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数列的题型与方法


数列的题型与方法(文科) 数列的题型与方法(文科)
一、 考点回顾 1.数列的概念,数列的通项公式与递推关系式,等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质。 2.判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法: (1)定义法:对于 n≥2 的任意自然数,验证 an ? an ?1 ( an / an ?1 ) 为同一常数。 (2)通项公式法: ①若 an = a1 + ( n ? 1) d = ak + ( n ? k ) d ,则 {an } 为等差数列; ②若 ③中项公式法:验证 ,则 {an } 为等比数列; 都成立。

3.在等差数列 {an } 中,有关 Sn 的最值问题——常用邻项变号法求解:

(1)当 a1 > 0 ,d<0 时,满足

的项数 m 使得 S m 取最大值.

(2)当 a1 < 0 ,d>0 时,满足

的项数 m 使得 S m 取最小值。

4.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、分组求和法、累加累积法、归 纳猜想证明法等。 5.注意事项: ⑴证明数列 {a n } 是等差或等比数列常用定义,即通过证明 a n +1 ? a n = a n ? a n ?1 或 ⑵注意 s n 与 a n 之间关系的转化。如:

a n +1 a = n 而得。 an a n ?1

an =

n n =1 , a n = a1 + ∑ ( a k ? a k ?1 ) . s n ? s n ?1 , n ≥ 2 k =2

s1 ,

⑶函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到。 二、 经典例题剖析 考点一:等差、等比数列的概念与性质 考点一:等差、 例题 1. 已知等比数列 {a n }中, a 2 , a 3 , a 4 分别是某等差数列的第 5 项、第 3 项、第 2 项,且 a1 = 64, 公比q ≠ 1 (Ⅰ)求 a n ; (Ⅱ)设 bn = log 2 a n ,求数列 {|b n |}的前n项和Tn . 解析: 解析:(I)依题意 a 2 = a 4 + 3( a 3 ? a 4 ), 即2a 4 ? 3a 2 + a 2 = 0

∴ 2a1 q 3 ? 3a1 q 3 + a1 q = 0 ∴ 2q 2 ? 3q + 1 = 0 ? q = 1或q =
1 故a n = 64 × ( ) n ?1 2
(II) bn = log 2 [64 × ( )

1 ∵q ≠1 2

∴q =

1 2

1 2

n ?1

] = log 2 2 7 ? n = 7 ? n

?7 ? n ∴| bn |= ? ?n ? 7

n≤7 n>7

∴当n ≤ 7时, | b1 |= 6, Tn =

(6 + 7 ? n) n(13 ? n) = 2 n (1 + n ? 7)(n ? 7) (n ? 6)(n ? 7) 当n > 7时, | b8 |= 1, Tn = T7 + = 21 + 2 2
1

? n(13 ? n) ( n ≤ 7) ? ? 2 ∴ Tn = ? ? (n ? 6)(n ? 7) + 21(n > 7) ? 2 ?
点评: 点评:本题考查了等比数列的基本性质和等差数列的求和,本题还考查了转化的思想。 考点二: 考点二:求数列的通项与求和 例 题 4. 已 知 S n 是 数 列 { a n } 的 前 n 项 和 , 并 且 a1 =1 , 对 任 意 正 整 数 n , S n +1 = 4a n + 2 ; 设

bn = a n +1 ? 2a n (n = 1,2,3, ? ).
(I)证明数列 {bn } 是等比数列,并求 {bn } 的通项公式; (II)设 C n =

bn 1 , Tn为数列{ } 的前 n 项和,求 Tn . 3 log 2 C n +1 ? log 2 C n+ 2

解析: 解析:(I)∵ S n +1 = 4a n + 2,∴ S n = 4a n ?1 + 2(n ≥ 2), 两式相减: a n +1 = 4a n ? 4a n ?1 ( n ≥ 2),
∴ a n + 1 = 4( a n ? a n ? 1 )(n ≥ 2),∴ b n = a n + 1 ? 2a n , ∴ b n + 1 = a n + 2 ? 2a n + 1 = 4(a n + 1 ? a n ) ? 2a n + 1 , b n + 1 = 2(a n + 1 ? 2a n ) = 2b n (n ∈ N *),



