数列、极限、数学归纳法(下)

【例题解析】
例1 完成下列各选择题
（1）“公差为0的等差数列是等比数列”；“公比为2
1的等比数列一定是递减数列”；“a,b,c 三数成等比数列的充要条件是b 2=ac ”；“a,b,c 三数成等差数列的充要条件是2b=a+c ”，以上四个命题中，正确的有（ ）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
（2）命题1：若数列{a n }的前n 项和S n =a n +b(a ≠1)，则数列{a n }是等比数列；
命题2：若数列{a n }的前n 项和S n =an 2+bn+c(a ≠0)，则数列{a n }是等差数列；
命题3：若数列{a n }的前n 项和S n =na －n ，则数列{a n }既是等差数列，又是等比数列；上述三个命题中，真命题有（ ）
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
（3）设{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）
A.1
B.2
C.4
D.6
解析 （1）四个命题中只有最后一个是真命题。

命题1中未考虑各项都为0的等差数列不是等比数列；
命题2中可知a n+1=a n ×
21，a n+1<a n 未必成立，当首项a 1<0时，a n <0，则2
1a n >a n ，即a n+1>a n ，此时该数列为递增数列；
命题3中，若a=b=0，c ∈R ，此时有ac b =2，但数列a,b,c 不是等比数列，所以应是必要而不充分条件，若将条件改为b=ac ，则成为不必要也不充分条件。

（2）上述三个命题均涉及到S n 与a n 的关系，它们是a n =⎩⎨⎧--,11n n
S S a 时当时当21≥=n n 正确判断数列{a n }是等差数列或等比数列，都必须用上述关系式，尤其注意首项与其他各项的关系。

上述三个命题都不是真命题，选择A 。

由命题1得，a 1=a+b ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=(a －1)·a n －1。

若{a n }是等比数列，则12a a =a ，即b
a a a +-)1(=a ，所以只有当b=－1且a ≠0时，此数列才是等比数列。

由命题2得，a 1=a+b+c ，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=2na+
b －a ，若{a n }是等差数列，则a 2－a 1=2a ，即2a －c=2a ，所以只有当c=0时，数列{a n }才是等差数列。

由命题3得，a 1=a －1，当n ≥2时，a n =S n －S n －1=a －1，显然{a n }是一个常数列，即公差为0的等差数列，因此只有当a －1≠0；即a ≠1时数列{a n }才又是等比数列。

（3）方程法：设{a n }的首项为a 1，公差为d 。

则⎩⎨⎧=++=+48)2)((123311
11d a d a a d a 解之得⎩⎨⎧==221a d 或⎩⎨⎧=-=621
a d
又∵{a n }是递增数列，∴d>0故a 1=2。

习惯上可设前三项分别为4－d,4,4+d 由4(4－d)(4+d)=48解得。

估值法：由2+4+6=12，48=2×4×6，{a n }为递增数列可知a 1=2。

例2在数列{a n }中,a 1=b(b ≠0)，前n 项和S n 构成公比为q 的等比数列。

（1）求证：数列{a n }不是等比数列；
（2）设b n =a 1S 1+a 2S 2+…+a n S n ,|q|<1，求∞
→n lim b n 。

解 （1）证明：由已知S 1=a 1=b
∵{S n }成等比数列，且公比为q 。

∴S n =bq n －1，∴S n －1=b ·q n －2(n ≥2)。

当n ≥2时，a n =S n －S n －1=bq n －1－bq n －2=b ·(q －1)·q n
－2
故当q ≠1时，n n a a 1+=2
)
1()1()1(--⋅-⋅⋅-n n q q b q q b =q ， 而1
2a a =b q b )1(-⋅=q －1≠q ，∴{a n }不是等比数列。

当q=1，n ≥2时，a n =0，所以{a n }也不是等比数列。

综上所述，{a n }不是等比数列。

（2）∵|q|<1，由（1）知n ≥2，a 2,a 3,a 4，…，a n 构成公比为q 的等比数列，∴a 2S 2,a 3S 3,…,a n S n 是公比为q 2的等比数列。

∴b n =b 2+a 2S 2·(1+q 2+q 4+…+q 2n －4)
∵S 2=bq,a 2=S 2－S 1=bq －b
∴a 2S 2=b 2q(q －1)
∴b n =b 2+b 2
q(q －1)·22
211q q n --- ∵|q|<1
∴∞
→n lim q 2n －
2=0 ∴∞→n lim b n =b 2+b 2
q(q －1)·211q -=q b +12
注 1+q 2+q 4+…+q 2n －
4的最后一项及这个式子的项数很容易求错，故解此类题时要细心检验。

