数列证明题型总结(教师版)附答案

2020-07-18 10:38:01 浏览次数：

　一、解答题

　: :

　１. . 在数列 错误!中,a 1 ＝1，a n ＋ 1 =2a n ＋2 n 、 (Ⅰ)设 b ｎ = 错误! !，证明：数列 错误! !就是等差数列; （Ⅱ）求数列 错误! !得前 n 项得与 S n 、 【答案】

　(Ⅰ）因为 b n ＋ 1 －b n ＝ 错误! !－ 错误! !＝ 错误! !＝ 错误! !=1 所以数列{ ｂ n ｝为等差数列 （Ⅱ）因为 b n =b 1 ＋(n-1）×1＝ ｎ

　所以 a n ＝ ｎ ·2 n－ 1

　所以 S n ＝1×2０ +2×2 1 +…＋n×２ n-1

　2S n =1×2１ +2×2 ２ +…＋ ｎ ×2 n

　两式相减得 S n =（ ｎ －1)·２ｎ +１ 2 2 。

　在数列｛a ｎ }中, ａ １ ＝ 错误!，a n+1 = 错误!a n + 错误!、 （Ⅰ)设 b ｎ =2 n ａ n ，证明:数列｛b ｎ ｝就是等差数列； （Ⅱ）求数列{a n ｝得前 n 项与 Ｓ n 、 【答案】

　(Ⅰ)由 a ｎ ＋１ = 12 a n ＋ 错误! !， 得 2 n+1 a n ＋１ =２ｎ an ＋1 b n ＋ 1 =b ｎ ＋1， 则｛b n ｝就是首项 b 1 ＝1,公差为 1 得等差数列. 故 ｂ n =n，a n ＝ 错误! !、 (Ⅱ)S ｎ ＝１× 错误! !＋2× 错误! !+3× 错误! !+…＋(n—１)× 错误! !+ ｎ × 错误! !

　错误! ! Ｓ ｎ ＝1× 错误! !+2× 错误! !+3× 错误! !+…+（n－1）× 错误! !＋n× 错误! ! 两式相减，得：

　＼ f（1 ， 2）S ｎ ＝ ＼ｆ (1,2)＋ 错误! !+ 错误! !+…+ 错误! !－ 错误! ! ＝ 错误! !－ 错误! !=1— 错误! !－ 错误! ! S n =２－ 错误! !－ 错误! ! ３. . 数列｛a n }得各项均为正数，前 n 项与为 Ｓ n ，且满足４ Ｓ n =(a n +１）

　2 （n∈ Ｎ * ）。

　（Ⅰ)证明:数列{a n ｝就是等差数列，并求出其通项公式 a ｎ ； (Ⅱ）设 b n ＝a n +2a ｎ (n∈N＊ ）,求数列｛bn }得前 n 项与 Ｔ n 、 【答案】

　（Ⅰ）n＝1 时，4a 1 ＝（a 1 +1)２ ⇒ ａ 错误! !－2a 1 ＋1＝０,即 a １ ＝1 n≥２时，4a n =４S ｎ -4S ｎ － 1 ＝(a n +1) 2 —( ａ n － 1 +1）

　2 = ａ 错误! !－a 错误! !＋2a ｎ —2a n －１

　⇒a错误 错误! !－a 错误! !-２ ａ ｎ —２ ａ n — 1 =0 ⇒(a n +a n-1 )[(a n － ａ ｎ — 1 )-２］＝0 ∵a ｎ >０ ∴ ａ n -a n — 1 =2 故数列{a n }就是首项为 a 1 ＝1，公差为 d=2 得等差数列，且 ａ ｎ =2n—1( ｎ ∈N * ) （Ⅱ)由（Ⅰ）知 b n ＝a n ＋2a n ＝（２ ｎ -1）＋2 2n－ 1

　∴T n ＝b 1 ＋b 2 ＋…+b n

　=（1+2 1 ）＋（3+2 3 ）+…＋［（2n－1)+22 ｎ － 1 ］ =[1＋3＋…＋（2n-１)］+（2 1 +2 3 +…+2２ n－ 1 ）

　＝ ｎ 2 ＋ ＼ｆ （2（1－２２ n ) ， 1－４）＝ 错误! !＋n 2 — 错误! !＝ 错误! ! 4. 数列｛a ｎ ｝得各项均为正数，前 n 项与为 S n ，且满足 2 错误!=a n +1(n∈N * ）.

　（Ⅰ）证明:数列｛a n ｝就是等差数列，并求出其通项公式 a n ； （Ⅱ)设 b n ＝ ａ n ·2 n （n∈ Ｎ * ）,求数列｛ ｂ n }得前 n 项与 Ｔ n 、 【答 案】

　(Ⅰ）由 2 错误! !=a ｎ +1( ｎ ∈ Ｎ＊ )可以得到 4Sn =( ａ n ＋1）2 （n∈N * )

　n＝1 时,４a 1 ＝( ａ 1 ＋1）

　2 ⇒ ａ 错误! !-２a １ ＋1=0,即 a １ =1 ｎ ≥2 时，4a n ＝４S ｎ －４S n-1 =（a n +1) 2 －（a n-1 ＋1）

　2

　＝a 错误! !－a 错误! !＋2a n -2a ｎ — 1

　⇒ ａ 错误! !－a 错误! !－２a n －2 ａ n-1 ＝0 ⇒（a n + ａ n － 1 ）［(a n －a ｎ － 1 )—2]＝0 ∵a n ＞０ ∴a ｎ —a ｎ -1 =2 故数列｛a n ｝就是首项为 a １ ＝1，公差为 d=2 得等差数列，且 a n ＝2n－1（ ｎ ∈N＊ ）

