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高中数学复习专题讲座数列通项公式与求和常用方法


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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 an= ? ?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
1+2+?+n= 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, an=f(n+1)-f(n), 即 然后累加时抵消中间的许
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多项

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应掌握以下常见的裂项

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1 1 1 1 ? ? , n ? n ! ? (n ? 1)!? n !, ? ctgα ? ctg2α, n(n ? 1) n n ? 1 sin 2?

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 例 1 已知数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的等比数列,若 函数 f(x)=(x-1)2,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 c2 S ? ? ? ? n ? an?1 成立,求 lim 2 n ?1 n ?? S 2 n b1 b2 bn

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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 2 =q ,由 q∈R,且 q≠1,得 q=-2, ? b1 q2
- -1

∴bn=b·qn 1=4·(-2)n (2)令

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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1 (? ) 2n ? 2 S 2 n ?1 1 ? ( ?2) 2 n ?1 S ? ? 2 , lim 2 n ?1 ? ?2 ∴ 2n 1 n ?? S 2 n S 2n 1 ? ( ?2 ) (? ) 2n ? 1 2
例 2 设 An 为数列{an}的前 n 项和,An=

3 (an-1),数列{bn}的通项公式为 bn=4n+3; 2
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(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 数列{dn}的通项公式为 dn=32n+1; (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
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项和,Tn=Br-Dn,求 lim
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n ??

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


∴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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?3 , 4 r (7 ? 4r ? 3) 32 n ?1 ? 3 32 n ?1 ? 7 27 27 ? r(2r ? 5) ? ? , Dn ? ? (1 ? 9 n ) ? (9 n ? 1) , ∴Br= 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 ? ? 32 n ? , ( a n ) 4 ? 3 4 n , 8 8 4 T 9 ? lim n 4 ? n ?? ( a n ) 8 3
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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2 n ?1

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a 1 a (3)令 bn= ( n ?1 ? n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+?+bn-n) 2 an a n ?1 n ??
解析 ∴
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(1)由题意,当 n=1 时,有
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a1 ? 2 ? 2 a1 ,解得 a1=2 2
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a1 ? 2 ? 2 S1 ,S1=a1, 2 a ?2 当 n=2 时,有 2 ? 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 代入,整理得(a2 2

-2)2=16,由 a2>0,解得 a2=6 当 n=3 时,有

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a3 ? 2 ? 2S3 ,S3=a1+a2+a3, 2
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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
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②假设当 n=k 时,结论成立,即有 ak=4k-2,由题意,有

ak ? 2 ? 2S k ,将 ak=4k-2 2

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代入上

式,解得 2k= 2S k ,得 Sk=2k2,

ak ?1 ? 2 ? 2Sk ?1 ,Sk+1=Sk+ak+1, 2 a ?2 2 将 Sk=2k2 代入得( k ?1 ) =2(ak+1+2k2), 2
由题意,有 整理得 ak+12-4ak+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
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an ? 2 1 ? 2S 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
解法二
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由题意知

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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
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解法三 所以有

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由已知得

an ? 2 ? 2S n ,(n∈N*) 2

①, ②,

an?1 ? 2 ? 2Sn?1 2 S ? Sn ? 2 由②式得 n?1 ? 2S n?1 , 2
整理得 Sn+1-2 2 · Sn?1 +2-Sn=0, 解得 Sn?1 ? 2 ? Sn ,

由于数列{an}为正项数列,而 S1 ? 2 ,? Sn?1 ? Sn ? 2 , 因而 Sn?1 ? 2 ? Sn , 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 1
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设 zn=(

1? i n ) ,(n∈N*),记 Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+?+|zn+1-zn|,则 lim Sn=_________ n ?? 2
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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,使得对任意 n∈N* n (12 ? a n )
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均有 Tn>
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m 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由 32
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5 设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=(m+1)-man m<-1 (1)求证 {an}是等比数列;
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对任意正整数 n 都成立,其中 m 为常数,且

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(2)设数列{an}的公比 q=f(m), 数列{bn}满足
n ?? n ??

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b1=

1 a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*) 3

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试问当 m 为何值时,

lim (bn ? lg a n ) ? lim 3(b1b2 ? b2 b3 ? ? ? bn ?1bn ) 成立?
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,试比较 Sn 与 bn

1 logabn+1 的大小,并证明你的结论 3
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7 设数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足关系式 (1)求证 数列{an}是等比数列;
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3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4?)

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(2)设数列{an}的公比为 f(t),作数列{bn},使 b1=1,bn=f( (3)求和 参考答案
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1 )(n=2,3,4?),求数列{bn}的通项 bn; bn ?1

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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
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1+
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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
3 3? 2 a, 2

∴这些圆的周长之和 c= lim 2π (r1+r2+?+rn)=
n ??

面积之和 S= lim π (n2+r22+?+rn2)= 答案
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? 2 a n ?? 9 3 3 ? 周长之和 π a,面积之和 a2 2 9
(1)可解得

3

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an?1 n ? ,从而 an=2n,有 Sn=n2+n, an n ?1

(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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d=

a4 ? a1 =-2,∴an=10-2n 4 ?1

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(2)由 an=10-2n≥0 可得 n≤5,当 n≤5 时,Sn=-n2+9n, 当 n>5 时,Sn=n2-9n+40,故 Sn= ?

?? n 2 ? 9 n ? ?n 2 ? 9n ? 40 ?

1? n ? 5 n?5

(3)bn=

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

1 1 1 1 1 1 n m m ?Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? ;要使 Tn> 总成立,需 2 2 2 3 n n ?1 2(n ? 1) 32 32
<T1=
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1 成立,即 m<8 且 m∈Z,故适合条件的 m 的最大值为 7 4
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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
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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

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



1 1 1 1 ?1? ? ?1, ,即 bn bn?1 bn bn?1

∴{

1 }为等差数列 bn

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

?bn ?

1 (n∈N*) n?2

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? 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 由题意知 lg ? 1,? ? 10,? m ? ? m ?1 m ?1 9
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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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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 1 取 n=1 时,有(1+1)> 3 3 ? 1 ? 1 ; 取 n=2 时,有(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
(2)由 bn=3n-2,知 Sn=loga(1+1)+loga(1+
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若①式成立,则由对数函数性质可判定

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1 logabn+1, 3 1 当 0<a<1 时,Sn< logabn+1, 3
当 a>1 时,Sn> 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
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② ③

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1 1 (1 ? 1)(1 ? )?(1 ? ) ? 3 3k ? 1 4 3k ? 2

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那么当 n=k+1 时,

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 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
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由此证得 7
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当 a>1 时,Sn>

1 1 logabn+1;当 0<a<1 时,Sn< logabn+1 ? 3 3
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(1)由 S1=a1=1,S2=1+a2,得 3t(1+a2)-(2t+3)=3t
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∴a2=

2t ? 3 a2 2t ? 3 , ? 3t a1 3t

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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
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an 2t ? 3 ? ,n=2,3,4?, an?1 3t

所以{an}是一个首项为 1 公比为

2t ? 3 的等比数列; 3t
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(2)由 f(t)=

1 2 2t ? 3 2 1 = ? ,得 bn=f( )= +bn-1 ? bn?1 3 3t 3 t

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可见{bn}是一个首项为 1,公差为

2 的等差数列 3

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2 2n ? 1 (n-1)= ; 3 3 2n ? 1 (3)由 bn= ,可知 3
于是 bn=1+ {b2n-1}和{b2n}是首项分别为 1 和

5 4 4n ? 1 ,公差均为 的等差数列,于是 b2n= , 3 3 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 9 3

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