(第13讲) 高中数学复习专题讲座-数列的通项公式与求和的常用方法

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题目 高中数学复习专题讲座 数列的通项公式与求和的常用方法 高考要求 数列是函数概念的继续和延伸, 数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函 数,是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲,数列的问题,最终归结为对数列通项 的研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重 要的问题之一, 与数列极限及数学归纳法有着密切的联系, 是高考对数列问题考查中的热点, 本点的动态函数观点解决有关问题,为其提供行之有效的方法 重难点归纳 1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂,要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性,又要注意数列方法的特殊性
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数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式







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? S1 , n = 1 a n= ? ?S n ? S n ?1 , n ≥ 2

3 求通项常用方法 ①作新数列法 作等差数列与等比数列 ②累差叠加法 最基本形式是 an=(an-an-1+(an-1+an-2)+…+(a2-a1)+a1 ③归纳、猜想法 4 数列前 n 项和常用求法 ①重要公式
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1 n(n+1) 2 1 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) 6 1 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2 4 ②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累加时抵 应 掌 握 以 下 常 见 的 裂 项 消 中 间 的 许 多 项
1+2+…+n=
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1 1 1 1 = ? , n ? n ! = (n + 1)!? n !, = ctgα ? ctg2α, n(n + 1) n n + 1 sin 2α Cn ?1 = Cr +1 ? Cr , n n n 1 1 1 = ? 等 (n + 1)! n ! (n + 1)!
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④错项相消法 ⑤并项求和法 数列通项与和的方法多种多样,要视具体情形选用合适方法 典型题例示范讲解 典型题例示范讲解 数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比 例 1 已知数列{an}是公差为 d 的等差数列, 2 数列,若函数 f(x)=(x-1) ,且 a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
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(2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn ,对一切 n∈N* ,都有

c c1 c1 + +?+ n =an+1 成立,求 b1 b2 cn

n →∞

lim

S 2 n +1 S 2n

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命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、数列的极限, 以及运算能力和综合分析问题的能力 知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显,而(2)中条件等式 的左边可视为某数列前 n 项和,实质上是该数列前 n 项和与数列{an}的关系,借助通项与前 n 项和的关系求解 cn 是该条件转化的突破口 错解分析 本题两问环环相扣,(1)问是基础,但解方程求基本量 a1、b1、d、q,计算 不准易出错;(2)问中对条件的正确认识和转化是关键 技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题,思路较为自然,(2)问“借鸡生 蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出 dn,丝丝入扣 解 (1)∵a1=f(d-1)=(d-2)2,a3=f(d+1)=d2, ∴a3-a1=d2-(d-2)2=2d, ∵d=2,∴an=a1+(n-1)d=2(n-1); 又 b1=f(q+1)=q2,b3=f(q-1)=(q-2)2,
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b3 ( q ? 2) 2 = b1 q2

=q2 , 由

q ∈ R , 且

q ≠ 1 , 得

q= - 2 ,

?b ± b 2 ? 4ac n! lim 342 + b 2 b 2 ? 4ac b 2 ? 4ac lim x →∞ 2a r !( n ? r ) ! x →∞
∴bn=b·qn 1=4·(-2)n (2)令
- -1

cn =dn,则 d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*), bn

∴dn=an+1-an=2, ∴

cn 8 - =2,即 cn=2·bn=8·(-2)n 1;∴Sn= [1-(-2)n] bn 3

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S 2 n +1 1 ? ( ?2) = S 2n 1 ? ( ?2) 2 n

2 n +1

1 (? ) 2n + 2 S = 2 , lim 2 n +1 = ?2 1 2n n →∞ S 2 n (? ) ? 1 2 3 (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; 2
源 源 源

例 2 设 An 为数列{an}的前 n 项和,An=

(1)求数列{an}的通项公式; (2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列,证明 通项公式为 dn=32n+1;
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数列{dn}的