bn +1 = 2, ∴{bn } 是以 2 为公比的等比数列, bn

∵ b1 = a 2 ? 2a1 , 而a1 + a 2 = 4a1 + 2,∴ a 2 = 3a1 + 2 = 5, b1 = 5 ? 2 = 3, ∴ bn = 3 ? 2 n ?1 (n ∈ N *)
(II) C n =

bn 1 1 1 = 2 n ?1 , ∴ = = , n n +1 3 log 2 C n +1 ? log 2 C n+ 2 log 2 2 ? log 2 2 n(n + 1)



1 1 1 = ? , n(n + 1) n n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ Tn = (1 ? ) + ( ? ) + ( ? ) + ? + ( ? ) = 1? . 2 2 3 3 4 n n +1 n +1

点评:本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列 {a n } 的通项 a n ,第二问求和用到裂项 点评 的办法求和。 考点三: 考点三:数列与不等式的联系 例 题 5. 已 知 α 为 锐 角 , 且 tan α =

2 ? 1 , 函 数 f ( x) = x 2 tan 2α + x ? sin(2α +

π
4

) , 数 列 {an} 的 首 项

a1 =

1 , a n +1 = f (a n ) . 2
⑵ 求证: a n +1 > a n ;

⑴ 求函数 f (x ) 的表达式; ⑶ 求证: 1 <

1 1 1 + +?+ < 2 (n ≥ 2 , n ∈ N * ) 1 + a1 1 + a 2 1 + an

解析:本题是借助函数给出递推关系,第(2)问的不等式利用了函数的性质,第(3)问是转化成可以裂项的 解析 形式,这是证明数列中的不等式的另一种出路。 2

答案:解:⑴ tan 2α = ∴ 2α =
2

2 tan α 2( 2 ? 1) = =1 2 1 ? tan α 1 ? ( 2 ? 1) 2
∴ sin( 2α + ∵ a1 =

又∵ α 为锐角

π
4

π
4

) =1

f ( x) = x 2 + x
∴ an > 0
2

⑵ a n +1 = a n + a n ⑶

1 2

∴ a 2 , a 3 , ? a n 都大于 0

∴ a n +1 > a n

1 a n +1


=

1 1 1 1 1 1 1 = = ? ∴ = ? 1 + a n a n a n +1 a + a n a n (1 + a n ) a n 1 + a n
2 n

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ = ? + ? +?+ ? 1 + a1 1 + a 2 1 + a n a1 a 2 a 2 a 3 a n a n+1 1 1 1 ? = 2? a1 a n +1 a n +1 1 2
2

=

∵ a2 = ( ) + ∴ a n +1 ≥ a3 > 1

1 3 3 3 = , a 3 = ( ) 2 + > 1 , 又∵ n ≥ 2 a n +1 > a n 2 4 4 4
∴1 < 2 ?

1 a n +1

<2

∴1 <

1 1 1 + +?+ <2 1 + a1 1 + a 2 1 + an

点评:把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想,本题中的第(3)问不等式所给的式子更具有一 点评 般性。 例 题 6. 知 数 列

{x n }





3 1 ? 1? x n +1 ? x n = ? ? ? , n ∈ N * , 且x1 = 1.设a n = x n ? , 4 2 ? 2?

n



T2 n = a1 + 2a 2 + 3a 3 + ? + (2n ? 1)a 2 n ?1 + 2na 2 n .
(Ⅰ)求 x n 的表达式; (Ⅲ)若 Qn = 1 ? (Ⅱ)求 T2 n ;

3n + 1 (n ∈ N * ) ,试比较 9T2 n 与Qn 的大小,并说明理由. 2 (2n + 1) 1 2
n

解析:(I)∵ x n +1 ? x n = ( ? ) , 解析

∴ x n = x1 + ( x 2 ? x1 ) + ( x3 ? x 2 ) + ? + ( x n ? x n ?1 ) 1 1 1 = 1 + (? ) + (? ) 2 + ? + (? ) n ?1 2 2 2 1 n ?1 1 ? (? ) 2 = 2 + 1 ?? 1 ? = ? ? 1 3 3? 2? 1 ? (? ) 2
2 1? 1? 当 n = 1 时上式也成立,∴ x n = + ? ? ? 3 3? 2? 3 1 1? 1? (Ⅱ) a n = x n ? = ? ? ? 4 2 4? 2?
n ?1 n ?1

(n ∈ N * ).

