数列经典综合题66例
本专题中所有试题均来源于近几年高考试题、高考模拟试题、大学自主招生试题及竞赛试题（含2009—2010学年最新试题），按内容分为以下几部分：⑴等差数列与等比数列综合题；⑵点列综合题；⑶数列与向量交汇的综合题；⑷数列与函数交汇的综合题；⑸数列与不等式交汇的综合题；⑹数列与概率统计的综合题；⑺分段数列综合题；⑻信息迁移题.（所有试题均有详细答案）题型比较全面，可作为学生复习数列时的参考用题，也可供数学教师备课时参考. 等差数列与等比数列综合题
例1 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 又q?0，从而q?－1 21n（41?（?））1281n2（?）?3 （Ⅱ）由已知可得a1?a 故 从而 a?4S??（1?（?））11n1232 1?（?）2例2 在正项数列?an?中,令Sn??i?1n1.
ai?ai?1（Ⅰ）若?an?是首项为25,公差为2的等差数列,求S100； （Ⅱ）若Sn?np（p为正常数）对正整数n恒成立,求证?an?为等差数列；
a1?an?11?ai?ai?1ai?1?ai2,所以S100=（Ⅰ）解：由题意得,a201?a12?5
nnpp11（Ⅱ）证:令n?1,,则p=1 所以Sn??=（1）, ?a1?an?1a1?a2a1?a2ai?ai?1i?1Sn?1??i?1n?1(n?1)p(n?1)n11=（2）,（2）—（1）,得—=,
a1?an?2a1?an?2a1?an?1an?1?an?2ai?ai?1化简得(n?1)an?1?nan?2?a1(n?1)（3） (n?2)an?2?(n?1)an?3?a1(n?1)（4）, （4）—（3）得an?1?an?3?2an?2(n?1) 在（3）中令n?1,得a1?a3?2a2,从而?an?为等差数列 例3 已知{an}是公比为q的等比数列，且am,am?2,am?1成等差数列.
（1）求q的值；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，试判断Sm,Sm?2,Sm?1是否成等差数列？说明理由. 解：（1）依题意，得
2am+2 = am+1 + am ∴2a1qm+1 = a1qm + a1qm – 1
2
在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0， ∴2q = q +1，解得q = 1或?1. 2 （2）若q = 1， Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，Sm + 2 = (m+2) a1 ∵a1≠0，∴2Sm+2≠S m + Sm+1
11?(?)m?212112若q =?，Sm + 1 =???(?)m
123621?(?)2111?(?)m1?(?)m?142114112?2Sm + Sm+1 = ??[(?)m?(?)m?1]=?(?)m ∴2 Sm+2 = S m + Sm+1
1133223321?(?)1?(?)221故当q = 1时，Sm , Sm+2 , Sm+1不成等差数列； 当q =?时，Sm , Sm+2 , Sm+1成等差数列.
2例4 已知数列｛an｝的首项a1?a（a是常数），an?2an?1?n2?4n?2（n?N,n?2）．（Ⅰ）?an?是
否可能是等差数列.若可能，求出?an?的通项公式；若不可能，说明理由；
（Ⅱ）设b1?b，bn?an?n2（n?N,n?2），Sn为数列?bn?的前n项和，且
?Sn?是等比数列，求实数a、b满足的条件．
解：（Ⅰ）∵a1?a,依an?2an?1?n2?4n?2(n?2,3,?)
∴a2?2a?4?8?2?2a?2 a3?2a2?9?12?2?4a?5
a4?2a3?2?8a?8 a2?a1?2a?2?a?a?2,a3?a2?2a?3,a4?a3?4a?3
若{an}是等差数列，则a2?a1?a3?a2,得a?1 但由a3?a2?a4?a3，得a=0,矛盾. ∴{an}不可能是等差数列
(Ⅱ)∵bn?an?n2 ∴bn?1?an?1?(n?1)2?2an?(n?1)2?4(n?1)?2?(n?1)2?2an?2n2?2bn(n≥2)
∴b2?a2?4?2a?2
当a≠－1时, bn?0{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列∴S?b?(2a?2)(2n1nn≥2时,Sn?(a?1)2?b?2a?2?2?n?1n?1?1)2?1?b?(2a?2)(2n?1?1)
Sn?1(a?1)2?b?2a?2b?2a?2 n?1(a?1)2?b?2a?2∴{Sn}是等比数列, ∴Sn(n≥2)是常数 ∵a≠-1时, ∴b-2a-2=0 当a=-1时，
Sn?1b2?0,由bn?2bn?1（n≥3）,得bn?0（n≥2） ∴Sn?b1?b2????bn?b
a??1∵{Sn}是等比数列 ∴b≠0综上, {Sn}是等比数列,实数a、b所满足的条件为???a??1 或??b?2a?2?b?0例5 设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2-an，n=1，2，3，?. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{bn}满足b1=1，且bn+1=bn+an，求数列{bn}的通项公式； (Ⅲ)设cn=n(3-bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(Ⅰ)∵n=1时，a1+S1=a1+a1=2 ∴a1=1 ∵Sn=2-an即an+Sn=2 ∴an+1+Sn+1=2 两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0 即an+1-an+an+1=0故有2an+1=an∵an≠0 ∴
an?11?(n∈N*) an211
的等比数列.an=()n?1(n∈N*) 22
1n-1112
(Ⅱ)∵bn+1=bn+an(n=1，2，3，?)∴bn+1-bn=() 得b2-b1=1,b3-b2=,b4-b3=() ??