　（Ⅱ）由（Ⅰ)知 b n ＝a n ·2ｎ =（２n-１）·2 n

　∴T n ＝(1·２ 1 ）+（３·２ 2 ）＋…＋[（２ ｎ －３)·2 n-1 ］+[(2 ｎ -1）·2 n ] 则 2T n =（1·2 2 ）＋（３·2 3 )＋…+[（2n－３)·2 n ］+[(2n-1）·2ｎ +1 ] 两式相减得：

　—T ｎ =（1·2 1 ）+(２·2２ )＋…+（2·2 n )－[（2n-1）·2 n ＋ 1 ］ ＝2· 错误! !—２—[(２n－1）·２ n+１ ］ =（３－2n）·２ n＋ 1 －6 ∴T n ＝(2n-3）·２ n＋ 1 +6（或 Tn ＝(4n－6）·2n +6）

　5 5 ． 已知数列｛a n ｝,其前 n 项与为 S n = 错误!n 2 ＋ 错误!n(n∈Ｎ Ｎ * )。

　(Ⅰ）求 a １ ，a 2 ; （Ⅱ）求数列{a n ｝得通项公式，并证明数列{a n }就是等差数列; （Ⅲ）如果数列{b n ｝满足 a ｎ ＝lｏｇ 2 b n ，请证明数列{ ｂ ｎ ｝就是等比数列，并求其前 ｎ 项与 T ｎ 、 【答案】

　(Ⅰ)a 1 =S 1 ＝５, a １ +a 2 =S 2 = 错误! !×2 2 + 错误! !×2＝13， 解得 ａ 2 =8、 (Ⅱ）当 n≥2 时， a ｎ =S ｎ -S n — 1

　＝ ＼ f（３,2）［ ｎ 2 －(n－1) 2 ]+ 错误! ![n－(n－1)] ＝ ＼ f（３ ， 2)（２ ｎ －1）+ 错误! !＝３n+2、 又 a 1 ＝５满足 a n ＝3n+2, ∴a n ＝3n+２(n∈Ｎ Ｎ＊ ). ∵ ａ n - ａ n －１ ＝3n+2-[3(n－1)+２] ＝３(n≥２, ｎ ∈N * ）， ∴数列{a n }就是以 5 为首项,３为公差得等差数列. （Ⅲ）由已知得 b n =2ａｎ (n∈N * ), ∵ 错误! != 错误! !=2ａ n+ １ -a ｎ =2 ３ =8( ｎ ∈ Ｎ * ）， 又 ｂ 1 ＝2 a1 =３2， ∴数列｛b ｎ ｝就是以 32 为首项,8 为公比得等比数列.

　∴T n ＝ ＼ f（32(１—8 n ),1—８）= ＼ f（3２ ， 7）(8ｎ -1）。

　6 6 。

　已知函数 ｆ (x）=２xｘ ＋2 ，数列｛a n ｝满足：

　ａ 1 =43 ， ａ n+ １ ＝f（a ｎ )． （Ⅰ）求证:数列 错误! !为等差数列，并求数列｛a n ｝得通项公式； （Ⅱ）记 S n ＝a １ ａ ２ ＋a ２ a ３ ＋…+a n a n ＋ 1 ，求证: Ｓ n < 错误! !、 【答案】

　证明:（Ⅰ）∵ ａ n+ １ =f(a n ）＝ ＼ｆ (2a n ， a n +2),∴ 错误! != 错误! !＋ 错误! !，即 错误! !－ 错误! !＝错误! !， 则 错误! !成等差数列, 所以 错误! != 错误! !＋(n—1）× 错误! != 错误! !+（n-1)× 错误! != 错误! !，则 a n = 错误! !、 （Ⅱ)∵ ａ ｎ a n+1 = 错误! !· 错误! !＝８ 错误! !， ∴S n =a 1 a 2 +a ２ a ３ +…＋a n a n ＋ 1 =8 错误! !=8 错误! !< 错误! !、 7. 已知数列｛ ａ n ｝得前三项依次为 2,8,24，且｛a n －2a n － 1 ｝就是等比数列。

　（Ⅰ)证明 错误! !就是等差数列； （Ⅱ）试求数列｛a ｎ ｝得前 n 项与 S n 得公式． 【答案】

　(Ⅰ）∵a 2 －２a 1 ＝4, ａ 3 -2 ａ 2 ＝８, ∴｛ ａ ｎ －2a n －１ ｝就是以 2 为公比得等比数列． ∴a n －2a n- １ =４×2 n－ 2 ＝2 n 、 等式两边同除以 2 n ,得 错误! !－ 错误! !=1, ∴ 错误! !就是等差数列. （Ⅱ）根据（Ⅰ)可知 ＼ｆ (a n ， ２ n )= ＼ f（a 1 ,2）+( ｎ －1)×1= ｎ ，∴a n =n·2ｎ 、

　S n =１×２＋２×2 2 +3×2 3 +…+n·2 n ,"① 2 Ｓ n =1×2 2 ＋２×2 3 ＋…+(n-1)·2 n ＋n·2 n+１ 、’② ①－②得: —S n =２+２２ +２ 3 +…+2 n －n·2 ｎ + １