? 1? = ?? ? ? 2?

n +1

. ∵ T2 n = a1 + 2a 2 + 3a3 + ? + (2n ? 1)a 2 n ?1 + 2na 2 n
3

? 1? ? 1? ? 1? ? 1? = ? ? ? + 2? ? ? + 3? ? ? + ? + (2n ? 1)? ? ? ? 2? ? 2? ? 2? ? 2?
3 4 5

2

3

4

2n

? 1? + 2 n? ? ? ? 2?
2 n +1

2 n +1


2n+2

1 ?1? ? 1? ? 1? ? 1? ∴ ? T2 n = ? ? + 2? ? ? + 3? ? ? + ? + (2n ? 1)? ? ? 2 ? 2? ? 2? ? 2? ? 2?
①—②,得
2 n +1 2n+2

? 1? + 2 n? ? ? ? 2?



3 ? 1? ? 1? ? 1? T2 n = ? ? ? + ? ? ? + ? + ? ? ? 2 ? 2? ? 2? ? 2?

2

3

? 1? ? 2 n? ? ? ? 2?

3 ∴ T2 n 2

2n 1 ? ? 1? ? ?1 ? ? ? ? ? 2 n+ 2 2n 2n 4 ? ? 2? ? n? 1? 1 1? 1? ? ? ? 2 n? ? 1 ? = = ? ?? ? ? ?? ? . ? ? 1 6 6? 2? 2? 2? ? 2? 1+ 2 2n

T2 n =

1 1? 1? ? ?? ? 9 9? 2?

n? 1? ? ?? ? 3? 2?

2n

1 ? 3n + 1 ? = ?1 ? 2 n ?. 9? 2 ?

(Ⅲ)由(Ⅱ)可得 9T2 n = 1 ? 当 n = 1时,2
2n

3n + 1 3n + 1 . 又 Qn = 1 ? 2n 2 ( 2n + ) 2

= 4, (2n + 1) 2 = 9,∴ 9T2 n < Qn ; = 16, (2n + 1) 2 = 25,∴ 9T2 n < Qn ;
0 1 2 n = [(1 + 1) n ] 2 = (C n + C n + C n + ? + C n ) 2 > (2n + 1) 2 .

当 n = 2时,2 当 n ≥ 3时,2

2n

2n

∴ 9T2 n > Qn .
综上所述,当 n = 1,2时,9T2 n < Qn;当n ≥ 3时,9T2 n > Qn. 点评:比较大小的常见的办法是做差,但关键在于和零比较,要注意在不同的条件下有不同的结果,也就是要 点评 根据分类讨论。

强化训练 (一)选择题 1.在正整数 100 至 500 之间能被 11 整除的个数为( ) A.34 B.35 C.36 D.37 2 ,则 a1+a2+a3+a4+a5 等于( ) 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=an -1(n≥1) A.-1 B.1 C.0 D.2 3.{an}是等差数列,且 a1+a4+a7=45,a2+a5+a8=39,则 a3+a6+a9 的值是( ) 4

A.24 B.27 C.30 D.33 * 4.等差数列{an}中,已知 a1=-6,an=0,公差 d∈N ,则 n(n≥3)的最大值为( ) A.5 B.6 C.7 D.8 5.设 an=-n2+10n+11,则数列{an}从首项到第几项的和最大( ) A.第 10 项 B.第 11 项 C.第 10 项或 11 项 D.第 12 项 6.已知等差数列{an}的公差为正数,且 a3·a7=-12,a4+a6=-4,则 S20 为( ) A.180 B.-180 C.90 D.-90