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(3)设数列{dn}的第 n 项是数列{bn}中的第 r 项,Br 为数列{bn}的前 r 项的和;Dn 为数列 {dn}的前 n 项和,Tn=Br-Dn,求 lim
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n →∞

Tn (a n ) 4

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命题意图 本题考查数列的通项公式及前 n 项和公式及其相互关系;集合的相关概念, 数列极限,以及逻辑推理能力 知识依托 利用项与和的关系求 an 是本题的先决;(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处, 须借助于二项式定理;而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点 错解分析 待证通项 dn=32n+1 与 an 的共同点易被忽视而寸步难行; 注意不到 r 与 n 的关 系,使 Tn 中既含有 n,又含有 r,会使所求的极限模糊不清 技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法,(2)问中把 3 拆解为 4-1,再利用二项 式定理,寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔;(3)问中挖掘出 n 与 r 的关系,正确表 示 Br,问题便可迎刃而解
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(1)由 An=

3 3 (an-1),可知 An+1= (an+1-1), 2 2

∴an+1-an=

a 3 3 (an+1-an),即 n +1 =3,而 a1=A1= (a1-1),得 a1=3,所以数列是以 3 2 an 2
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为首项,公比为 3 的等比数列,数列{an}的通项公式 an=3n (2)∵32n+1=3·32n=3·(4-1)2n


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=3· 2n+C 1 ·42n 1(-1)+…+C 2 n ?1 ·4·(-1)+(-1)2n]=4n+3, [4 2n 2n ∴32n+1∈{bn} 而数 32n=(4-1)2n
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=42n+C 1 ·42n 1·(-1)+…+C 2 n ?1 ·4·(-1)+(-1)2n=(4k+1), 2n 2n


∴32n ? {bn},而数列{an}={a2n+1}∪{a2n},∴dn=32n+1 (3)由 32n+1=4·r+3,可知 r=

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, 4 r(7 + 4r + 3) 32n+1 ? 3 32n+1 + 7 27 27 ∴Br= = r(2r + 5) = ? , Dn = ? (1?9n ) = (9n ?1) , 2 4 2 1? 9 8 2 n +1 2 n +1 9 + 4?3 ? 21 27 n ∴ Tn = Br ? Dn = ? (9 ? 1) 8 8 9 11 3 = ? 34 n ? ? 3 2 n + , ( a n ) 4 = 3 4 n , 8 8 4 T 9 ∴ lim n 4 = n →∞ ( a n ) 8 例 3 设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n,an 与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项 (1)写出数列{an}的前 3 项 (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
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3

2 n +1

?3

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a 1 a (3)令 bn= ( n +1 + n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+…+bn-n) n →∞ 2 an a n +1
解析
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a1 + 2 = 2 S1 ,S1=a1, 2 a +2 a +2 ∴ 1 = 2 a1 ,解得 a1=2 当 n=2 时,有 2 = 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入, 2 2 整理得(a2-2)2=16,由 a2>0,解得 a2=6 a +2 当 n=3 时,有 3 = 2S 3 ,S3=a1+a2+a3, 2 将 a1=2,a2=6 代入,整理得(a3-2)2=64,由 a3>0,解得 a3=10 故该数列的前 3 项为 2,6,10 (2)解法一 由(1)猜想数列{an} 有通项公式 an=4n-2 下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是 an=4n-2,(n∈N*) ①当 n=1 时,因为 4×1-2=2, ,又在(1)中已求出 a1=2,所以上述结论成立 a +2 = 2 S k ,将 ak=4k- ②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有 k 2
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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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(1)由题意,当 n=1 时,有
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2