　= 错误! !— ｎ ·2 n+1 =2 n+1 —2—n·2ｎ ＋１ , ∴S ｎ ＝(n-1)·2 n＋ 1 ＋2、 ８． 已知数列｛a n }得各项为正数,前 n 项与为 Ｓ n ，且满足：S ｎ = ＼ｆ (1 ， 2）

　错误!(n∈Ｎ Ｎ＊ ）。

　（Ⅰ)证明:数列｛S 错误! !｝就是等差数列； （Ⅱ）设 Ｔ n = 错误! !S 错误! !＋ 错误! ! Ｓ 错误! !+ 错误! !S 错误! !＋…+ 错误! !S 错误! !，求 T n 、 【答案】

　(Ⅰ)证明：当 n＝1 时,a 1 =S 1 ，又 S ｎ ＝ 错误! ! 错误! !（ ｎ ∈N * )， ∴ Ｓ 1 ＝ 错误! ! 错误! !,解得 S 1 ＝1、 当 n≥2 时,a ｎ ＝S n －S n —１ ， ∴S n ＝ ＼ f（1,2）

　错误! !， 即 S n +S n-1 = 错误! !，化简得 S 错误! !— Ｓ 错误! !＝1， ｛S 错误! !}就是以 S 错误! !＝1 为首项，1 为公差得等差数列。

　(Ⅱ）由(Ⅰ）知 S 错误! !=n， T n = 错误! !S 错误! !＋ 错误! !S 错误! !+…＋ 错误! !S 错误! !, 即 Ｔ n =1· 错误! !＋2· 错误! !+…+（ ｎ －1）

　错误! !+n· 错误! !、’① ①× 错误! !得 错误! !T n =１· 错误! !+…+（ ｎ -1) 错误! !＋n· 错误! !、’② ①-②得 错误! !T ｎ = 错误! !+ 错误! !＋…＋ 错误! !— ｎ · 错误! !

　= 错误! !—n· 错误! !＝1— 错误! !－n· 错误! !＝１- 错误! !， ∴T ｎ ＝2－ 错误! !、 ９． 数列｛ ａ n }满足 a 1 ＝１,a n ＋ 1 · 错误!＝1（n∈N＊ ）,记 Sｎ =a 错误!+a 错误!+…＋a 错误!、 （Ⅰ)证明: 错误! !就是等差数列； （Ⅱ)对任意得 n∈N * ,如果 Ｓ 2n ＋ 1 —S n ≤ 错误! !恒成立,求正整数 m 得最小值。

　【答案】

　(Ⅰ)证明: 错误! !－错误 错误! !＝4⇒错误 错误! !=错误 错误! !＋(n—1）×4⇒错误 错误! !=4n－3, 即 错误! !就是等差数列． （Ⅱ)令 g（ ｎ ）＝ Ｓ 2n ＋ 1 —S ｎ ＝ ＼ f(1,4n+1）＋ 错误! !＋…＋ 错误! !、 ∵g(n+1）-g（n）＜0， ∴ ｇ ( ｎ ）在 ｎ ∈N * 上单调递减， ∴［g（n)] ma ｘ ＝g（１)= 错误! !、∴ 错误! !≤错误 错误! !恒成立⇒m≥错误 错误! !, 又∵m∈ Ｎ,∴正整数 m 得最小值为 10、 10. 已知数列{a n ｝就是首项 a １ = 错误!，公比为 错误!得等比数列，设 ｂ n ＋1５log 3 a n =t，常数t∈N＊ 、 (Ⅰ）求证:{b ｎ ｝为等差数列; （Ⅱ）设数列｛c ｎ ｝满足 ｃ n ＝ ａ n b n ，就是否存在正整数 k，使 c ｋ ＋１ ， ｃ k ， ｃ k ＋ 2 成等比数列？若存在，求 ｋ ,t 得值；若不存在,请说明理由。

　【答案】

　（Ⅰ）证明:a ｎ ＝3— ＼ f（n ， 3)，b n ＋１ －b n =-15log 3 错误! !＝5, ∴{b n }就是首项为 b １ =t+５，公差为 5 得等差数列． (Ⅱ）c n =（5n＋t)·3- ＼ f(n,3)，令 5 ｎ +t＝x,则 c n =x·－ 错误! !，

　c n ＋ 1 =（ ｘ ＋5）·3－ 错误! !, ｃ n+2 =(x+10)·3－ 错误! !， 若 c 错误! !＝c n ＋ 1 c n+2 ，则（ ｘ ·３- 错误! !) 2 =(x＋5)·3－ 错误! !·(x+10）·3－ 错误! !， 化简得 2x 2 —１5 ｘ －50=0，解得 x=１0 或－ 错误! !(舍), 进而求得 ｎ =１， ｔ ＝5, 综上,存在 n=1,t＝５适合题意． １１。

　在数列{ a n ｝中，a 1 ＝1,a n+1 ＝2a n ＋2n＋1、 (Ⅰ）设 ｂ n ＝a n+1 -a n ＋2,(n∈Ｎ Ｎ＊ ),证明：数列｛bn }就是等比数列; (Ⅱ)求数列｛a ｎ ｝得通项 a ｎ 、 【答案】

　（Ⅰ）由已知 a n ＋ 1 =2a n ＋2n+1 ① 得 ａ n ＋ 2 =2a n+1 ＋２n＋3 ② ②—①,得 a n+2 -a ｎ ＋１ ＝2a n+1 -２ ａ n +２ 设 a n ＋ 2 —a n+ １ +c=２（a n+ １ －a n +c). 展开与上式对比，得 c＝2 因此,有 a n ＋ 2 -a n+ １ ＋２=2（ ａ n+1 — ａ n ＋2）

