数列压轴题精选

（n≥2且nN）. （1）求b2，b3,b4及bn. （2）证明：

*111++......）b1b2bn1an1bn(n2且nN*) an1bn111110)(1)......(1)(nN*) a1a2an3（3）证明：(1

2.设数列an的前n项和为Sn，已知a11,a26,a311，且

(5n8)Sn1(5n2)SnAnB,n1,2,3,，其中A.B为常数 ⑪求A与B的值；

⑫证明：数列an为等差数列；

⑬证明：不等式5amnaman1对任何正整数m,n都成立

3.设数列{an}、{bn}、{cn}满足：bnanan2，cnan2an13an2（n=1,2,3,…），

证明{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bnbn1（n=1,2,3,…）

4.已知｛an｝是等差数列，｛bn｝是公比为q的等比数列，a1=b1，a2=b2≠a1，记Sn为数列｛bn｝

的前n项和。

（1）若bk=am（m，k是大于2的正整数），求证：Sk-1=（m－1）a1；

（2）若b3=a（，求证：q是整数，且数列｛bn｝中每一项都是数列｛an｝ii是某个正整数）中的项；

（3）是否存在这样的正数q，使等比数列｛bn｝中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由；

5. 已知数列{an}满足：a1a,an1sn(-1),nN,且{an（1）求a的值； （2）求出通项公式an； （3）求证：

n*2(-1)n}是等比数列. 31113....... a3a4a2n226.数列{xn}满足:x10,xn1xnxnc(nN*)

(I)证明:数列{xn}是单调递减数列的充分必要条件是c0 (II)求c的取值范围,使数列{xn}是单调递增数列.

2.（Ⅰ）由已知，得S1a11，S2a1a27，S3a1a2a318 由(5n8)Sn1(5n2)SnAnB，知

3S27S1ABAB28，即 2AB482S12S2AB23解得A20,B8.

(Ⅱ) 由（Ⅰ）得(5n8)Sn1(5n2)Sn20n8 ① 所以 (5n3)Sn2(5n7)Sn120n28 ② ②-①得 (5n3)Sn2(10n1)Sn1(5n2)Sn20 ③ 所以 (5n2)Sn3(10n9)Sn2(5n7)Sn120 ④ ④-③得 (5n2)Sn3(15n6)Sn2(15n6)Sn1(5n2)Sn0 因为 an1Sn1Sn

所以 (5n2)an3(10n4)an2(5n7)an10 因为 (5n2)0

所以 an32an2an10

所以 an3an2an2an1 ，n1 又 a3a2a2a15 所以数列{an}为等差数列 （Ⅲ）由(Ⅱ) 可知，an15(n1)5n4， 要证

5amnaman1

只要证 5amn1aman2aman， 因为 amn5mn4，

aman(5m4)(5n4)25mn20(mn)16，

故只要证 5(5mn4)125mn20(mn)162aman，

即只要证 20m20n372aman，

因为 2amanaman5m5n85m5n8(15m15n29)20m20n37 所以命题得证 3.证明：必要性. 设{an}是公差为d1的等差数列，则

bn1bn(an1an3)(anan2)(an1an)(an3an2)d1d10 所以bnbn1(n1,2,3,）成立.

又cn1cn(an1an)2(an2an1)3(an3an2) d12d13d16d1（常数）（n=1，2，3，…），所以数列{cn}为等差

数列.

充分性，设数列{cn}是公差d2的等差数列，且bnb1（n=1，2，3，…）. 证法一：

①－②得cncn2(anan2)2(an1an3)3(an2an4)

bn2bn13bn2,，

cncn2(cncn1)(cn1cn2)2d2 bn2bn13bn22d2， ③

从而有bn12bn23bn32d2. ④

④－③得(bn1bn)2(bn2bn1)3(bn3bn2)0. ⑤ bn1bn0,bn2bn10,bn3bn20， ∴由⑤得bn1bn0(n1,2,3,).

由此 不妨设bnd3(n1,2,3,),则anan2d3（常数）. 由此cnan2an13an24an2an13d3， 从而cn14an12an23d34an12an5d3， 两式相减得an1cn2(an1an)2d3，

11因此an1an(cn1cn)d3d2d3(常数)(n1,2,3,)，

22所以数列{an}是等差数列.

证法二：令Anan1an,由bnbn1知anan2an1an3, 从而an1anan3an2,即AnAn2(n1,2,3,). 由cnan2an13an2,cn1an12an23an3

得cn1cn(an1an)2(an2an1)3(an3an2)，即 An2An13An2d2. ⑥ 由此得An22An33An4d2. ⑦ ⑥－⑦得(AnAn2)2(An1An3)3(An2An4)0. ⑧ 因为AnAn20,An1An30,An2An40， 所以由⑧得AnAn20(n1,2,3,).

于是由⑥得， 4An2An1An2An13An2d2 ⑨ 从而2An4An14An12An2d2. ⑩

由⑨和⑩得4An2An12An4An1,故An1An,即

an2an1an1an(n1,2,3,), 所以数列{an}是等差数列.

4.解：设{an}的公差为d，由a1b1,a2b2a1，知d0,q1，da1q1（a10）

（1）因为bkam，所以a1qk1a1m1a1q1，

qk11m1q12mm1q，

所以Sk1a11qk11qa1m1m1qqm1a1

（2）b3a1q2,aia1i1a1q1，由b3ai，

所以q21i1q1,q2i1qi20,解得，q1或qi2，但

q1，所以qi2，因为i是正整数，所以i2是整数，即q是整数，设数列{bn}中任

意一项为

bna1qn1nN，

设数列{an}中的某一项ammN=a1m1a1q1

现在只要证明存在正整数m，使得bnam，即在方程a1q中m有正整数解即可，q所以：

n1n1a1m1a1q1

qn111m1q1,m11qq2qn2，

q1m2qq2qn2，若i1，则q1，那么b2n1b1a1,b2nb2a2，当

i3时，因为a1b1,a2b2，只要考虑n3的情况，因为b3ai，所以i3，因此q是

正整数，所以m是正整数，因此数列{bn}中任意一项为

bna1qn1nN与数列{an}的第2qq2qn2项相等，从而结论成立。

（3）设数列{bn}中有三项bm,bn,bpmnp,m,n,pN成等差数列，则有

2a1qn1a1qm1a1qp1,设nmx,pny,x,yN，所以21y，qxq3令x1,y2，则q2q12q10,q1q0，因为q1，所以

q2q10，所以qbm,bm1,bm3mN成等差数列。

5151舍去负值，即存在q使得{bn}中有三项226.(I)必要条件

2当c0时,xn1xnxncxn数列{xn}是单调递减数列

充分条件

2数列{xn}是单调递减数列x1x2x1x1ccx120

得:数列{xn}是单调递减数列的充分必要条件是c0 (II)由(I)得:C0

①当c0时,ana10,不合题意

②当c0时,x2cx1,x3c22cx2c0c1

22 xn1xncxn0xnc10x1xnc 22xn2xn1(xnx) 1n)(xn1xn)(xn1xn)(xn1xn1当c11时,xncxnxn110xn2xn1与xn1xn同号, 42由x2x1c0xn2xn0xn1xn [来源:学&科&网Z&X&X&K]

2limxn1lim(xnxnc)limxnc nnn当c11时,存在N,使xNxNxN11xN2xN1与xN1xN异号 42与数列{xn}是单调递减数列矛盾 得:当0c

1时,数列{xn}是单调递增数列 4