数列的极限与数列前n 项和以及其他任何有限多个项无关，它取决于n →∞时，数列变化的趋势。

例3 已知数列{x n }的各项为不等于1的正数，其前n 项和为S n ，点P n 的坐标为（x n ,S n ），若所有这样的点P n (n=1,2，…)都在斜率为k 的同一直线(常数k ≠0,1)上。

（1）求证：数列{x n }是等比数列； （2）设y n =log n x (2a 2－3a+1)满足
y s =121+t ,y t =1
21+s （s,t ∈N ，且s ≠t ）
共中a 为常数，且1<a<2
3,试判断，是否存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立？若存在，求出相应的M ；若不存在，请说明理由。

证明 （1）∵点P n 、P n+1都在斜率为k 的直线上 ∴n n n n x x S S --++11=k ，即n
n n x x x -++11=k 故 (k －1)x n+1=kx n
∵k ≠0,x n+1≠1,x n ≠1 ∴n n x x 1+=1
-k k =常数 ∴{x n }是公比为1
-k k 的等比数列。

（2）答案是肯定的，即存在自然数M ，使当n>M 时，x n >1恒成立。

事实上，由1<a<
23，得0<2a 2－3a+1<1 ∵y n =log n x (2a 2－3a+1) ∴n
y 1= log )132(2+-a a x n 由（1）得{x n }是等比数列，设公比为q>0首项为x 1，则x n =x 1·q n －1(n ∈N) ∴n
y 1=(n －1) log )132(2+-a a q+log )132(2+-a a x 1 令d=log )132(2+-a a q ，故得{
n y 1}是以d 为公差的等差数列。

又∵s y 1=2t+1, t
y 1=2s+1 ∴s y 1－t
y 1=2(t －s) 即(s －1)d －(t －1)d=2(t －s)
∴d=－2 故n y 1=s
y 1+（n －s ）·(－2)=2（t+s ）－2n+1，（n ∈N ） 又∵x n =(2a 2－3a+1) n y 1
（n ∈N ）
∴要使x n >1恒成立，即须n
y 1<0
∴2(t+s)－2n+1<0，∴n>(t+s)+2
1，当M=t+s,n>M 时，我们有 n
y 1<0恒成立， ∴当n>M=（t+s ）时，
x n =(2a 2－3a+1) n y 1>1恒成立。

（∵0<2a 2－3a+1<1）
注 （1）点（x n ,S n ）在一直线上是{x n }成等比数列的充要条件（其中公比q ≠1，斜率k ≠0，1）。

（2）如果数列{x n }各项是正数且成等比数列，则数列{log a x n }(a>0,a ≠1)成等差数列。

例4 在数列{a n }中a 1=1，当n ≥2时，a n ,S n ,S n －
2
1成等比数列。

（1）求a 2,a 3,a 4并推出a n 的表达式；
（2）用数学归纳法证明所得的结论；
（3）求数列{a n }所有项的和。

解∵a n ,S n ,S n －
2
1成等比数列 ∴S n 2=a n ·(S n －21)(n ≥2) (*) （1）把a 1=1,S 2=a 1+a 2=1+a 2代入（*）式得：a 2=－
32 把a 1=1,a 2=－32,S 3=31+a 3代入(*)得：a 3=－152。

同理可得：a 4=－35
2 由此可以推出：
a n =⎪⎩
⎪⎨⎧>---=)1()12)(32(2)1(1n n n n （2）（i ）当n=1,2,3,4时，由（*）知猜想成立。

(ii)假设n=k(k ≥2) 时，a k =－)
12)(32(2--k k 成立。

故S k 2=－)
12)(32(2--k k ·(S k －21) (2k －3)(2k －1)S k 2+2S k －1=0
∴S k =
121-k 或S k =3
21--k （舍去） 由S k+12=a k+1·(S k+1－2
1)得 (S k +a k+1)2=a k+1·(a k+1+S k －21)
⇒2)
12(1-k +a k+12+1221-+k a k =a k+12+121-+k a k －21a k+1 ⇒a k+1=〕
〕〔〔1)1(23)1(22-+-+-k k 即n=k+1时，命题也成立。

