5. 等差(比)数列通项问题的研究(2)

一、问题提出

问题：若已知数列an的前n项和为Sn，且Sn二、思考探究

2探究1：已知数列{an}的各项都为正数，且对任意nN*，都有an1anan2k(k为常数)．

(a1an)n，求证：数列an为等差数列. 2（1）若k(a2a1)2，求证：a1,a2,a3成等差数列； （2）若k=0，且a2,a4,a5成等差数列，求

a2的值； a1（3）已知a1a,a2b(a,b为常数)，是否存在常数，使得anan2an1对任意nN*都成立？若存在．求出；若不存在，说明理由．

探究2：设非零数列{an}满足anan2an1(1)2n1(nN)．

2（1）当0时，求证：anmanman，（nm, 且m,nR）．

（2）当a11,a22,3，求证：an2an3an1．

2q证明：（1）当0时，anan2an1,所以{an}是等比数列，设公比为，

22n22则anmanma1qnm1a1qnm1a1 ，得证 q(a1qn1)2an2a23（2）由条件知a37，

a12n1 由anan2an得 (1)122n12an2anan2anananan13(1)an1an1anan1an22n2ananaaaa1[an3(1)]1n1n1n1n1，

an1anan1anan

所以数列{an2anaaaa}是常数列，则n2n313， an1an1a2整理即得an2an3an1．

探究3：已知数列{an}中，a11，a2a，且an1k(anan2)对任意正整数都成立，数列{an}的前n项和为Sn． （1）若k1，且S20152015a，求a； 2（2）是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项

am,am1,am2按某顺序排列后成等差数列，若存在，求出所有k值，若不存在，请说明理由；

（3）若k1，求Sn． 2k解：（1）

11an1(anan2)，时，所以数列{an}是等差数列， 此an2an1an1an，221n(n1)(a1)， 2时首项a11，公差da2a1a1，数列{an}的前n项和是Snn故2015a20151120152014(a1)，即a12014(a1)，得a1； 22（2）设数列{an}是等比数列，则它的公比qa2a，所以amam1，am1am，am2am1， a1mm1 ①若am1为等差中项，则2am1amam2，即2aa②若am为等差中项，则2amam1am2，即2am1am1，解得：a1，不合题意；

amam1，化简得：a2a20，

am1ama2 解得a2（舍1）；km1m12；

amam2aa1a5③若am2为等差中项，则2am2am1am，即2am1amam1，化简得：2a2a10，

1am1ama2 解得a；k； m1m122amam2aa1a5 综上可得，满足要求的实数k有且仅有一个，k （3）k2； 511则an1(anan2)， 22an2an1(an1an)，an3an2(an2an1)an1an，

当n是偶数时， Sna1a2a3a4 na1a(a1a2)a(3a4)an(n1an )nn(a1a2)(a1)， 22当n是奇数时，

Sna1a2a3a4 a1na1aa1(a2a3)a()an(1an )n4a5n1n1n1(a2a3)a1[(a1a2)]1(a1)，n1也适合上式， 222n11(a1),n是奇数2 综上可得，Sn．

n是偶数n(a1),2

探究4：已知数列an，其前n项和为Sn． （1）若an是公差为d(d0)的等差数列，且式；

（2）若数列an对任意m，nN*，且mn，都有列．

解：（1）设bnSnn，则bn2Snn，

2，3时，b12S1n=a11， 当n1，Snn也是公差为d的等差数列，求数列an的通项公

2Smnaan，求证：数列an是等差数amanmmnmn① ② ③ ④ ⑤

(b1d)2S222a1d2， (b12d)2S333a13d3， 联立①②③消去a1，得(b1d)22b12d， (b12d)23b123d，

④3⑤得：b122b1dd20，则b1d，

⑥

将⑥代入⑤解出d1（d=0舍去）， ………………… 2分

2从而解得a13，所以an1n5. ……………… 4分

424此时，bnSnn1n对于任意正整数n满足题意. …… 6分

2（2）因为对任意m,nN*，mn，都有在①中取mn1，同理

2Smnaaamanmn， ① mnmn2S2n1aaan1ann1n2an1， ②… 8分 2n112S2n1aa4a2an1， ③…10分 an2an1n2n1n22n1334an22an1,即2an23an1an10， 3由②③知，2an11即an2an2an1(an1an12an)， …………… 12分

