?(lga
1
? lga
2
?L?lga
k
)
*
k

(k?N)
，
（1）求数列
{b
n
}
的前
n
项和的最大值；（2）求数列
{|b
n
|}
的前
n项和
S
n
.


4?n
a?10
n
解：（1）由题意：，∴
lga
n
?4?n
，∴数列
{l ga
n
}
是首项为3，公差为
?1
的等差数列，
?
∴
lga
1
?lga
2
?L?lga
k
?3k?
k(k?1)1n(n?1)7?n
b
n
?[3n?]?
2
，∴
n22



?
b
n
?0
2 1
?
S?S?
7
b?0
，得
6?n?7
，∴数列< br>{b
n
}
的前
n
项和的最大值为
6
2
. 由
?
n?1
（2）由（1）当
n?7
时，
b
n
?0
，当
n?7
时，
b
n
?0
， < br>3?
7?n
2
)n??
1
n
2
?
1 3
n
244

113


∴当
n?7
时，
当
n?7
时，
S
n?
?b
1
?b
2
?L?b
n
?(
2< br>S
n
?
?b
1
?b
2
?L?b
7< br>?b
8
?b
9
?L?b
n
?2S
7
?(b
1
?b
2
?L?b
n
)?
4
n?< br>4
n?21


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高一数学必修5《数列》复习提纲

?
1
2
13
?n?n(n?7)
?
?
4
S
n
?< br>?
?
4
?
1
n
2
?
13
n ?21(n?7)
?
4
?
4
∴.

例题
7.
已知递增的等比数列
{
a
n
}
满足
a
2
?a
3
?a
4
?28
，且
a
3
?2
是
a
2
，
a
4
的等差 中项
.
（
1
）求
{
a
n
}
的 通项公式
a
n
；（
2
）若
b
n
?a
n
log
1
a
n
，
S?b?b?L?b
求使S?n?2
n?1
?30
成立的
n
n12n
n
2
的最小值
.
解：（1）设等比数列的公比为q（q＞1），由
1
a
1
q+a
1
q
2
+a
1
q3
=28，a
1
q+a
1
q
3
=2（a
1
q
2
+2），得：a
1
=2，q=2或a
1
= 32，q=
2
∴a
n
=2·2
（
n
－
1< br>）
（舍）
=2
n

2
（2） ∵，∴S
n
=－（1·2+2·2
2
+3·2
3
+…+n·2
n
）
∴2S
n
=－（1·2
2
+2·2
3
+…+ n·2
n
+1
），∴S
n
=2+2
2
+2
3
+…+2
n
－n·2
n
+1
=－（n－1）·2
n
+1
－2，
若S
n
+n ·2
n
+1
＞30成立，则2
n
+1
＞32，故n＞4，∴n的最小值为5.
bn
?a
n
log
1
a
n
??n?2
n

*
例题8. 已知数列
{a
n
}
的前n项和为S
n
，且
?1,S
n
,a
n?1
成等差数列，
n?N,a
1
?1
. 函数
f(x)?log
3
x
.
（I）求数列
{a
n
}
的通项公式；
（II）设数列{b
n
}
满足
b
n
?
1
(n?3)[ f(a
n
)?2]
，记数列
{b
n
}
的前n项和为 T，试比较
n
52n?5
?
12312
的大小.
解： （I）
Q?1,S
n
,a
n?1
成等差数列，
?2S
n
?a
n?1
?1
① 当
n?2
时，
2S
n?1
?a
n
?1
②.
T
n
与
①－②得：
2(S
n
?S
n?1< br>)?a
n?1
?a
n
，
?3a
n
?a
n?1
，
当n=1时，由①得
?2S
1
?2a
1
?a
2
?1
， 又
a
1
?1,
?
a
n?1
?3.
a
n

a
2
?3,
a
1

?a
2
?3,?

