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    [例1]在等比数列{an}(n∈N*)中.a1＞1.公比q＞0.设bn=log2an.且b1+b3+b5=6.b1b3b5=0. (1)求证:数列{bn}是等差数列, (2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项an, (3)试比较an与Sn的大小. 剖析:先求首项和公差及公比.(3)分情况讨论. (1)证明:∵bn=log2an.∴bn+1-bn=log2=log2q为常数.∴数列{bn}为等差数列且公差d=log2q. (2)解:∵b1+b3+b5=6.∴b3=2. ∵a1＞1.∴b1=log2a1＞0. ∵b1b3b5=0.∴b5=0. ∴解得 ∴Sn=4n+×(-1)=. ∵∴ ∴an=25-n(n∈N*). (3)解:显然an=25-n＞0.当n≥9时.Sn=≤0. ∴n≥9时.an＞Sn. ∵a1=16.a2=8.a3=4.a4=2.a5=1.a6=.a7=.a8=.S1=4.S2=7.S3=9.S4=10.S5=10.S6=9.S7=7.S8=4. ∴当n=3.4.5.6.7.8时.an＜Sn, 当n=1.2或n≥9时.an＞Sn. 评述:本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想. [例2]已知点的序列An(xn.0).n∈N*.其中xl＝0.x2＝a(a＞0).A3是线段AlA2的中点.A4是线段A2A3的中点.-.An是线段An-2An-1的中点.-. (1)写出xn与xn-1.xn-2之间的关系式(n≥3), (2)设an＝xn+1-xn.计算al.a2.a3.由此推测数列{an}的通项公式.并加以证明. 解:(1)当n≥3时.xn=. (2)a1=x2-x1=a.a2=x3-x2=-x2=-(x2-x1)=-a. a3=x4-x3=-x3=-(x3-x2)=-(-a)=a. 由此推测:an=(-)n-1a(n∈N*). 证明如下:因为a1=a＞0.且an=xn+1-xn=-xn==-(xn-xn-1)=-an-1(n≥2).所以an=(-)n-1a. [例3] 已知f(x)=(+)2(x≥0).又数列{an}(an＞0)中.a1=2.这个数列的前n项和的公式Sn(n∈N*)对所有大于1的自然数n都有Sn=f(Sn-1). (1)求数列{an}的通项公式, (2)若bn=(n∈N*).求证(b1+b2+-+bn-n)=1. 解:(1)∵f(x)=(+)2. ∴Sn=(+)2. ∴-=.又=. 故有=+(n-1)=n. 即Sn=2n2(n∈N*). 当n≥2时.an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2, 当n=1时.a1=2.适合an=4n-2. 因此.an=4n-2(n∈N*). (2)∵bn==1+-. ∴b1+b2+b3+-+bn-n=1-. 从而(b1+b2+-+bn-n)=(1-)=1. 温馨提示:由于已知条件给出的是Sn与Sn-1的函数关系.求出Sn就可求出an. [例4]已知等差数列{an}的首项a1=1.公差d＞0.且第二项.第五项.第十四项分别是等比数列{bn}的第二项.第三项.第四项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式, (2)设数列{cn}对任意正整数n均有+++-+=(n+1)an+1成立.其中m为不等于零的常数.求数列{cn}的前n项和Sn. 解:(1)由题意得(a1+d)(a1+13d)=(a1+4d)2.整理得2a1d=d2. ∵a1=1.解得d=2(d=0不合题意舍去). ∴an=2n-1(n=1.2.3.-). 由b2=a2=3.b3=a5=9.易求得bn=3n-1(n=1.2.3.-). (2)当n=1时.c1=6, 当n≥2时.=(n+1)an+1-nan=4n+1. ∴cn=(4n+1)mn-1bn=(4n+1)(3m)n-1. ∴cn= 当3m=1.即m=时. Sn=6+9+13+-+(4n+1) =6+ =6+(n-1)(2n+5)=2n2+3n+1. 当3m≠1.即m≠时. Sn=c1+c2+-+cn.即 Sn=6+9·(3m)+13·(3m)2+-+(4n-3)(3m)n-2+(4n+1)(3m)n-1. ① 3mSn=6·3m+9·(3m)2+13·(3m)3+-+(4n-3)(3m)n-1+(4n+1)(3m)n. ② ①-②得 (1-3m)Sn=6+3·3m+4·(3m)2+4·(3m)3+-+4·(3m)n-1-(4n+1)(3m)n =6+9m+4［(3m)2+(3m)3+-+(3m)n-1］-(4n+1)(3m)n =6+9m+-(4n+1)(3m)n. ∴Sn=+. ∴Sn= 温馨提示(1)已知→公差→an和b.进而求出通项n, (2)→→Cn→Sn. [研讨.欣赏]已知{an}是首项为2.公比为的等比数列.Sn为它的前n项和. (1)用Sn表示Sn+1, (2)是否存在自然数c和k.使得成立. 解:(1)∵ ∴ (2)(*) ∵ ∴ ∴ 式(*) ① ∵ Sk+1>Sk ∴ 又Sk<4 ∴ 由①得:c=2或c=3 当c=2时 ∵ S1=2 ∴ k=1时.c<Sk不成立.从而式①不成立 ∵ ∴ 由Sk<Sk+1得: ∴ 当k≥2时..从而式①不成立 当c=3时.S12.S2=3 ∴ 当k=1.2时.C<Sk不成立 ∴ 式①不成立 ∵ ∴ 当k≥3时..从而式①不成立 综上所述.不存在自然数c.k.使成立 【查看更多】

     

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