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代入上式,解得 2k= 2 S k ,得 Sk=2k2,

ak +1 + 2 = 2 S k +1 ,Sk+1=Sk+ak+1, 2 a +2 2 将 Sk=2k2 代入得( k +1 ) =2(ak+1+2k2), 2 2 整理得 ak+1 -4ak+1+4-16k2=0,由 ak+1>0,解得 ak+1=2+4k, 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2, 即当 n=k+1 时,上述结论成立 根据①②,上述结论对所有的自然数 n∈N*成立 a +2 1 解法二 由题意知 n = 2 S n ,(n∈N*) 整理得,Sn= (an+2)2, 2 8 1 1 由此得 Sn+1= (an+1+2)2,∴an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2)2-(an+2)2] 8 8 整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0, 由题意知 an+1+an≠0,∴an+1-an=4, 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4 ∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为 an=4n-2 a +2 解法三 由已知得 n = 2 S n ,(n∈N*) ①, 2 a +2 所以有 n+1 = 2 S n+1 ②, 2 S ? Sn + 2 由②式得 n +1 = 2 S n+1 , 2
由题意,有
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整理得 Sn+1-2 2 · S n+1 +2-Sn=0,
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解得 S n+1 = 2 ± S n , 由于数列{an}为正项数列,而 S1 = 2 ,∴ S n+1 + S n > 2 , 因而 S n+1 = 2 + S n , 即{Sn}是以 S1 = 2 为首项,以 2 为公差的等差数列 所以 S n =
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2 +(n-1)

2 = 2 n,Sn=2n2,

?2, (n = 1) 故 an= ? 即 an=4n-2(n∈N*) ?S n ? S n ?1 = 4n ? 2, (n ≥ 2)
a 1 a (3)令 cn=bn-1,则 cn= ( n+1 + n ? 2) 2 an an+1

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1 2n + 1 2n ? 1 1 1 = [( ? 1) + ( ? 1)] = ? , 2 2n ? 1 2n + 1 2n ? 1 2n + 1

b1 + b2 + ? + bn ? n = c1 + c2 + ? + cn
1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? ) = 1? , 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 1 ∴ lim (b1 + b2 + ? + bn ? n) = lim (1 ? ) = 1. n →∞ n →∞ 2n + 1
学生巩固练习 学生巩固练习 巩固 1
n →∞
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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设 zn=(

1? i n ) ,(n∈N*), 记 Sn=|z2 -z1 |+|z3 -z2 |+…+|zn+1 -zn |,则 2
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lim Sn=_________
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2 作边长为 a 的正三角形的内切圆,在这个圆内作新的内接正三角形,在新的正三角 形内再作内切圆,如此继续下去,所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________ 3 数列{an}满足 a1=2,对于任意的 n∈N*都有 an>0,且(n+1)an2+an·an+1-nan+12=0,又 - 知数列{bn}的通项为 bn=2n 1+1 (1)求数列{an}的通项 an 及它的前 n 项和 Sn; (2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn; (3)猜想 Sn 与 Tn 的大小关系,并说明理由 4 数列{an}中,a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1-an,(n∈N*) (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求 Sn;
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(3)设 bn=

1 (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数 m,使得对 n(12 ? a n )
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m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由 32 5 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=(m+1)-man 对任意正整数 n 都成立,其中 m 为常数,且 m<-1 (1)求证 {an}是等比数列; 1 (2)设数列{an}的公比 q=f(m), 数列{bn}满足 b1= a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*) 试问当 m 3
任意 n∈N*均有 Tn>
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为何值时, lim (bn ? lg a n ) = lim 3(b1b2 + b2 b3 + ? + bn ?1bn ) 成立?
n →∞ n→∞

6 已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145 (1)求数列{bn}的通项 bn;
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(2)设数列{an}的通项 an=loga(1+

1 )(其中 a>0 且 a≠1),记 Sn 是数列{an}的前 n 项和, bn
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1 logabn+1 的大小,并证明你的结论 3 7 设数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足关系式 0,n=2,3,4…) (1)求证 数列{an}是等比数列;
试比较 Sn 与
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3tSn -(2t+3)Sn - 1=3t(t>