?{a
n
}
是以1为首 项3为公比的等比数列，
?a
n
?3
n?1
.

n?1
（II）∵
f
?
x
?
?log
3
x
，
?f(a
n
)?log
3
a
n
?log
3
3?n?1
，
11111
b
n
???(?)
(n?3)[f(a
n
)?2](n?1)(n?3)2n?1n?3
，
11
?T
n
?(????????
L
????)
2 24354657nn?2n?1n?3

2n?5
11111
?
5
?
?(???)
122(n?2)(n?3)
,
223n?2n?3

52n?5
T
n
与?
12312
的大小，只需比 较
2(n?2)(n?3)
与312 的大小即可. 比较
又2(n?2)(n?3 )?312?2(n
2
?5n?6?156)?2(n
2
?5n?150)< br>?2(n?15)(n?10)

52n?5
2(n?2)(n?3)?312 ,即T
n
??;
*
*
n?N,
1?n?9且n?N
12312
∵∴当时，
52n?5
2(n?2)(n?3)?312,即T
n
??;
12312
当
n?10
时，

第6页 共11页

高一数学必修5《数列》复习提纲
当
n?10且n?N
时，

3. 研究生成数列的性质
*
2(n?2)(n?3)?312,即T
n
?
52n?5
?
12312
.
nn
例题9. （I） 已知数列
?
c
n
?
，其中
c
n
?2?3
，且数列
?
cn?1
?pc
n
?
为等比数列，求常数
p
；
（II） 设
?
a
n
?
、
?
b
n
?
是公比不相等的两个等比数列，
c
n
?a
n
?b
n
，证明数列
?
c
n
?
不是等比数列.
解：（Ⅰ）因为{c
n+1
－pc
n
}是等比数列，故有
（c
n+1
－pc
n
）
2
=（ c
n+2
－pc
n+1
）（c
n
－pc
n
－
1），
将c
n
=2
n
＋3
n
代入上式，得 < br>＋＋
[2
n
1
+3
n
1
－p（2
n
＋3
n
）]
2

＋＋－
－
=[2
n
2
+3
n
2
－p（2
n
+1
＋3
n
+1
）]·[2
n
+3
n
－p（2
n
1
＋3
n
1
）]，
即[（2－p）2
n
+（3－p）3
n
]
2
－－
=[（2－p）2
n+
1
+（3－p）3
n+
1
] [ （2－p）2
n
1
+（3－p）3
n
1
]，
1
整理得
6
（2－p）（3－p）·2
n
·3
n
= 0，
解得p=2或p=3.
（Ⅱ）设{a
n
}、{b
n
}的公比分别为p、q，p≠q，cn
=a
n
+b
n
.
2
c
2
为证{c
n
}不是等比数列只需证≠c
1
·c
3
. < br>事实上，
c
2
=（a
1
p＋b
1
q）
2
=
a
1
p
2
＋
b
1
q
2
＋2a
1
b
1
pq，
c
1
·c3
=（a
1
＋b
1
）（a
1
p
2
＋b
1
q
2
）=
a
1
p< br>2
＋
b
1
q
2
＋a
1
b
1
（p
2
＋q
2
）
.
由于p≠q，p
2
＋q
2
>2pq，又a
1
、b
1
不为零，
因此
c
2
?
c
1
·c
3
，故{c
n
}不是等比数列.

例题10. n
2
（ n≥4）个正数排成n行n列：其中每一行的数成等 差数列，每一列的数成等比数列，并且
2
22
222
13
a
42
?,a
43
?
816
所有公比相等已知a
24
=1，
求S=a
11
+ a
22
+ a
33
+ … + a
nn

解： 设数列{
则
a
1k
}的公差为d， 数列{
a
ik
}（i=1，2，3，…，n）的公比为q
a
1k
= a + （k－1）d ， a = [a + （k－1）d]q
k
－
1