2 f (n) + n (n∈N*)且 f(1)=2,则 f(20)为( ) 2 A.95 B.97 C.105 D.192 8.由公差为 d 的等差数列 a1、a2、a3…重新组成的数列 a1+a4, a2+a5, a3+a6…是( ) A.公差为 d 的等差数列 B.公差为 2d 的等差数列 C.公差为 3d 的等差数列 D.非等差数列 考查等差数列的性质. 9.已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为 q , 则 q 的取值范围是( )
7.设函数 f(x)满足 f(n+1)= A. (0,

1+ 5 ) 2

B. (

1? 5 ,1] 2
2

C. [1,

1+ 5 ) 2

D. (

?1+ 5 1+ 5 , ) 2 2
?

10.数列 {an } 的通项公式 an = n + kn ,若此数列满足 an < an +1 ( n ∈ N ),则 k 的取值范围是 A, k > ?2 B, k ≥ ?2 C, k ≥ ?3 D, k > ?3

11.等差数列 {an } , {bn } 的前 n 项和分别为 Sn , Tn ,若

Sn a 2n = ,则 n = Tn 3n + 1 bn

A,

2n + 1 2n ? 1 D, 3n + 1 3n + 4 12.三个数 a, b, c 成等比数列,且 a + b + c = m( m > 0) ,则 b 的取值范围是 ( 2 3
B, C, (A) [0,

2n ? 1 3n ? 1



m ] 3

(B) [ ? m,?

m ] 3

(C) (0,

m ) 3

(D) [ ? m,0) ∪ (0,

m ] 3

(二)填空题 13.在数列{an}中,a1=1,an+1=

2a n 2 (n∈N*) ,则 是这个数列的第_________项. an + 2 7

14.在等差数列{an}中,已知 S100=10,S10=100,则 S110=_________. 15.在-9 和 3 之间插入 n 个数,使这 n+2 个数组成和为-21 的等差数列,则 n=_______. 16.等差数列{an},{bn}的前 n 项和分别为 Sn、Tn,若 (三)解答题 17.已知函数 f ( x ) = x ? 2 x + 1, ( x ≥ 1). (1)求 f ( x ) 的反函数 f
?1

Sn a 2n = ,则 11 =_________. Tn 3n + 1 b11

( x) ,并指出其定义域;
?1

(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn 对所有的大于 1 的自然数 n 都有 S n = f 项公式;

( S n ?1 ) ,且 a1 =1,求数列{an}的通

5

(3)令 c n =

1 , 求c1 + c 2 + ? + c n . a n ? a n +1
a (1 ? a n ) 1? a

18.已知数列{an}满足 a1 = a ( a ≠ 0, 且a ≠ 1), 其前n项和S n = (1)求证:{an}为等比数列;

(2)记 bn = a n lg | a n | ( n ∈ N ), Tn 为数列{bn}的前 n 项和,那么:
*

①当 a=2 时,求 Tn; ②当 a = ?

7 时,是否存在正整数 m,使得对于任意正整数 n 都有 bn ≥ bm ? 如果存在,求出 m 的值;如 3

果不存在,请说明理由. 19.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a n = S n ? S n ?1 ( n ≥ 2, S n ≠ 0), a1 = (Ⅰ)求证:数列 {

2 . 9

1 } 为等差数列; Sn

(Ⅱ)求满足 a n < 0 的自然数 n 的集合. 20.已知数列 {a n } 为等差数列,其前 n 项和为 S n . (I)若 a 4 + a 5 = 0, 试验证 : S 7 = S1 , S 6 = S 2 , S 5 = S 3 成立,并将其整合为一个等式; (II)一般地,若存在正整数 k,使 a k + a k +1 = 0 ,我们可将(I)中的结论作相应推广,试写出推广后的结 论,并推断它是否正确. 21.已知数列 {a n } 满足递推式 a n = 2a n ?1 + 1( n ≥ 2) ,其中 a 4 = 15. (Ⅰ)求 a1 , a 2 , a 3 ; (Ⅱ)求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅲ)求数列 {a n } 的前 n 项和 S n . 22.已知等差数列 {an } ,公差 d 大于 0,且 a2 、a5 是方程 x ? 12 x + 27 = 0 的两个根,数列 {bn } 的前 n 项和
2

为 Tn且Tn = 1 ?