　由 b ｎ =a ｎ ＋ 1 —a n ＋２，得 b ｎ ＋ 1 =2 ｂ n , 由 a 1 ＝1，a 2 =2a 1 ＋3＝５，得 b 1 = ａ ２ －a 1 ＋2＝6, 故数列｛b ｎ }就是首项为 6，公比为２得等比数列 （Ⅱ）由(Ⅰ)知,b n =6×2 n－ 1 =3×2 ｎ

　则 a n ＋ 1 - ａ ｎ =b n －２=３×2 n -2, 所以 a n =a 1 +(a 2 －a 1 ）＋(a 3 - ａ ２ ）＋…＋( ａ n － ａ ｎ － 1 ）

　＝1+(3×2 1 －2)+（3×2２ -２）+…+（３×2 n—1 —２）

　=1+3（2＋2 2 +２ 3 +…＋２ｎ － 1 ）-２(n－1）

　a n ＝3×２ n －2n－3， 当 n=1 时,a 1 ＝3×2１ －2×１－3=6－５=1，故 a1 也满足上式 故数列｛ ａ n ｝得通项为 ａ n ＝３×２ n —２ ｎ -３（ ｎ ∈N * ）． １2 2 ． 在数列｛a n }中， ａ １ = 错误!,a ｎ = 错误! ａ n － 1 ＋ 错误!× 错误!( ｎ ∈N * 且 n≥２). （Ⅰ)证明：｛ ａ n ＋ 错误! !}就是等比数列； （Ⅱ）求数列{a n ｝得通项公式; (Ⅲ)设 S n 为数列 错误! !得前 n 项与,求证 S n ＜ 错误! !、 【答案】

　（Ⅰ)由已知，得 错误! !＝ 错误! !＝ 错误! !∴ 错误! !就是等比数列． （Ⅱ）设 Ａ ｎ ＝ ａ n + 错误! !，则 A 1 ＝a 1 ＋1＝ 错误! !＋ 错误! != 错误! !，且 ｑ = 错误! ! 则 A ｎ =（ 错误! !)ｎ , ∴ ａ n ＋ ＼ f（1,3 n ）= 错误! !，可得 ａ n ＝ 错误! !- 错误! ! (Ⅲ）S n ＝（ 错误! !- 错误! !）＋（ 错误! !— 错误! !）+…＋( 错误! !－ 错误! !）

　= 错误! !— 错误! ! = ＼ f(1,2)－ 错误! !＋ 错误! !· 错误! != 错误! !- 错误! !< 错误! ! 13. 已知数列{a ｎ }满足 a 1 =2,a n+1 ＝２a n －n+１（n∈N＊ ). (Ⅰ）证明:数列｛a n －n}就是等比数列,并求出数列｛a ｎ }得通项公式； （Ⅱ)数列｛b ｎ ｝满足：b n ＝ ＼ｆ (n ， 2 ａ n -2 ｎ )(n∈N＊ )，求数列｛ ｂn ｝得前 n 项与 S n 、 【答案】

　(Ⅰ)证法一:由 a n+1 ＝２a ｎ —n＋1 可得 a n+1 —(n+１)＝2(a n － ｎ ），又 a １ ＝２，则 ａ 1 －1=１， ∴数列｛a n －n}就是以 a 1 -１=1 为首项，且公比为２得等比数列， 则 a n － ｎ =１×２ｎ — 1 ，∴ ａn =2n － 1 ＋ ｎ 、 证法二：

　错误! != 错误! !＝ 错误! !=２, 又 a １ =2,则 ａ 1 -1＝1, ∴数列{ ａ ｎ －n}就是以 ａ 1 －1＝1 为首项,且公比为 2 得等比数列， 则 ａ ｎ － ｎ =1×２ｎ － 1 ，∴aｎ =２ n— 1 +n、 （Ⅱ）∵b n ＝ 错误! !，∴ ｂ n ＝ 错误! !＝ 错误! ! ∴ Ｓ n ＝b 1 +b 2 +…+b ｎ ＝ 错误! !+2·( 错误! !）

　2 +…+n·（ 错误! !）

　n

　① ∴ 错误! !S ｎ =（ 错误! !）２ ＋2·( 错误! !) 3 ＋…＋（n－1)（ 错误! !）

　n ＋n·( 错误! !)ｎ ＋ 1

　② 由①－②,得 错误! !S ｎ ＝ 错误! !+( 错误! !）

　2 +( 错误! !）

　3 +…＋( 错误! !）

　n -n·（ 错误! !）

　n＋ 1 ＝ 错误! !-n·（ 错误! !) n＋ 1 ＝1－（n+2）（ 错误! !)ｎ ＋ 1 ， ∴S n =2—(n+2）( ＼ f(１ ， 2)）ｎ 、 １４． 在数列{a n ｝中，a 1 ＝1，2na n ＋ 1 =( ｎ ＋１）a n , ｎ ∈N＊ 、 （Ⅰ）设 b n ＝ 错误! !，证明:数列｛b ｎ }就是等比数列； （Ⅱ)求数列｛ ａ n }得前 n 项与 Ｓ ｎ 、 【答案】