由(i)(ii)可知，a n =⎪⎩
⎪⎨⎧≥---=)2()12)(32(2)1(1n n n n
对一切n ∈N 成立。

（3）由（2）得数列前n 项的和S n =
1
21-n 故所有项和S=∞→n lim S n =0 注 （1）本题综合了数列、数学归纳法、数列极限等基础知识，所采用的方法是归纳、猜想、证明，是数列中最常见的题型，也是高考热点。

（2）对于{a n }的通项还可以这样来求：
∵S n 2=a n (S n －21) ∴S n 2=(S n －S n －1)(S n －2
1) ⇒ n S 1－11-n S =2,故{n S 1}是以{1
1S }为首项，21为公差的等差数列 故 n S 1=1
1S +2(n －1)=2n －1 S n =121-n ,a n =⎪⎩
⎪⎨⎧≥---=)2()12)(32(2)1(1n n n n
对于含有a n ,S n 的关系式中，常将a n 用S n －S n －1（n ≥2）代（或S n+1－S n 用a n+1代），化成S n ，S n+1（或a n ,a n+1）的递归关系式。

例5 设A n 为数列{a n }的前n 项的和，A n =2
3(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n+3。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大先后顺序排成一个新的数列{d n }，证明数列{d n }的通项公式为d n =32n+1;
（3）设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和，D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ,求∞→n lim 4)
(n n a T 。

解（1）由A n =23(a n －1)，可知A n+1=2
3(a n+1－1)
∴A n+1－A n =23(a n+1－a n )=a n +1，即n
n a a 1+=3 而a 1=A 1=2
3(a 1－1)，得a 1=3 所以数列{a n }是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式为a n =3n 。

（2）∵32n+1=3·32n =3·(4－1)2n
=3×（42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n ）
=4m+3
∴32n+1∈{b n }
而数32n =（4－1）2n
=42n +C 2n 1·42n －1·（－1）+…+C 2n 2n －1·4·(－1)+(－1)2n
=(4k+1)
∴n n b ∉23
而数列{a n }={32n+1}∪{32n }
∴ d n =32n+1
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=4
3312-+n ∵B r =2
)347(++r r =r(2r+5) =43312-+n ·2
7312++n D n =9127-·(1－9n )= 8
27（9n －1） ∴T n =B r －D n =8
213491212-⋅+++n n －827（9n －1） =89·34n －815·32n +4
3 又∵（a n ）4=34n
∴∞→n lim 4)(n n a T =8
9 例6 已知函数f(x)=x+22a x - (a>0)
（1）求f(x)的反函数f －
1(x)及其定义域； （2）数列{a n }满足⎩⎨⎧==-+)(3111n n a f
a a a 设
b n =a
a a a n n +- ，数列{
b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与87的大小，并证明你的结论。

解 （1）给y －x=2
2a x -两边平方，整理得 x=y a y 22
2+ ∵y －x=y －y a y 222+=y
a y 22
2- =y
a y a y 2))((-+≥0 ∴y ≥a 或－a ≤y<0
故f －1(x)= x a x 22
2+，其定域为),[)0,[+∞-a a （2）∵a n+1=f －1
(a n )= n n a a a 22
2+ ∴b n+1=a a a a n n +-++11=…=（a
a a a n n +-）2=
b n 2 又a 1=3a ，b 1=a a a a +-11=a a a a +-33=2
1 ∴b n =(b n －1)2=(b n －2)
22=(b n －3)32 =…=(b 1) 12-n =(2
1)12-n ∴S n =b 1+b 2+…+b n =21+(21)2+(21)22+[(21)32+(21)42+…+(2
1)12-n ] 又∵2n －1=(1+1)n －
1=1121111----++++n n n n C C C 则当n ≥4时，2111112---++>n n n C C
=1+(n －1)+
2
)2)(1(--n n >n+1 ∴(21)12-n <(2
1)n+1 ∴S n =21+(21)2+(21)22+[(21)32+(21)42+…+(2
1)12-n ] <21+41+161+ [(21)5+(21)6+…+(21)n+1]
=21+4
1+161+211])21(1[)21(35---n =21+4
1+161+161·[1－(21)n －3] <21+41+161+161=8
7 注 本题是一道数列与函数的综合题。