2221n-2
bn-bn-1=()(n=2，3，?) 将这n-1个等式相加，得
211?()n?1112131n?2112bn-b1=1+?()?()???()??2?2()n?1 又∵b1=1，∴bn=3-2()n-1(n=1，2，3，?)
12222221?21n-1101121n-21n-1
(Ⅲ)∵cn=n(3-bn)=2n() ∴Tn=2[()+2()+3()+?+(n-1)()+n()] ①
2222221n?11n111213
而 Tn=2[()+2()+3()+?+(n-1)()?n()] ②
22222211011121n?11n①-②得：Tn?2[()?()?()???()]?2n()
22222211?()n2?4n(1)n?8?8?4n(1)n=8-(8+4n)1(n=1，2，3，?) Tn=4nn122221?2所以，数列{an}为首项a1=1，公比为
例6 已知数列{an}中，a0?2,a1?3,a2?6，且对n≥3时
有an?(n?4)an?1?4nan?2?(4n?8)an?3．
（Ⅰ）设数列{bn}满足bn?an?nan?1,n?N?，证明数列{bn?1?2bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； （Ⅱ）记n?(n?1)???2?1?n!，求数列{nan}的前n项和Sn
（Ⅰ） 证明：由条件，得an?nan?1?4[an?1?(n?1)an?2]?4[an?2?(n?2)an?3]，
则an?1?(n?1)an?4[an?nan?1]?4[an?1?(n?1)an?2]．
即bn?1?4bn?4bn?1.又b1?1,b2?0，所以bn?1?2bn?2(bn?2bn?1)，b2?2b1??2?0． 所以{bn?1?2bn}是首项为?2，公比为2的等比数列．
b?1bn1b2?2b1??2，所以bn?1?2bn?2n?1(b2?2b1)??2n．两边同除以2n?1，可得n． ???2n?12n2bnb1111?b?于是?n为以首项，－为公差的等差数列．所以??(n?1),得bn?2n(1?n)． ?nn222222?2?（Ⅱ）an?2n?nan?1?n2n?1?n(an?1?2n?1)，令cn?an?2n，则cn?ncn?1．
而c1?1， ?cn?n(n?1)???2?1?c1?n(n?1)???2?1 ∴an?n(n?1)???2?1?2n． nan?n?n?(n?1)???2?1?n2n?(n?1)!?n!?n?2n，
∴Sn?(2!?1!)?(3!?2!)???(n?1)!?n!?(1?2?2?22???n?2n)．
令Tn＝1?2?2?22???n?2n， ① 则2Tn＝1?22?2?23???(n?1)?2n?n?2n?1． ② ①－②，得?Tn＝2?22???2n?n?2n?1，Tn＝(n?1)2n?1?2．∴Sn?(n?1)!?(n?1)2n?1?1． 例7 设数列?an?,?bn?满足a1?1,b1?0且
?an?1?2an?3bn,??bn?1?an?2bn,n?1,2,3,??
（Ⅰ）求?的值，使得数列?an??bn?为等比数列； （Ⅱ）求数列?an?和?bn?的通项公式；
?，求极限lim（Ⅲ）令数列?an?和?bn?的前n项和分别为Sn和SnSn的值．
n??S?n（Ⅰ）令cn?an??bn，其中?为常数，若?cn?为等比数列，则存在q?0使得
cn?1?an?1??bn?1?q(an??bn)．又an?1??bn?1?2an?3bn??(an?2bn)?(2??)an?(3?2?)bn． 所以q(an??bn)?(2??)an?(3?2?)bn．由此得(2???q)an?(3?2???q)bn?0,n?1,2,3,? 由a1?1,b1?0及已知递推式可求得a2?2,b2?1，把它们代入上式后得方程组
?2???q?0, 消去q解得???3． 下面验证当??3时，数列an?3bn为等比数列． ?3?2???q?0???an?1?3bn?1?(2?3)an?(3?23)bn?(2?3)(an?3bn) (n?1,2,3,?)， a1?3b1?1?0，从而an?3bn是公比为2?3的等比数列．
同理可知an?3bn是公比为2?3的等比数列，于是???3为所求．
????（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果得an?3bn?(2?3)n?1，an?3bn?(2?3)n?1，解得
an?1?2?3?2???n?1?2?3??n?1?，b?3?2?3n???6???n?1?2?3??n?1?．
??