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(2)设数列{an}的公比为 f(t),作数列{bn},使 b1=1,bn=f( 通项 bn; (3)求和 参考答案
源 源 源

1 bn ?1

)(n=2,3,4…),求数列{bn}的







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源 源 源 源 源 源 源 源















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b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1

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1.解析 : 设cn =| z n +1 ? z n |=| (

1 ? i n+1 1 ? i n 2 ) ?( ) |= ( ) n+1 , 2 2 2

1 2 2 [1 ? ( ) n ] 1 ? ( ) n 2 2 ∴ S n = c1 + c2 + ? + cn = 2 = 2 2? 2 1? 2

∴ lim S n =
n →∞

1 2? 2 2 2

=

2+ 2 2 =1+ 2 2

答案 2
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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1+
源 源 源

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解析

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由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an},可得 an=

a 2 n ?1

,正三角形的内切

圆构成等比数列{rn},可得 rn=

3 1 a,? 6 2 n ?1

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∴这些圆的周长之和 c= lim 2π(r1+r2+…+rn)=
n →∞

3 3π 2 a, 2

面积之和 S= lim π(n2+r22+…+rn2)=
n →∞

π 2 a 9

答案







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源 源 源 源 源 源 源 源















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周长之和

3 3 π πa,面积之和 a2 2 9
an+1 n ,从而 an=2n,有 Sn=n2+n, = an n +1

3

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(1)可解得

(2)Tn=2n+n-1 (3)Tn-Sn=2n-n2-1,验证可知,n=1 时,T1=S1,n=2 时 T2<S2;n=3 时,T3<S3;n=4 时, T4<S4;n=5 时,T5>S5;n=6 时 T6>S6 猜想当 n≥5 时,Tn>Sn,即 2n>n2+1 可用数学归纳法证明(略) 4 解 (1)由 an+2=2an+1-an ? an+2-an+1=an+1-an 可知{an}成等差数列,?
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a4 ? a1 =-2,∴an=10-2n 4 ?1 (2)由 an=10-2n≥0 可得 n≤5,当 n≤5 时,Sn=-n2+9n,
d=
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? 2 ?? n + 9 n 当 n>5 时,Sn=n2-9n+40,故 Sn= ? 2 ?n ? 9n + 40 ?
(3)bn=

1≤ n ≤ 5 n>5

1 1 1 1 1 = = ( ? ) n(12 ? an ) n(2n + 2) 2 n n + 1

1 1 1 1 1 1 n m ; 要使 Tn> 总成 ∴Tn = b1 + b2 + ? + bn = [(1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? )] = 2 2 2 3 n n +1 2(n + 1) 32
m 1 <T1= 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7 32 4 5 解 (1)由已知 Sn+1=(m+1)-man+1 ? ①, Sn=(m+1)-man ②, 由①-②,得 an+1=man-man+1,即(m+1)an+1=man 对任意正整数 n 都成立 ∵m 为常数,且 m<-1
立,需
源 源 源

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an+1 a m ,即{ n }为等比数列 = an m +1 an+1

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(2)当 n=1 时,a1=m+1-ma1,∴a1=1,从而 b1= 由(1)知 q=f(m)=

1 3

新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o

b m ,∴bn=f(bn-1)= n?1 (n∈N*,且 n≥2) m +1 bn?1 + 1



1 1 1 1 ,即 =1+ ? =1, bn bn?1 bn bn ?1
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∴{

1 }为等差数列 bn

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1 =3+(n-1)=n+2, bn

∴ bn =

∵ an = (

m n ?1 n ?1 m m ) ,∴ lim (bn ? lg an ) = lim[ lg ] = lg , n →∞ n →∞ n + 2 m +1 m +1 m +1 1 1 1 1 1 1 而lim3(b1b2 + b2b3 + ? + bn ?1bn ) = lim3( ? + ? + ? + ? ) =1 n →∞ n →∞ 3 4 4 5 n +1 n + 2 m m 10 = 1,∴ = 10,∴ m = ? 由题意知 lg m +1 m +1 9
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
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1 (n∈N*) n+2

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6

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(1)设数列{bn}的公差为 d,由题意得







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?b1 = 1 ? ? 10(10 ? 1) d = 145 ?10b1 + 2 ?