1 bn 。 2

(1)求数列 {an } 、 {bn } 的通项公式; (2)记 cn = an ibn , 求证:cn +1 ≤ cn . 强化训练题答案 1. 【答案】C 解析:观察出 100 至 500 之间能被 11 整除的数为 110、121、132、…它们构成一个等差数列,公 差为 11,数 an=110+(n-1) ·11=11n+99,由 an≤500,解得 n≤36.4,n∈N*,∴n≤36. 2. 【答案】A 解析:由已知:an+1=an2-1=(an+1) n-1) (a , ∴a2=0,a3=-1,a4=0,a5=-1. 3. 【答案】D 解析:a1+a4+a7,a2+a5+a8,a3+a6+a9 成等差数列,故 a3+a6+a9=2×39-45=33. 4. 【答案】C 解析:an=a1+(n-1)d,即-6+(n-1)d=0 ? n= 6

6 +1 d

∵d∈N*,当 d=1 时,n 取最大值 n=7. (n-11) ,得 a11=0,而 a10>0,a12<0,S10=S11. 5. 【答案】C 解析:由 an=-n2+10n+11=-(n+1) 6. 【答案】A 解析:由等差数列性质,a4+a6=a3+a7=-4 与 a3·a7=-12 联立,即 a3,a7 是方程 x2+4x-12=0 的 两根,又公差 d>0,∴a7>a3 ? a7=2,a3=-6,从而得 a1=-10,d=2,S20=180. 7. 【答案】B

1 ? ? f (2) ? f (1) = 2 × 1 ? ? f (3) ? f (2) = 1 × 2 n ? 解析:f(n+1)-f(n)= ? ? 2 2 ? ? ? ? ? f (20) ? f (19) = 1 × 19 ? 2 ? 1 (1+2+…+19) ? f(20)=95+f(1)=97. 2 8. 【答案】B 解析: a2+a5)-(a1+a4)=(a2-a1)+(a5-a4)=2d. a3+a6)-(a2+a5)=(a3-a2)+(a6-a5) ( ( =2d.依次类推.
相加得 f(20)-f(1)=

?a + aq > aq 2 ?q 2 ? q ? 1 < 0 ? ? 2 2 9.【答案】D 解析: 设三边为 a, aq, aq 2 , 则 ?a + aq > aq ,即 ?q ? q + 1 > 0 ?aq + aq 2 > a ?q 2 + q ? 1 > 0 ? ?
?1 ? 5 1+ 5 <q< ? 2 ? 2 ?1 + 5 1+ 5 ? 得 ?q ∈ R ,即 <q< 2 2 ? ?1 + 5 ?1 ? 5 ?q > , 或q < ? 2 2 ?
10.【答案】D 解析:1 由 an +1 ? an = (2n + 1) + k > 0 , n ∈ N 恒成立,有 3 + k > 0 ,得 k > ?3 。
?

a1 + a2 n ?1 (2n ? 1) an 2an a1 + a2 n ?1 S 2(2n ? 1) 2n ? 1 2 11.【答案】B 解析: 2 = = = = 2 n ?1 = = 。 bn 2bn b1 + b2 n ?1 b1 + b2 n ?1 (2n ? 1) T2 n ?1 3(2n ? 1) + 1 3n ? 1 2 b b 1 m 12 . 【 答 案 】 D 解 析 : 设 a = , c = bq , 则 有 + b + bq = m,∵ b ≠ 0,∴ + q + 1 = 。当 q > 0 时, q q q b

m m 1 m m 1 = + q + 1 ≥ 3 , b > 0 , 0 < b ≤ ; q < 0 时, = + q + 1 ≤ ?1 , 而 ∴ 当 即 ≤ ?1 , m > 0 ∴b < 0 , 而 b q 3 b q b
则 ? m ≤ b < 0 ,故 b ∈ [ ? m,0) ∪ (0, 13.【答案】6 解析:由已知得

m ]。 3
1 1 1 1 1 + ,∴{ }是以 =1 为首项,公差 d= 的等差数列. an 2 an a1 2

1 a n +1

=



1 2 2 1 =1+(n-1) ,∴an= = ,∴n=6. an 2 n +1 7

14. 【答案】-110 解析:S100-S10=a11+a12+…+a100=45(a11+a100)=45(a1+a110)=-90 ? a1+a110=-2.