　(Ⅰ）因为 ＼ f（b n ＋ 1 ,b n ）＝ ＼ f（a n ＋ 1 ,n+１）× 错误! !＝ 错误! !， 所以{ ｂ n }就是首项为１，公比为 ＼ f（１ ， 2)得等比数列。

　(Ⅱ）由(Ⅰ)可知 a nｎ = 错误! !，即 a n ＝ 错误! !， S ｎ ＝１＋ 错误! !+ 错误! !＋ 错误! !＋…+ 错误! !，

　上式两边乘以 错误! !，得 ＼ f（1 ， 2)S n ＝ 错误! !＋ 错误! !+ 错误! !＋…+ 错误! !+ 错误! !， 两式相减，得 错误! !S n ＝1+ 错误! !+ 错误! !＋ 错误! !＋…＋ 错误! !－ 错误! !， 错误! !S n ＝2— 错误! !， 所以 S n ＝４－ ＼ f(2+n ， 2 n－１ ）

　15 ． 设数列{ ａ n ｝得前 n 项与为 S ｎ ,且 S ｎ =（1＋λ）－λa ｎ ，其中 λ≠－1,0、 (Ⅰ）证明：数列{a ｎ ｝就是等比数列； (Ⅱ）设数列{ ａ n ｝得公比 q=f（λ），数列{b n ｝满足 b 1 ＝ ＼ｆ （1 ， 2),b n ＝f（b ｎ － 1 ）(n∈Ｎ Ｎ＊ ，n≥2）,求数列｛b n ｝得通项公式。

　【答案】

　（Ⅰ）由 Sn＝(1+λ)－λａn⇒Sｎ-1＝(1+λ)－λan-１(n≥2）, 相减得:an=-λan＋λan－1，∴ 错误! != 错误! !(n≥2）， ∴数列｛aｎ}就是等比数列

　(Ⅱ）f（λ)= 错误! !，∴bn=错误 错误! !⇒错误 错误! != 错误! !+１， ∴｛ 错误! !}就是首项为 错误! !=2,公差为１得等差数列; ∴ 错误! !＝2+(n—1）=n+1，∴bn= 错误! !、

　16. 在等差数列｛a n }中,a 10 =30,a 2 ０ =50、 (Ⅰ）求数列{ ａ n ｝得通项 a n ； (Ⅱ)令 b n ＝２ ａ ｎ -10，证明：数列｛b n ｝为等比数列; (Ⅲ)求数列{ ｎ b n ｝得前 n 项与 Ｔ n 、 【答案】

　(Ⅰ）由 ａ n ＝a 1 ＋（n-1）d, ａ 10 ＝30， ａ ２ 0 =50,

　得方程组 错误! !，解得 ａ １ ＝12,d=２、 ∴a n ＝12+（n-1）·2=2 ｎ ＋１0、 （Ⅱ）由(Ⅰ)得 b ｎ ＝2 ａ n －１0=2 2n+１０ - １ 0 ＝2 2n =４ n ,∴ 错误! !＝ 错误! !=4 ∴｛b n }就是首项就是 4,公比 q=4 得等比数列。

　（Ⅲ)由 nb ｎ ＝n×4ｎ

　得：T n =１×４+2×４ 2 +…＋n×４ n

　４T n =1×4 2 ＋…+（n-1)×4 n +n×４ｎ +1

　相减可得: —３T n ＝4＋4 2 +…＋4 n －n×4ｎ + １ = 错误! !－n×４ n+1

　T n ＝ 错误! ! 17 。

　已知{a ｎ ｝就是等差数列，其前 n 项与为 Ｓ n ，已知 a 3 ＝11， Ｓ 9 ＝1５3， （Ⅰ)求数列｛a n ｝得通项公式； (Ⅱ)设 a n =lｏｇ ２ b n ,证明｛b n }就是等比数列，并求其前 n 项与 T n 、 【答案】

　（Ⅰ）

　错误! ! 解得：d＝3，a 1 =5， ∴a n =3n＋２

　 （Ⅱ）b n =2ａ n ,∵ 错误! !＝ 错误! !＝２ an＋１－ an ＝2 3 =8, ∴｛b n ｝就是公比为８得等比数列 又∵ ｂ 1 ＝2ａ 1 =32，

　∴Tｎ = 错误! !＝ 错误! !(8 n -１）． 18 ． 在数列{a n ｝中,a 1 =3,a ｎ ＝2a n －１ ＋n－２（n≥２,且 n∈N＊ ）. (Ⅰ）求 ａ 2 ，a 3 得值; （Ⅱ）证明：数列{a n ＋n}就是等比数列，并求｛ ａ ｎ }得通项公式;

　(Ⅲ）求数列｛a n ｝得前 n 项与 S n 、 【答案】

　(Ⅰ）∵a １ ＝3, a n ＝2 ａ ｎ － 1 ＋n-２(n≥２,且 n∈N * ), ∴ ａ 2 ＝2a １ ＋2－2＝６, a 3 =２a 2 ＋3－２＝13、 （Ⅱ)证明：∵ 错误! != 错误! ! = 错误! !=2， ∴数列｛a n +n}就是首项为 a 1 ＋1=4,公比为 2 得等比数列. ∴a n ＋n=4·2 n— 1 =2 n+ １ ,即 an ＝2n ＋ 1 - ｎ ， ∴{ ａ n }得通项公式为 a ｎ ＝２ n＋１ － ｎ (n∈N * ）. （Ⅲ）∵{a n }得通项公式为 a n =2ｎ +1 - ｎ (n∈N * ）， ∴S n ＝（２ 2 ＋2 3 ＋2 4 ＋…＋2 n+１ ）－