11kk11
?
?a
24
?(a
11
?3d)q?1
?
1
?3
?
a
42
?(a
11
?d)q?
8
?
3
?
1
3
a?(a?2d)q?
11
?
43
16
，解得：a
11
= d = q = ±
2
依题意得：
?
又n
2
个数都是正数，
1
k
k
∴a
11
= d = q =
2
， ∴a
kk
=
2

S?
111 1
?2?
2
?3?
3
???n?
n
2
22 2
，
11111
S?
2
?2?
3
?3?
4
???n?
n?1
22222
，
第7页 共11页

高一数学必修5《数列》复习提纲
两式相减得：

S?2?
1
2
n?1
?
n
2
n

f(n)*
f(x)?log(ax?b)
a?3,n?N.

A(2,1)B(5,2)
3
例题11. 已知函数的图象经过点和，记
n< br>（1）求数列
{a
n
}
的通项公式；
a
n
,T
n
?b
1
?b
2
???b
n
n
2
（2）设，若
T
n
?m(m?Z)
，求
m
的最 小值；
111
(1?)(1?)?(1?)?p2n?1
a
1
a< br>2
a
n
（3）求使不等式对一切
n?N*
均成立的最大实数< br>p
.
b
n
?
?
log
3
(2a? b)?1
?
a?2
?
?
log(5a?b)?2
3
?
解：（1）由题意得，解得
?
b??1
，
?f(x)?log
3
(2x?1)

a
n
?3
log
3
(2n?1)
?2n?1,n?N
*

2n?1
1352n?32n?1
b
n
?
n
?T< br>n
?
1
?
2
?
3
???
n?1?
n
2
，
22222
① （2）由（1）得
1132n?52n?32n?1
T
n
???????
n?123n ?1n
2
22222
② ①－②得
1122222n?11111 1
T
n
?
1
?
2
?
3
???n?1
?
n
?
n?1
?
1
?(
1?
2
???
n?2
?
n?1
)
2
22 222222222
2n?1312n?1
12n?12n?3
?
n?1??
n?1
?
n?1
?T
n
?3?
n?2?
n
?3?
2
2
222
n
，
22
.
2n?3
,n?N
*
n
2
设，则由
2n?5n?1
f(n?1)2n?51111
2
???????1
2n?32(2n?3)22n?325f(n)
2
n

2n?3
f(n )?,n?N
*
n
2
得随
n
的增大而减小
f(n )?
?当n???
时，
T
n
?3
又
T
n< br>?m(m?Z)
恒成立，
?m
min
?3

1111
p?(1?)(1?)?(1?)对n?N
*
a
1
a
2a
n
2n?1
（3）由题意得恒成立
F(n)?
记
1111
(1?)(1?)?(1?)
a
1
a
2
a
n
，则
2n?1
1111
)(1?)?(1?)(1?)
a
1
a
2
a
n
a
n?1
2n?3
1111
(1?)(1?)?(1?)
a
1
a
2
a
n
2n?1
(1?
?
2(n?1)
4(n?1)
2
?(n?1)
?
1
F(n?1)
?
F(n)
?
2 n?2
(2n?1)(2n?3)
2
?
n?1
?
?1
2
?
n?1
?

?F(n)?0,?F(n?1)?F(n),即 F(n)
是随
n
的增大而增大

第8页 共11页

高一数学必修5《数列》复习提纲
F(n)
的最小值为

F(1)?
222
3?p?3pmax
?3
333
，，即.
（二）证明等差与等比数列
1. 转化为等差等比数列.
*
例题12. 数列
{a
n
}
中，
a
1
?8,a
4
?2
且满足
a
n?2?2a
n?1
?a
n
，
n?N
.
⑴求数列
{a
n
}
的通项公式；
⑵设
S
n
?|a
1
|?|a
2
|???|a
n
|
，求
S
n
；
1
**
b
n(12?a)
( n?N),T?b?b?L?b(n?N)
，是否存在最大的整数
m
，使得对任意n?N
*
，
n
n
n12n
⑶设=
m
均 有
T
n
?
32
成立？若存在，求出
m
的值；若不存 在，请说明理由.
解：（1）由题意，
a
n?2
?a
n?1?a
n?1
?a
n
，
?{a
n
}
为等 差数列，设公差为
d
，
由题意得
2?8?3d?d??2
，
?a
n
?8?2(n?1)?10?2n
.
（2）若
10?2n ?0则n?5
，
n?5时,S
n
?|a
1
|?|a
2
|???|a
n
|