1 S110= (a1+a110)×110=-110. 2
7

15. 【答案】5 解析:-21=

(n + 2)(?9 + 3) ,∴n=5. 2

(a1 + a 21 ) 21(a1 + a 21 ) a11 S 21 2 × 21 21 2 2 解析: = = 21 = . 16. 【答案】 = = 32 b11 (b1 + b21 ) 21(b1 + b21 ) T21 3 × 21 + 1 32 2 2
17.解:(1)∵ y = ( x ? 1) 2 ( x ≥ 1)

∴ x ?1 =

y

∴ f ?1 ( x) = ( x + 1) 2
定义域为: [0,+∞ ). (2)∵ S n = f
?1

( S n ?1 ),∴ S n = ( S n ?1 + 1) 2 . S n?1 + 1.

又 S n > 0,∴ S n =

∴{ S n }为等差数列. ∵ a1 = S1 = 1,∴ S n = n, S n = n 2 . ∴ a n = S n ? S n ?1 = n 2 ? (n ? 1) 2 = 2n ? 1(n ≥ 2).
而 a1 = 1 符合上式,故 a n = 2n ? 1. (3) c1 + c 2 + ? c n =

1 1 1 + +?+ 1? 3 3 ? 5 (2n ? 1) ? (2n + 1)

1 1 1 1 1 1 n = [(1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? )] = 2 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1
18.解:1)当 n≥2 时, a n = S n ? S n ?1 =

a a a (1 ? a n ) ? (1 ? a n ?1 ) 整理得 n = a, 1? a 1? a a n ?1

所以{an}是公比为 a 的等比数列.(4 分) (2)∵ a1 = a,∴ a n = a ∴ bn = a n lg | a n |= a lg | a |= na lg | a |
n n n n

①当 a=2 时, Tn = ( 2 + 2 ? 2 2 + ... + n ? 2 n ) lg 2,2Tn = [2 2 + 2 ? 2 3 + ... + ( n ? 1) ? 2 n + n ? 2 n +1 ] lg 2, 两式相减,得

? Tn = (2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2 n ? n ? 2 n +1 ) lg 2, 化简整理,得Tn = 2[1 ? (1 ? n) ? 2 n ] lg 2

(9 分)

②因为-1<a<0,所以:当 n 为偶数时, bn = na lg | a |< 0;
n

当 n 为奇数时, bn = na lg | a |> 0;
n

所以,如果存在满足条件的正整数 m,则 m 一定是偶数.

b2 k + 2 ? b2 k = 2a 2 k (a 2 ? 1)(k ?

a2 ) lg | a |, 其中k ∈ N * 2 1? a

8

当a = ?

7 2 a2 7 时,a 2 ? 1 = , 所以 2a 2 k (a 2 ? 1) lg | a |> 0.又因为 = , 2 3 9 2 1? a
7 时,b2 k + 2 > b2 k , 即b8 < b10 < b12 < ... 2

所以当 k > 当k <

7 时,b2 k + 2 < b2 k , 即b8 < b6 < b4 < b2 2

故存在正整数 m=8,使得对于任意正整数 n 都有 bn ≥ bm 19.解:(Ⅰ)∵ a n = S n ? S n ?1 = S n ? S n ?1 , S n ≠ 0

( n ≥ 2) ∴

1 1 1 9 ? = ? 1. 又 = S n S n ?1 S1 2

∴{

1 9 }为以 为首项,-1 为公差的等差数列. Sn 2 1 9 11 ? 2n 2 = + (n ? 1) × (?1) = . ∴ Sn = Sn 2 2 11 ? 2n
? (n = 1) 4 = , ∴ an = ? 9 ? (11 ? 2n)(13 ? 2n) 4 ? ?2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

当 n ≥ 2 时,

a n = S n ? S n ?1

? (11 ? 2n)(13 ? 2n) ?