首先应准确地求出f －1(x)及其定义域。

搞清定义
域是解题成功的一半。

根据函数f(x)解析式的特点，也可以利用三角代换x=asec θ，θ∈[0,2
π)∪[π，23π)，求函数f(x)的值域，即f －1(x)的定义域。

例7 已知数列{a n }中，a 1=4，a n+1=124+-n n a a ，是否存在这样的数列{b n }，b n =A a C Ba n n ++，其中A 、B 、C 为实常数，使得{b n }是等比数列而不是等差数列？证明你的结论，并求{a n }的取值范围。

解 假设这样的{b n }存在，则应有
b n+1=A a C Ba n n ++++11=A a a C a B n n n n ++-++-⋅
124124a =A
A a A
B
C a A
C B n n +-++-+++424244 b n =A
a C Ba n n ++ 存在q ≠0,q ≠1,q 为常数，使
b n+1=qb n ,对n ∈N 都成立，于是比较两边的分子和分母，有
⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧=+-=++=+-)3(42)2(44)1(42
Cq A B C Bq A
C B A A A 由（1）可解得A=－1或－2，由（2）、（3）可解得B=－C 或C=－2B 。

1°若⎩⎨⎧-=-=C
B A 1代入（2）知q=1（B 、
C 不能为0，否则b n =0，不合题意要求）舍去。

2°若⎩⎨⎧-=-=B
C A 21代入（2）得q=32 3°当⎩⎨
⎧-=-=C B A 2时，q=23 4°当⎩
⎨⎧-=-=B C A 22时，q=1（舍去） 故现只取A=－1，B=1，C=－2，q=32（不必考虑2
3=q 时的情况，因为只证存在性）。

得b n =1
2--n n a a 所以满足题设条件的数列存在。

对于{a n }的取值范围，我们可以这样解.
∵a n+1－a n =1
24+-n n a a －a n =－1
)1)(2(+--n n n a a a ,a 1=4>2，故a 2<a 1。

如果能证明所有的a n 都大于2，便可用数学归纳法证明{a n }是单调递减的。

事实上 ∵a n+1－2=
124+-n n a a －2=1)2(2+-n n a a 由上式，我们也可用数学归纳法由a 1>2，得a n >2，所以{a n }单调递减。

且因为a n >2，所以
a n －2=2·1211+---n n a a <3
2(a n －1－2) <(32)2(a n －2－2)<…<(3
2)n －1(a 1－2) ∴∞→n lim a n =2，故a n ∈(2,4]。

注 存在性问题的解法常是假设存在经过推理、运算或是求出结论得出存在或是得出矛盾证明不存在。

本题的{a n }的范围还可用前半部分的结论来求。

解法如下：
b 1=1211--a a =3
2,故b n =(32)n ∴12--n n a a =(3
2)n
∴a n =n )3
2(11-+1 由此易得a n ∈(2,4]。

例8 （1）设数列{c n }，其中c n =2n +3n ，且数列{c n+1－pc n }为等比数列，求常数p 。

（2）设数列{a n }、{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n =a n +b n ，证明：{c n }不是等比数列。

证明 （1）∵{c n+1－pc n }是等比数列，故有
(c n+1－pc n )2=(c n+2－pc n+1)·(c n －pc n －1)
将c n =2n +3n 代入上式，得：
[2n+1+3n+1－p(2n +3n )]2=[2n+2+3n+2－p(2n+1+3n+1)]·[2n +3n －p(2n －1+3n －1)] 整理得：6
1(2－p)(3－p)·2n ·3n =0 解之得：p=2或p=3。

（2）设{a n }，{b n }的公比分别为p,q,p ≠q,c n =a n +b n 。

为证{C n }不是等比数列，只要证明c 22≠c 1·c 3 事实上： c 22=(a 1p+b 1q)2=a 12p 2+b 12q 2+2a 1b 1pq
c 1c 3=(a 1+b 1)(a 1p 2+b 1q 2)
=a 12p 2++b 12q 2+a 1b 1(p 2+q 2)
∵p ≠q,∴p 2+q 2>2pq ，又a 1,b 1不为零，∴c 22≠c 1·c 3，故{c n }不是等比数列。

注 本题是2000年全国高考数学试题。

其证法很多，建议读者从不同的角度审视此题。

我们可以得出更一般的结论；
推论1：设数列{c n }，c n =a n +b n 且a ≠b ，则数列{c n+1－pc n }为等比数列的充要条件是p=a 或p=b 。

推论2：设{a n }、{b n }是两个等比数列，则数列{a n +b n }为等比数列的充要条件是，数列{a n }，{b n }的公比相等。

推论3：公比为a 、b 的等比数列{a n }，{b n }，且a ≠b ，s 、t 为不全为零的实数，c n =sa n +tb n 为等比数列的充要条件是st=0。