2②中令n1，a3a12a20，

从而an2an2an10，即an2an1an1an，………… 14分 所以，数列an成等差数列. ………………… 16分

探究5：已知数列{an}的各项都为正数，Sn＝111

＋＋…＋(n∈N*)．

a1＋a2a2＋a3an＋an＋1

（1）若数列{an}是首项为25，公差为2的等差数列，求S100； （2）若Sn＝

n

，求证：数列{an}是等差数列．

a1＋an＋1

解：（1）由题意得,

aaia201a11i1,所以S100=5…

22aiai1

探究6：设数列a1,a2,,an,中的每一项都不为0.证明：an为等差数列的充分必要条件是：对任何nN，都有

三、真题链接

1.（2005年江苏高考题）设数列an的前n项和为Sn，已知a11,a26,a311，且

111n a1a2a2a3anan1a1an15n8Sn15n2SnAnB,nN，其中A,B为常数.

（1）求A,B的值；

（2）证明：数列an是等差数列；

（3）对任意正整数m,n，比较5amn与aman1的大小. 解：（1）由a11,a26,a311得S11,S27,S318 ∵5n8Sn15n2SnAnB,nN

令n1，AB3S27S128

令n2，2AB2S312S248

解得：A20,B8 …………………3分 （2）由（1）5n8Sn15n2Sn20n8,nN 即5n(Sn1Sn)8Sn12Sn20n8,nN 即5nan18Sn12Sn20n8,nN ① 5n1an8Sn2Sn120n18,n2 ②

①-② 5nan15nan3an8an120,n2 …………………5分 即5n8an15n3an20,n2 ③ ∴5n13an5n8an120,n3④

③-④5n8an15n3an5n13an5n8an10,n3

∴5n8an1an12an0,n3 …………………7分 ∴an1an12an,n3

又∵a11,a26,a311，即a1a32a2 ∴an1an12an,n2

∴an是以1为首项，5为公差的等差数列. …………………10分 (3)由（2）an5n4 即比较5amn与

aman1的大小

2∵5amn55mn425mn20

aman1aman2aman1amanaman15m45n45mn7

2 即

aman125mn15mn9 …………………12分

2则5amnaman125mn2025mn15(mn)915(mn)29

2∵m1,n1 ∴5amn∴5amn

{bn}、{cn}满足：bnanan2，cnan2an13an22.（2006年江苏高考题）设数列{an}、（n=1,2,3,…），

aa115(mn)29302910 …………………15分

aa1，即5aaa1 …………………16分

2mn2mnmnmn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,…）

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：

cnan2an13an2,cn2an22an33an4.

①

②

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， 因此an1an11(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.

四、反思提升

五、反馈检测

1. 已知数列an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

（1）证明：数列an1an是等比数列；（2）求数列an的通项公式；

（3）若数列bn满足4b114b21...4nb1(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列.

1an1. 22. 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn1Sn(n1)an1（1）若数列{an}是等差数列，求数列{an}的通项公式； （2）设a26，求证：数列{an}是等差数列. 解：（1）∵Sn1Sn(n1)an111an1 ∴2Snnan1an1 22又∵{an}是等差数列，设公差为d，则

n(n1)12na1dn(a1nd)[a1(n1)d]1

22∴dn(2a1d)ndn(a122d1)n(a1d)1…………4分 22d2ada1a1212∴ ∴ ………………6分

d41(ad)1012∴an4n2……8分

12Saa11212注：由解得a12,d4，但没有证明原式成立，给4分.

12S2aa12322（2）∵2Snnan1∴2Sn1(n1)an1an1① 21an11② 2

①—②得2nan1(2n3)anan10(n2)………10分 ∴(2n2)an2(2n5)an1an0(n1)

两式相减得(2n2)an2(4n5)an1(2n4)anan10(n2)…………12分 ∴(2n2)an2(4n4)an1(2n2)anan12anan10(n2) ∴(2n2)[an22an1an]an12anan1(n2)…………14分 ∵a26 ∴可得a12,a310 ∴a32a2a10 ∴an22an1an0 ∴{an}是等差数列……………16分

3. 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，已知a11，且(Sn1)an(Sn1)an1对一切nN*都成立．