　(１+２+3+…＋n）

　= 错误! !－ 错误! ! =2 n+2 － 错误! !、 1 1 ９。

　已知数列{a n }满足 a 1 =2，a n ＋ 1 ＝3a n ＋2（n∈N * )． （Ⅰ）求证:数列{ ａ n +1}就是等比数列； （Ⅱ）求数列{a n ｝得通项公式. 【答案】

　（Ⅰ）证明:由 a n+ １ =3a n +2 得 a ｎ +1 +１=3( ａ n +1)，

　从而 ＼ f（a n+1 +1 ， a n ＋１)＝３, 即数列{a n +１｝就是首项为 3,公比为 3 得等比数列. （Ⅱ）由（Ⅰ）知,a n ＋1=3·3 n－ 1 =３ n ⇒an =３n —1、 ２０。

　已知数列{ ａ ｎ ｝满足 a 1 =２，a ｎ ＋ 1 ＝4a ｎ +2ｎ +1 ，Sｎ 为｛ ａ ｎ }得前 n 项与。

　（Ⅰ）设 b ｎ ＝a n +2ｎ ，证明数列｛bn ｝就是等比数列,并求数列{ ａ n }得通项公式； (Ⅱ)设 Ｔ n ＝ 错误! !,n＝1，2，3，…,证明：

　错误! ! ｉ ＜ 错误! !、 【答案】

　(Ⅰ）因为 b n+1 =a ｎ + １ +2 n＋ 1 =(４an +２n+ １ ）+2 n ＋１ =4（ ａn +2ｎ ）＝4bｎ ,且 ｂ 1 =a １ +2=4, 所以｛b n ｝就是以 4 为首项，以 q=4 为公比得等比数列． 所以 b n =b １ q n－ 1 ＝４ n ，所以 an =４n -2 n 、 （Ⅱ)S n =a 1 + ａ 2 +…＋a ｎ ＝（4+4 2 +…+4 n ）—（2＋2 2 ＋…+2 n ) ＝ 错误! !（4 n -１）—２（2 n -1)= 错误! !［（2 n+１ ）

　2 －３·2 ｎ ＋ 1 +2］ ＝ 错误! !（2 n+1 －1）（２ n+1 －2）= 错误! !（２ n＋ 1 —１）（2 n －1）, 所以 T ｎ ＝ ＼ｆ (2 n ,S n ）= 错误! !× 错误! !＝ 错误! !× 错误! !， 因此 错误! ! ｉ ＝ 错误! ! 错误! ! 错误! !＝ 错误! ! 错误! !〈 错误! !、 2 2 １. . 已知数列｛a n ｝得前 n 项与为 S n ，且 Ｓ n ＝4 ａ n －3(n∈Ｎ Ｎ * ). （Ⅰ)证明：数列｛a n }就是等比数列; （Ⅱ）若数列｛b n ｝满足 b n+ １ ＝a n ＋ ｂ n (n∈N＊ ）,且 b１ =2，求数列｛b n ｝得通项公式. 【答案】

　（Ⅰ）证明：由 S n =4a n －3，n＝１时，a 1 =4a 1 －3,解得 a 1 =1、 ｎ ≥２时,S n- １ ＝４a n － 1 －3，所以当 ｎ ≥2 时，a n = Ｓ ｎ －S n —１ =4 ａ n －4a n-1 ,得 a ｎ = ＼ f（4,3)a n — 1 、

　又 a 1 =1≠0,所以｛ ａ n ｝就是首项为１，公比为 错误! !得等比数列． （Ⅱ）因为 a n ＝ 错误! ! 错误! !，由 b n+ １ ＝ ａ n +b n （n∈N＊ ）,得 ｂn ＋ 1 -b n ＝ 错误! ! 错误! !、 可得 b n =b 1 ＋（b 2 — ｂ 1 )+(b 3 — ｂ 2 )+…+（b ｎ —b n —１ )=2＋ 错误! !＝3 错误! ! 错误! !－1（ ｎ ≥2）, 当 n＝1 时也满足，所以数列｛b n ｝得通项公式为 b n =3 错误! ! 错误! !－１、 22. 在各项均为负数得数列{a n ｝中,已知点（a ｎ ,a n+1 )（n∈N＊ ）在函数 ｙ = 错误!x 得图象上，且 a 2 · ａ 5 ＝ 错误!、 (Ⅰ）求证：数列｛a ｎ }就是等比数列，并求出其通项; （Ⅱ）若数列｛b ｎ ｝得前 n 项与为 S n ，且 b n =a ｎ ＋ ｎ ,求 S ｎ 、 【答案】

　（Ⅰ）证明：因为点(a n ，a n+1 ）(n∈N * ）在函数 y＝ 错误! !x 得图象上， 所以 ａ ｎ +1 ＝ 错误! !a ｎ ,即 错误! != 错误! !,故数列{a n ｝就是公比 ｑ = 错误! !得等比数列． 因为 a 2 ａ 5 ＝ ＼ f(８ ， 2７），则 a 1 ｑ · ａ １ q 4 = ＼ｆ (8 ， 27）,即 a 错误! ! 错误! ! 错误! !＝ 错误! !错误! !， 由于数列{a ｎ ｝得各项均为负数，则 ａ 1 =- 错误! !，所以 ａ n =— 错误! ! 错误! !、 （Ⅱ)由(Ⅰ）知,a n ＝－ 错误! ! 错误! !,b ｎ ＝－ 错误! ! 错误! !+ ｎ ， 所以 Ｓ n ＝3· 错误! ! 错误! !＋ 错误! !、 23. 已知数列｛a n }得前 n 项与为 S n ，且 S n =3·2 n— 1 －2，bｎ =a n ＋ 1 、 （Ⅰ)求数列｛ ａ ｎ }得通项公式; (Ⅱ）证明:数列｛b ｎ ｝就是等比数列,并求其前 n 项与 T n 、 【答案】