例9 数列{a n }中，a 1=8，a 4=2且满足a n+2=2a n+1－a n n ∈N
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）设S n =|a 1|+|a 2|+…+|a n |，求s n ;
（3）设b n =)
12(1n a n -( n ∈N),T n =b 1+b 2+…+b n ( n ∈N)，是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N,均有T n >
32m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。

解 （1）由a n+2=2a n+1－a n ⇒
a n+2－a n+1=a n+1－a n ,可知{a n }成等差数列，d=
1414--a a =－2 －∴a n =10－2n
（2）由a n =10－2n ≥0得n ≤5
∴当n ≤5时，S n =－n 2+9n
当n>5时，S n =n 2－9n+40
故S n =⎪⎩⎪⎨⎧+-+-409922n n n n 5
51>≤≤n n （n ∈N ） （3）b n =)
12(1n a n - =
)22(·1+n n =21(n 1－11+n ) ∴T n = b 1+b 2+…+b n
=21[(1－21)+(21－31)+…+(n 1－1
1+n )] =12121)1(2T T T n
n n n n n >>>=->+-- ∴要使T n >
32m 总成立，需32m <T 1=41恒成立，即m<8，（m ∈Z ）。

故适合条件的m 的最大值为7。

例10 已知函数y=f(x)的图像是自原点出发的一条折线，当n ≤y ≤n+1(n=0,1,2,…)时，该图像是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f(x n )=n(n=1,2,…)定义。

（1）求x 1,x 2和x n 的表达式；
（2）求f(x)的表达式，并写出其定义域；
（3）证明：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。

解 （1）依题意f(0)=0， f(x 1)=1，又当0≤y ≤1时，函数y=f(x)的图像是斜率 b 0=1的线段，故由0
)0()(11--x f x f =1得x 1=1。

又由f(x 2)=2，当1≤y ≤2时，函数y=f(x)的图像是斜率为b 的线段，得
1
212)()(x x x f x f --=b ， x 2=1+b 1。

设x 0=0，由函数y=f(x)的图像中第n 段线段的斜率为b n －
1,故得, 11)()(----n n n n x x x f x f =b n －1。

又f(x n )=n,f(x n －1)=n －1
∴x n －x n －1=(b
1)n －1（n=1,2,…） 由此知数列{x n －x n －1}为等比数列，其首项为1，公比为
b 1。

又因b ≠1，得：
x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 1－x 0)
=1
)1(1
---b b b n （2）当0≤y ≤1时，从（1）可知y=x ，即当0≤x ≤1时，f(x)=x 。

当n ≤y ≤n+1时，即当x n ≤x ≤x n+1时，由（1）可知f(x)=n+b n (x －x n )(x n ≤x ≤x n+1,n=1,2,3,…)。

又由（1）得当b>1时，∞→n lim x n =
1
-b b ；当0<b<1时，n →∞,x n 也趋向于无穷大。

综上所述：当b>1时，y=f(x)的定义域为[0,1-b b );当0<b<1时，y=f(x)的定义域为[0，+∞)。

（3）当b>1，1<x<
1-b b 时， 设x ∈(x n ,x n+1
]（1, 1
-b b ）,n ∈N ，则 F(x)=f(x)－x=n+b n (x －x n )－x
=(b n －1)x+n －b n x n
∵F(x)在(x n ,x n+1]上为增函数（∵01>-n b ），
∴f(x)>x 恒成立⇔F(x n )>0
⇔x n <n
而x n =1+b 1+21b +…+11-n b
<1+1+…+1=n ， ∴1<x<1-b b 时恒有f(x)>x 成立。

当0<b<1，x>1时，设x ∈(x n ,x n+1
](1,+∞)(n ∈N)，则F(x)=f(x)－x=(b n －1)x+n －b n x n
∵F(x)在(x n ,x n+1]上是减函数（∵01<-n b ），
∴f(x)<x 恒成立⇔F(x n )<0
⇔x n >n 。

而x n =1+b 1+21b +…+11-n b
>1+1+…+1=n 成立 ∴x>1时恒有f(x)<x 成立。

综上所述：y=f(x)的图像与y=x 的图像没有横坐标大于1的交点。

注 本题若按0<b<1,b>1分别画出函数f(x)的图像，则思路就比较容易理解。

第三小题也可采用数学归纳法证之。