?a
1
?a
2?L?a
n
?
8?10?2n
?n?9n?n
2
,2

n?6
时，
S
n
?a
1
?a2
???a
5
?a
6
?a
7
??a
n

?S
5
?(S
n
?S
5
)?2S
5
?S
n
?n
2
?9n?40

2
?< br>?
9n?n
n?5
S
n
?
?
2
?< br>?
n?9n?40

n?6
故
11111
Qb
n
???(?)
n(12?a)2n(n?1)2nn?1
n
（3），
n
1111111111
?.
?[(1?)?(?)?(?)?< br>L
?(?)?(?)]
T
2(n?1)
?
n
2223 34n?1nnn?1

mnm
T
n
??
**
32
对任意
n?N
成立，即
n?116
对任意
n?N
成 立， 若
Q
1
m1
n
??,
(n?N
*
)
n?1
的最小值是
2
，
162
?m
的最大整数值是 7.
m
T?.
n
*
m?7,
n?N
32
即存在最大整数使对任意，均有

a
例题
13.
已知等比数列
{b
n
}
与数列
{a
n
}
满足
b
n
?3
n
,n?
N
*.
（
1
）判断
{a
n
}
是何种数列，并给出证明；

（
2
）若
a
8
?a
13
?m,求b
1
b
2
Lb
20
.
a
解：（
1
）设
{b
n
}
的公比为
q
，∵
b
n
?3
n
，∴
3
a
1
?q
n?1
?3
a
n
?a
n
?a
1
?
?
n?1
?
lo g
3
q
。

所以
{a
n
}
是以< br>log
3
q
为公差的等差数列
.
（
2
） ∵
a
8
?a
13
?m,
所以由等差数列性质可得
a
1
?a
20
?a
8
?a
13
?m,

a
1
?a
2
?a
3
?
…
< br>?a
20
?
(a
1
?a
20
)?20
?10m?
b
1
b
2
L
b
20
?3(a
1
?a
2
?
L
?a
20
)
?3
10m

2


第9页 共11页

高一数学必修5《数列》复习提纲
2. 由简单递推关系证明等差等比数列
例题14. 已知数列
{a
n
}
和
{b
n
}
满足：
a
1
?1
，
a
2
?2
，
a
n
?0
，
b
n
?a
n
a
n?1
（
n?N*
），
且
{b
n
}
是以
q
为公比的等比数列.
2
a?aq
n?2n
（I）证明：；
（II）若
c
n
?a
2n?1
?2a
2n
，证明：数列
{c
n
}
是等比数列；
111111
????L??
a
2n?1
a
2n
. （III）求和：
a
1
a
2
a
3
a
4a
n?1
a
n?2
b
n?1
?
?q
a
n
a
n?1
解法1：（I）证：由
b
n
，有
2
a?aq
nn?2
（II）证：∵，
a
n?2
?q< br>a
n
2
，
∴
a
n?2
?a
n
q
?
n?N*
?
.
?a
2n?1
?a
2n?3
q
2
?L?a
1
q
2n?2
，
a
2n
?a
2n?2
q
2
?
...
?a< br>2
q
2n?2
，
?c
n
?a
2n?1?2a
2n
?a
1
q
2n?2
?2a
2
q
2n?2
?(a
1
?2a
2
)q
2n?2?5q
2n?2
.
?
?
c
n
?
是 首项为5，公比为
q
2
的等比数列.
1
（III）解：由（II ）得
a
2n?1
?
1
2?2n
11
2?2n
q
?q
2n2
a
1
a
，
a
，于是 111111111
??L??(??L?)?(??L?)
a
1
a2
a
2n
a
1
a
3
a
2n?1
a
2
a
4
a
2n

?