（Ⅲ）令数列?dn?的通项公式为dn?(2?3)n?1，它是公比为p?2?3的等比数列，令其前n项和为Pn；
? 令数列?en?的通项公式为en?(2?3)n?1，它是公比为p??2?3的等比数列，令其前n项和为Pn．
由第（Ⅱ）问得Sn?13??(Pn?Pn?)，Sn(Pn?Pn?)．
26Pn?SP?Pn?Pn1?3? n?3?n． 由于数列?en?的公比0?2?3?1，则limPn??．
?n??P??SnPn?Pn1?(2?3)1?nPn1?11()n?()n?111?pSn111Pn?pp????2?3 ，由于，则，于是，所以lim?0lim?3 lim?0nn??n??1n???Pn1?pp2?3PnSnPn()n?1p例8 数列?an?的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n?N*，总有an,Sn,an2成等差数列. (Ⅰ)求数列?an?的通项公式；
(Ⅱ)设数列?bn?的前n项和为Tn ，且bn?，求证:对任意实数x??1,e?（e是常数，e＝2.71828???）2an和任意正整数n，总有Tn? 2； (Ⅲ) 正数数列?cn?中，an?1??cn?,(n?N*).求数列?cn?中的最大项.
*22（Ⅰ）解：由已知：对于n?N，总有2Sn?an?an ①成立∴2Sn?1?an?1?an?1 （n ≥ 2）②
n?1lnnx①--②得2an?an?an?an?1?an?1 ∴an?an?1??an?an?1??an?an?1?
∵an,an?1均为正数，∴an?an?1?1 （n ≥ 2） ∴数列?an?是公差为1的等差数列
222又n=1时，2S1?a1?a1， 解得a1=1 ∴an?n.(n?N)
*（Ⅱ）证明：∵对任意实数x??1,e?和任意正整数n，总有bn?lnnxan2≤
1. n2∴Tn?111111111111?1?1????????2??2 ?????1?????222223n?1nn?n?1?n1?22?312n2(Ⅲ)解：由已知 a2?c1?2?c1?2，
a3?c2?3?c2?33,a4?c3?4?c3?44?2,a5?c4?5?c4?55534
易得 c1?c2,c2?c3?c4?... 猜想 n≥2 时，?cn?是递减数列.
1?x?lnxlnx1?lnxx令f?x?? ∵当x?3时，lnx?1,则1?lnx?0，即f??x??0. ,则f??x???22xxxln?n?1?n?1∴在?3,???内f?x?为单调递减函数.由an?1?cn知lncn?.
n?1∴n≥2 时, ?lncn?是递减数列.即?cn?是递减数列. 又c1?c2 , ∴数列?cn?中的最大项为c2?33. 例9 设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22?a32?a42?a52,S7?7。 （1）求数列?an?的通项公式及前n项和Sn；
aa（2）试求所有的正整数m，使得mm?1为数列?an?中的项。
am?2解：（1）设公差为d，则a2222，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，因为d?0，所以?a5?a4?a37?67a?d?7，解得a1??5，a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得122d?2,
(2) 方法一
amam?1(2m?7)(2m?5)=,设2m?3?t，
2m?3am?2则
amam?1(t?4)(t?2)8?t??6, 所以t为8的约数=
ttam?2（方法二）因为故
amam?1(am?2?4)(am?2?2)8为数列?an?中的项， ??am?2?6?am?2am?2am?2
8 am+2为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2
经检验，符合题意的正整数只有m?2。 例10 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（1）由am?am?1?ak，得6m?5?3k?1，整理后，可得k?2m?4?，?m、k?N，?k?2m为整数， 3?不存在m、k?N?，使等式成立。
（2）若
an?1a1?nd?bn，即?b1qn?1，（*） aa1?(n?1)d（ⅰ）若d?0,则1?b1qn?1?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，（*）式等号右边的极限只有当q?1时，才
n??a?(n?1)d1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。 （3）an?4n?1,bn?3n,n?N*
设am?1?am?2????am?p?bk?3k,p、k?N*,m?N.
4(m?1)?1?4(m?p)?1p?3k，
23k?4m?2p?3?,?p、k?N*,?p?35,s?N.
p?2?3s?3?(4?1)2s?2?2?(4?1)s?3?0,
2s+2ss由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）=4M1+1, 2?(4?1)?8M2?(?1)2, ?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.
取k?3s?2,4m?32s?2??
二、点列综合题
例11 设曲线c:y?x(x?0)上的点为P0(x0,y0),过P0作曲线c的切线与x轴交于Q1，过Q1作平行于y轴的直线与曲线c交于P1(x1,y1)，然后再过P1作曲线c的切线交x轴于Q2，过Q2作平行于y轴的直线与曲线c交于
2P2(x2,y2)，依此类推，作出以下各点：P0，Q1，P1，Q2，P2，Q3，?Pn，Qn+1?，已知x0?2，设Pn(xn,yn)(n?N)