　(Ⅰ)∵S n =3·2 n－ 1 －２， 当 n≥2 时,a n =S n —S n-1 ＝3·2 n－ 1 －2－３· n-2 ＋2=3·２ ｎ - ２ ,

　当ｎ=１时,a １ =１不满足上式.∴ａ n = 错误! ! （Ⅱ）b ｎ =ａ n+1 =3×2 n－ 1 ，ｂ1 ＝a 2 =3,n∈N＊ 、 ∵ 错误! !＝ 错误! !＝2，n∈Ｎ Ｎ * ,∴数列｛ ｂ n }就是首项为 3，公比为 2 得等比数列; 由等比数列前 n 项与公式得 Ｔ n = 错误! !＝3×2 n －３、 24 ． 设数列｛ ａ n ｝得前 n 项与为 Ｓ n ,已知 a 1 =5， ａ ｎ + １ ＝S ｎ +3 n （n∈N * ）. （Ⅰ)令 b ｎ ＝S n －3 n ，求证:｛ ｂ ｎ ｝就是等比数列; （Ⅱ)令 c n ＝ 错误! !,设 T n 就是数列｛c n ｝得前 n 项与，求满足不等式 T n ＞ 错误! !得 n 得最小值. 【答案】

　（Ⅰ)证明: ｂ 1 =S １ －3=2≠0， S n+1 － Ｓ n ＝S ｎ +3 n ，即 Ｓ n ＋ 1 =2S n ＋3 n , 错误! != 错误! !＝ 错误! !＝２≠0, 所以｛ ｂ n ｝就是等比数列。

　（Ⅱ)由（Ⅰ)知 b n =2 n , 则 c ｎ = 错误! !＝ 错误! ! = 错误! !— 错误! !， T n = ＼ f（１,2)- ＼ f(1 ， n+2）, T n = １２ － ＼ f（1,n+2)＞ 错误! !, ｎ ＞２ 011,即 n m ｉ n =２ 0１2、 ２5 5 。

　已知数列｛a ｎ }满足：a 1 =1，a n ＋ 1 ＝ 错误!（n∈N＊ ). (Ⅰ)求证：数列 错误! !就是等比数列； (Ⅱ)若 错误! != 错误! !＋1，且数列{b n ｝就是单调递增数列,求实数 λ 得取值范围.

　【答案】

　（Ⅰ)证明: 错误! !＝1＋ 错误! !， 错误! !＋1＝２ 错误! !, 错误! !＋1=2≠０,所以数列 错误! !就是等比数列． （Ⅱ）

　错误! !+1＝２ n ，a ｎ = 错误! !， ＼ｆ （ ｂ n ＋ 1 ， n－λ)＝ ＼ｆ （1,a n ）＋1＝2ｎ ， ｂn ＋ 1 =２n （n－λ）， b ｎ ＝2ｎ － 1 （n—1-λ）(n≥2)，b1 ＝—λ 适合, 所以 b n ＝2 n－ 1 (n－1-λ）（ ｎ ∈N ＊ ）， 由 b n+1 >b n 得 2 n+１ (n＋１-λ)>2 n (n－λ）， λ<n＋2，λ〈( ｎ ＋2）

　min =3, ∴λ 得取值范围为｛λ｜λ<３}。

　26. 已知数列｛a ｎ }中，a 1 =2， ａ 2 =4,a n ＋１ ＝3a n —2a n — 1 (n≥2,n∈Ｎ Ｎ * ）. (Ⅰ)证明：数列｛a n ＋１ —a n }就是等比数列，并求出数列｛a ｎ ｝得通项公式； (Ⅱ)记 ｂ n = 错误! !，数列｛ ｂ n ｝得前 n 项与为 S n ,求使 Ｓ n >2 01０得 ｎ 得最小值. 【答案】

　（Ⅰ)a n+1 =3a ｎ -２a n － 1 （n≥2), ∴（a n ＋ 1 —a n )=2（a ｎ －a n － 1 ）（n≥2). ∵ ａ 1 =２,a ２ =4，∴a 2 -a １ =２≠0，a n － ａ n — 1 ≠0， 故数列｛a n+ １ —a n }就是首项为 2,公比为 2 得等比数列， ∴a n ＋ 1 —a n =（ ａ 2 － ａ 1 ）2ｎ - １ ＝2 ｎ , ∴a ｎ =（ ａ n —a n － 1 )＋（ ａ n － 1 －a n － 2 ）+(a n-2 －a n-3 ）＋…＋

　（ ａ 2 -a 1 )+a 1

　＝2 n－１ ＋2 n —２ +2 ｎ － 3 ＋…＋２ １ ＋2 ＝ 错误! !+２ ＝2ｎ ( ｎ ≥2). 又 a 1 =２满足上式,∴ ａ n ＝２ n （n∈N * )． (Ⅱ）由（Ⅰ)知 b n ＝ 错误! !＝2 错误! !＝２ 错误! ! ＝2— 错误! !, ∴ Ｓ n =2 ｎ — 错误! ! ＝２n- 错误! !=２n－2 错误! !=2n－2＋ 错误! !、 由 S n >2 0１０得：