. (n ≥ 2)



11 13 4 < 0 ,解得 < n < ,而 n ∈ N * , ∴ n = 6. 故所求 n 的集合为{6}. 2 2 (11 ? 2n)(13 ? 2n)

20.解:(I)∵ a n 为等差数列, 且a 4 + a5 = 0.

∴ S 7 = S1 + a 2 + a3 + a 4 + a 5 + a 6 + a 7 = S1 + 3(a 4 + a 5 ) = S1 ; S 6 = S 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = S 2 + 2( a 4 + a 5 ) = S 2 ; S 5 = S 3 + a 4 + a 5 = S 3 ; 又 S 4 = S 4 .
∴对任意 n ∈ N *, n < 8, 等式S k ? n = S n 恒成立. (II)推广:设等差数列 {a n } 的前 n 项和为 Sn,若存在正整数 k,使 a k + a k +1 = 0, 则对任意 n ∈ N *, 且n < 2k , 等式S 2 k ? n = S n 恒成立. 设 {a n } 的公差为 d ,∵ a k + a k +1 = 0,∴ 2a1 + ( 2k ? 1)d = 0.

∴ S 2 k ? n = [a1 +

(2k ? n ? 1)d 2k ? 1 2k ? n ? 1 ](2k ? n) = (? d+ d )(2k ? n) 2 2 2 n n n = ? d ? (2k ? n) = ? (2kd ? nd ) = ? (d ? 2a1 ? nd ) 2 2 2 n(n ? 1) = na1 + d = S n. 2

故推广后的结论正确. 21.解:(1)由 a n = 2a n ?1 + 1及a 4 = 15 知 a 4 = 2a3 + 1, 解得: a 3 = 7, 同理得 a 2 = 3, a1 = 1. 9

(2) a n = 2a n ?1 + 1 知 a n + 1 = 2a n ?1 + 2 , a n + 1 = 2( a n ?1 + 1) ∴ {a n + 1} 构成以 a1 + 1 = 2 为首项以 2 为 由 公比的等比数列;∴ a n + 1( a1 + 1) ? 2 (3)∵ a n = 2 ? 1
n n ?1

;∴ a n + 1 = 2 , ∴ a n = 2 ? 1. 为所求通项公式
n n

∴ S n = a1 + a 2 + a3 + LL + a n = (21 ? 1) + (2 2 ? 1) + (2 3 ? 1) + LL + (2 n ? 1) = (21 + 2 2 + 2 3 + LL + 2 n ) ? n = 2(1 ? 2 n ) ? n = 2 n +1 ? 2 ? n. 1? 2

22.解:(1)设 {an } 的公差为 d,由题意得:

?a2 + a5 = 12 ?2a1 + 5d = 12 ? a1 = 1 ? ? ? an = 2 n ? 1 ?a2 a5 = 27 ? ?(a1 + d )(a1 + 4d ) = 27 ? ? ?d = 2 ?d > 0 ?d > 0 ? ?
1 1 1 2 ∵ Tn = 1 ? bn 得Tn-1 = 1 ? bn ?1 两式相减得:bn = bn ?1,b1 = T1 = 2 2 3 3

b 1 1 2 2?1? ∴ n = ,即{bn } 是以 为公比,以 为首项的等比数列。 bn = ? ? ∴ 3 3?3? bn ?1 3 3
?1? (2) cn = an bn = (2n ? 1) × 2 ? ? ? 3? ?1? ∴ cn +1 ? cn = (2n + 1) × 2 ? ? ? 3?
n +1 n

n ?1

?1? = 2? ? ?3?

n

1 ?1? ? (2n ? 1) × 2 ? ? = ?8 × ( ) n +1 (n ? 1) 3 ? 3?

n

∵ n > 1,∴ cn +1 ≤ cn

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