111 11111
(1?
2
?
4
?L?
2n?2
)?(1 ?
2
?
4
?L?
2n?2
)
a
1
qqqa
2
qqq


3111
?(1?
2
?
1
?L?
2n?2
)
2qqq
.
1113 111
??L??(1?
2
?
4
?L?
2n?2
)
?
3
n
a
2n
2qqq
2
. 当
q?1
时，
a
1
a
2
1113111
??L?? (1?
2
?
4
?L?
2n?2
)
a
2n< br>2qqq
当
q?1
时，
a
1
a
2

31?q
?2n
3q
2n
?1
]
?()
? [
2n?22
2q(q?1)
.
21?q
?2
?
3
n， q?1，
2
111
?
?
??
L
??
?
q
2n
?1
a
1
a
2
a
2n
?
?
[
2n?22
]，q?1.
?
(q?1)
?
?q
故
解法2：（I）同解法1（I）.

第10页 共11页

高一数学必修5《数列》复习提纲
c
n?1
a
2n?1
?2a
2n?2
q
2
a
2n?1
?2q
2
a
2n
???q
2
(n?N
*
)
a
2n?1
?2a
2n
a
2n?1
?2a
2n< br>（II）证：
c
n
，又
c
1
?a
1
?2a
2
?5
，
?
?
c
n
?
是首项为5，公比为
q
2
的等比数列.
（III）由解法1中（II）的 类似方法得
a
2n?1
?a
2n
?(a
1
?a2
)q
a?a
a?a
a?a
4
111
??L? ?
12
?
3
?L?
2n?12n
a
1
a< br>2
a
2n
a
1
a
2
a
3
a
4
a
2n?1
a
2n
，
2n?2
?3q
2n?2
，
a
2k?1
?a2k
3q
2k?2
3
?2k?2
Q?
4k?4
?q
a
2k?1
a
2k
2q2
，2，L，n
. ，
k?1
11
...
13
????1?q
?2
?< br>...
?q
?2n?2
a
2n
2
∴
a
1
a
2
.
??

例题
15.
设数 列
{a
n
}的前n项和为S
n
,且S
n
?(1?< br>?
)?
?
a
n
,其中
?
??1,0

（1）证明：数列
（2）设数列
通项公式；
{a
n
}
是等比数列；
{a
n
}{b}
的公比
q?f(
?
)
，数列
{b
n
}
满足
b
1
?
，b
n
=f （b
n
－
1
）（n∈N*
，
n≥2），求数列
n
的
1
?1)< br>，求数列
{C
n
}
的前
n
项和
Ｔ
n
.
b
n
（
1
）证明：由
S
n
?(1?
?
)?
?
a
n
?S
n?1
?(1 ?
?
)?
?
a
n?1
(n?2)

an
?
?(n?2),
∴数列
{a
n
}
是等比数 列

相减得：
a
n
??
?
a
n
?
?
a
n?1
,?
a
n?1
1?
?
（
3
）设
?
?1
，
C
n
?a
n< br>(
（
2
）解：

1
1
1
?{}是首项为
?2
，公差为
1
的等差数列，∴
?2?(n?1)?n ?1
.
?b
n
?
1
.
b
1
b
n
b
n
n?1
1
n?1
11
n?1（
3
）解：
?
?1
时
,a
n
?(), ?C
n
?a
n
(?1)?()n

2b
n
2
111
?T
n
?1?2()?3()
2
?L?n()n?1

①

222


①－②得：
n
?
?
1
?
n
?
1
?
1
?
T
n
?2
?
1?
??
?
?n
? ?
2
?
2
?
?
?
?
2
?
?
?
∴
②


所以：
T
n
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