　2n－２+ ＼ f（１ ， ２ n— 1 )>2 010，即 n+ 错误! !>1 006， 因为 n 为正整数，所以 n 得最小值为１ ０06、 27. 已知数列{a n ｝得前 n 项与为Ｓ ｎ ，满足 S n +2n=2ａ n 。

　（I)证明：数列｛a ｎ +2}就是等比数列,并求数列{a n ｝得通项公式 a n ； （Ⅱ）若数列｛ｂ ｎ }满足 b n ＝lｏg 2 (a n ＋２）,求数列｛｝得前 n 项与 T n 。

　【答案】

　(I）证明：由 S n ＋２ｎ=2a n ，得 S n =2a n ﹣2n, 当 n∈N＊ 时，Sn =2ａ ｎ ﹣2n，① 当ｎ=1 时,S 1 =2a 1 ﹣2，则ａ １ =2， 当 n≥2 时，S ｎ﹣ 1 =2a n ﹣ 1 ﹣２（ｎ﹣1）,② ①﹣②,得 a n ＝2a n ﹣２a n ﹣ 1 ﹣２, 即ａ n =2a ｎ﹣１ +2,

　∴a ｎ +2=2(a ｎ﹣１ +2）, ∴, ∴｛a n +2}就是以ａ 1 +2 为首项,以 2 为公比得等比数列. ∴, ∴. (Ⅱ）解：∵， ∴ｂ n =n（n+1）, ∴, ∴ =1﹣+﹣+…+ =１﹣ =。

　【解析】

　考点: 数列得求与；等比数列得通项公式． 专题：

　综合题. 分析: (Ｉ）由 S n +2ｎ＝2a n ，得 S ｎ =２a n ﹣２ｎ,由此利用构造法能够证明数列{a n +2｝就是等比数列，并求出数列{a n ｝得通项公式 a n 。

　（Ⅱ）由，得,由此利用错位相减法能够求出数列{｝得前 n 项与 T n . 28 ． 数列｛a ｎ ｝中,a 1 =１，当 n≥2 时,其前 n 项得与 S n 满足 S 错误!=a n (S n -１)。

　（Ⅰ）证明：数列 错误! !就是等差数列; (Ⅱ)设 ｂ n ＝lｏg 2 错误! !,数列{ ｂ n ｝得前 n 项与为 T ｎ ，求满足 Ｔ n ≥６得最小正整数 ｎ 、

　【答案】

　(Ⅰ）∵S 错误! !=a ｎ (S n —1)， ∴S 错误! !=(S n —S ｎ -1 )（S n －１)(n≥2）, ∴S n S n- １ =S n — 1 —S n ，即 错误! !- 错误! !＝1, ∴ 错误! !就是 1 为首项，１为公差得等差数列. （Ⅱ）由（Ⅰ）知 S ｎ = 错误! !,∴b n =ｌog 2 错误! !, ∴ Ｔ n =loｇ 2 错误! ! =ｌog ２ 错误! !≥6, ∴（ ｎ +2）(n＋１)≥1２８,∵n∈N * ，∴ ｎ ≥１０， 所以满足 T n ≥6 得最小正整数为 10 29 ． 已知数列｛ａ ｎ ｝得首项 a 1 =，，其中 n∈N + . (Ⅰ)求证:数列｛}为等比数列； (Ⅱ）记Ｓ ｎ ＝，若 S n 〈１00，求最大得正整数 n. 【答案】

　（Ⅰ）证明:∵，∴, ∵，∴∈N + ）， ∴数列{}为等比数列. （Ⅱ）解:由（Ⅰ)可求得 =， 若Ｓ ｎ 〈1０0,则 n+１﹣， ∴n max ＝９9。

　【解析】

　考点:

　。列数比等与列数差等;题合综ﻩ ：题专．与求得列数;式推递列数ﻩ分析：

　(Ⅰ)利用数列递推式，变形可得，从而可证数列｛｝为等比数列； （Ⅱ)确定数列得通项，利用等比数列得求与公式求与,即可求最大得正整数 n。

　30. 在数列{ ａ n }中,a 1 ＝２,a n+ １ ＝4 ａ ｎ -３ ｎ +1,n∈Ｎ Ｎ＊ 、 (Ⅰ)证明数列{a n －n｝就是等比数列； (Ⅱ）设数列{ ａ n }得前 n 项与 S n ，求 S n ＋ 1 －４S n 得最大值. 【答案】

　（Ⅰ)证明：由题设 a n ＋ 1 =4 ａ n —３n+１， 得 a ｎ +1 －( ｎ +1）=4（a n - ｎ )， ｎ ∈N * 、 又 a 1 －1=1,所以数列{a n -n｝就是首项为 1,且公比为 4 得等比数列． （Ⅱ)由(Ⅰ）可知 a n －n=４ｎ －１ , 于就是数列{ ａ n }得通项公式为 a n =4 n—１ +n、 所以数列｛a n ｝得前 n 项与 Ｓ n ＝ 错误! !+ 错误! !、 S n+1 －4S n = 错误! !+ 错误! !－4 错误! ! =- 错误! !(3n 2 +n-4），故 n＝1,最大 0、