解得 b1=1,d=3,∴bn=3n-2

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(2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+

1 1 )+…+loga(1+ ) 4 3n ? 2 1 1 1 =loga[(1+1)(1+ )…(1+ )] , logabn+1=loga 3 3n + 1 4 3n ? 2 3 1 因此要比较 Sn 与 logabn+1 的大小, 3 1 1 可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 3 3n + 1 的大小, 4 3n ? 2

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取 n=1 时,有(1+1)> 3 3 ? 1 + 1

1 )> 3 3 ? 2 + 1 … 4 1 1 由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )> 3 3n + 1 ① 4 3n ? 2 若①式成立,则由对数函数性质可判定 1 当 a>1 时,Sn> logabn+1, ② 3 1 当 0<a<1 时,Sn< logabn+1, ③ 3 下面用数学归纳法证明①式 (ⅰ)当 n=1 时,已验证①式成立 (ⅱ)假设当 n=k 时(k≥1) ,①式成立,即 1 1 (1 + 1)(1 + )?(1 + ) > 3 3k + 1 那么当 n=k+1 时, 4 3k ? 2
取 n=2 时,有(1+1)(1+
源 源 源

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3 1 1 1 1 3k + 1 (1 + 1)(1 + )? (1 + )(1 + ) > 3 3k + 1(1 + )= (3k + 2). 4 3k ? 2 3(k + 1) ? 2 3k + 1 3k + 1

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3

∵[

3k + 1 (3k + 2) 2 ? (3k + 4)(3k + 1)2 (3k + 2)]2 ? [ 3 3k + 4]3 = 3k + 1 (3k + 1)2

=

3 9k + 4 3k + 1 > 0,∴ (3k + 2) > 3 3k + 4 = 3 3(k + 1) + 1 2 (3k + 1) 3k + 1

1 1 1 因而(1 + 1)(1 + )? (1 + )(1 + ) > 3 3(k + 1) + 1 4 3k ? 2 3k + 1
这就是说①式当 n=k+1 时也成立 由(ⅰ)(ⅱ)可知①式对任何正整数 n 都成立
新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源
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由此证得 7
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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源 源 源 源 源 源 源 源















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特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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1 1 logabn+1;当 0<a<1 时,Sn< logabn+1 ? 3 3 (1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t
源 源 源

新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















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特特特特 特 特 特特特特 特特 特特 王王新 王 新王 王王 王王 新新
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源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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当 a>1 时,Sn>

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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∴a2=

2t + 3 a2 2t + 3 , = 3t a1 3t

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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又 3tSn-(2t+3)Sn-1=3t, 3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ①-②得 3tan-(2t+3)an-1=0 ∴

① ②
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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an 2t + 3 ,n=2,3,4…, = an?1 3t 2t + 3 的等比数列; 3t
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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所以{an}是一个首项为 1 公比为

(2)由 f(t)=

2t + 3 2 1 2 1 = + ,得 bn=f( )= +bn-1 ? 3t 3 t bn ?1 3 2 的等差数列 3
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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可见{bn}是一个首项为 1,公差为

新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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2 2n + 1 (n-1)= ; 3 3 2n + 1 ,可知 (3)由 bn= 3
于是 bn=1+ {b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和 于是 b2n=

5 4 ,公差均为 的等差数列, 3 3

4n + 1 , 3 ∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1 ? =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1) 4 4 1 5 4n + 1 4 2 =- (b2+b4+…+b2n)=- · n( + )=- (2n +3n) 3 3 2 3 3 9 课前后备注
源 源 源

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王
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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
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新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源















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