（1）若λ = 1，求数列an的通项公式； （2）求λ的值，使数列an是等差数列．

解：（1）若λ = 1，则(Sn11)an(Sn1)an1，a1S11．

又∵an0，Sn0， ∴∴

Sn11an1， ………………… 2分 Sn1anS1a2a3aS21S31n1n1， S11S21Sn1a1a2an化简，得Sn112an1．① ………………… 4分

∴当n≥2时，Sn12an．② ②  ①，得an12an， ∴

an12（n≥2）． ………………… 6分 an ∵当n = 1时， a22，∴n = 1时上式也成立，

∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， an = 2n1（nN*）． …………………8分 （2）令n = 1，得a21．令n = 2，得a3(1)2． ………………… 10分

要使数列an是等差数列，必须有2a2a1a3，解得λ = 0． ………………… 11分 当λ = 0时，Sn1an(Sn1)an1，且a2a11． 当n≥2时，Sn1(SnSn1)(Sn1)(Sn1Sn)， 整理，得Sn2SnSn1Sn1Sn1，从而

Sn1Sn1， ………………… 13分

Sn11SnS1S3S4SS21S31nn1， S11S21Sn11S2S3Sn化简，得Sn1Sn1，所以an11． ……………… 15分 综上所述，an1（nN*），

所以λ = 0时，数列an是等差数列． ………………… 16分

24. 已知无穷数列{an}满足：a11,2a2a1a3,且对于任意nN*，都有an0,an1anan24．

(1)求a2,a3,a4的值；(2)求数列{an}的通项公式．

2解：(1)由条件，nN*,an1anan24，

2令n1，得a2=a1a34．又2a2a1a3，且a11,

2易求得a23,a35．再令n2，得a3=a2a44，求得a47．

2anaa422(2)1nn2an2an1an1an3anan22an2an1an34an2(anan2)an1(an1an3)为常数数列

an1an3anan2aan2} {nan2an1an1anan2a1a32.anan22an1. 数列{an}为等差数列．

an1a2又公差da2a12an2n1．

5. 数列an，bn，cn满足：bnan2an1，cnan12an22，nN*．

（2）若数列b，c都是等差数列，求证：数列a从第二项起为等差数列；

（3）若数列b是等差数列，试判断当ba0时，数列a是否成等差数列？证明你的结论．

（1）若数列an是等差数列，求证：数列bn是等差数列；

nnnn13n证明：（１）设数列an的公差为d，∵bnan2an1，

∴bn1bn(an12an2)(an2an1)(an1an)2(an2an1)d2dd， ∴数列bn是公差为d的等差数列． （２）当n2时，cn1an2an12，∵bnan2an∴an1an∴an1，

bncn1bc1，∴an1n1n1， 22bn1cnbncn1bn1bncn1cn， 2222∵数列bn，cn都是等差数列，∴（３）数列an成等差数列．

bn1bncn1cn为常数，∴数列an从第二项起为等差数列． 22解法１ 设数列bn的公差为d，∵bnan2an1，

∴2nbn2nan2n1an1，∴2n1bn12n1an12nan，…，2b12a122a2， ∴2nbn2n1bn12b12a12n1an1，

设Tn2b122b22n1bn12nbn，∴2Tn22b12nbn12n1bn， 两式相减得：Tn2b1(222n12n)d2n1bn，

即Tn2b14(2n11)d2n1bn，∴2b14(2n11)d2n1bn2a12n1an1， ∴2n1an12a12b14(2n11)d2n1bn2a12b14d2n1(bnd)， ∴an12a12b14d(bnd)，

2n12a12b14d2a12b14d(bd)b1， 233222a12b14db1a30，∴2a12b14d0， 32令n2，得a3∵b1a30，∴

∴an1(bnd)，∴an2an1(bn1d)(bnd)d， ∴数列an（n2）是公差为d的等差数列， ∵bnan2an1，令n1，a12a2a3，即a12a2a30， ∴数列an是公差为d的等差数列．

解法2 ∵bnan2an1，b1a30，令n1，a12a2a3，即a12a2a30， ∴bn1an12an2，bn2an22an3，

∴2bn1bnbn2(2an1anan2)2(2an2an1an3)，

∵数列bn是等差数列，∴2bn1bnbn20，∴2an1anan22(2an2an1an3)，

∵a12a2a30，∴2an1anan20，∴数列an是等差数列．

