数列放缩问题

例1：已知函数f(x)＝x2－2x＋4，数列{an}是公差为d的等差数列，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，

(1)求数列{an}的通项公式；

1111

(2)Sn为{an}的前n项和，求证：S＋S＋…＋S≥3.

12n(1)解 a1＝f(d－1)＝d2－4d＋7，a3＝f(d＋1)＝d2＋3， 又由a3＝a1＋2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n＋1. (2)证明 Sn＝

n3＋2n＋1

＝n(n＋2)， 2

11111－Sn＝nn＋2＝2nn＋2， 111

所以，S＋S＋…＋S 12n

11111111

＝21－3＋2－4＋3－5＋…＋n－n＋2 111311113

＝2－n＋1－n＋2≥2－1＋1－1＋2＝. 223

2例2：正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.

(1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝5Tn＜64.

22

解 (1)由S2n－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0，

n＋1*

22，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N，都有n＋2an

得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.

由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.

于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 综上，数列{an}的通项an＝2n. n＋1

(2)证明 由于an＝2n，bn＝2， n＋22an

1n＋111－. 则bn＝2＝24nn＋2216nn＋22

11111111－＋－＋－＋…＋Tn＝1632224232522－n－1

11111＋－－＝16 22n＋12n＋221511＋＜16＝. 2264

111

＋－ n＋12n2n＋22

例3：设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列． (1)证明：a2＝4a1＋5； (2)求数列{an}的通项公式；

1111

(3)证明：对一切正整数n，有aa＋aa＋…＋<2. anan＋11223

2

(1)证明 当n＝1时，4a1＝a22－5，a2＝4a1＋5，

又an>0，∴a2＝4a1＋5.

2(2)解 当n≥2时，4Sn－1＝an－4(n－1)－1， 22∴4an＝4Sn－4Sn－1＝an＋1－an－4， 22即a2n＋1＝an＋4an＋4＝(an＋2)，

又an>0，∴an＋1＝an＋2，

∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列． 又a2，a5，a14成等比数列．

∴a2a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3. 5＝a2·由(1)知a1＝1.又a2－a1＝3－1＝2，

∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列． ∴an＝2n－1.

1111111(3)证明 aa＋aa＋…＋＝＋＋＋…＋

anan＋11×33×55×72n－12n＋11223111111

－1－－ ＝23＋35＋…＋2n－12n＋1

111

＝21－2n＋1<2. 

先放缩再求和

1.放缩后称为等比数列

1aa1，例1.在等比数列an中，前n项和为Sn，且S7,S9,S8成等差数列，设bnn，

21an数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn21 31 证明：an

2na1111 bnnnnnnn2nnnn1an42322122212所以Tn1 32例2.已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,且4Snan2an(nN*). (Ⅰ) 求a1的值及数列an的通项公式； (Ⅱ) 记数列15nTT的前项和为,求证:(nN*)； nn332an2解：(Ⅰ)当n1时,4a14S1a12a1,解得a12或a10(舍去)．

2222当n2时,4Snan2an,4Sn1an12an1,相减得4ananan12an2an1,

即anan12anan1,又an0,所以anan10,则anan12,

22所以an是首项为2,公差为2的等差数列,故an2n． (Ⅱ) 证法一:当n1时,T1当n2时

1145． a1383232111111113an8n38nn28nn218n1nn116n1nnn1

所以Tn111333a1a2a311113333246an12n3

11111132161223233411

n1nnn111111115. 8162nn1816232 综上,对任意nN*,均有Tn证法二:当n1时,T135成立.… 321145． a138323232当n2时,先证n4nn1,即证n4nn1nn4n4nn20

2显然成立. 所以

111111 3an8n332nn132n1n111333a1a2a3所以Tn11113333246an12n3

1111112332223111111511, n1n832n83232 综上,对任意nN*,均有Tn5成立. 3224a4Sa2a1，即可得到首项，再由当当n2111【思路点拨】(Ⅰ)令

22aan124Sa2a4Sannnn1n12an1，化简整理，即可得到n时,,，再由等差数

列通项公式，即可得到通项； (Ⅱ)运用放缩法，即有

111111113an8n38nn28nn218n1nn116n1nnn1．

再由裂项相消求和，即可得证．

2.已知数列an的前n项和Tn满足an12Tn6，且a16． （1）求数列an的通项公式； （2）求数列1的前n项和Sn； an（3）证明：

1123S13S213． 3nSn解：（1）由an12Tn6①得an2Tn16(n2)②

②-①：有an1an2Tn2Tn1 即an13an(n2)， 又a16，由②有a22T162a1618知a23a1

∴数列an是以6为首项，公比为3的等比数列，∴an63n123n

（2）由（1）得：

111n， an231111(12an23311(1n)1133n13， )nn1321433得Sn11a1a2（3）证法一：由（2）得：由

14 nn3Sn31∵3133∴

nn1123n13n1123n1

14442,(k1,2,...,n) kkk1k1k1k13Sk3123312331123S13S21112(12n3Sn331n113n1)23(1n)3 13313123n23证法二：

143146n 3nSn3n1(3n1)(3n11)(31)(3n11)n123n116n6() n1nn1(31)(31)31311123S13S2111116[()()n12233Sn31313131(11)] nn131311166(n1)3n13

231313．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S525,且S1,S2,S4成等比数列.

（1）求数列{an}的通项公式； （2）bn1nN，证明:对一切正整数n,有b1b2Snbn7． 4解：（1）由S525得a12d5 ⑴

又S1a1,S22a12143d2a1d，S44a1d4a16d 222由题意得：(2a1d)a1(4a16d) 即d(d2a1)0,又d0,d2a1 ⑵

联立⑴、⑵解得a11,d2 4分ana1(n1)d2n1 （2）证明：由（1）得Sn①当n=1时，b11n12n111n2 bn2

2Snn7，原不等式成立。 4157②当n=2时，b1b21，原不等式成立。

444③当n 3时，

n2n1n1 1122121 2n11111 n2n1n12n1n1b1b2<1+

bn12 11111111324354611 n1n1= 1711117111= 当n3时原不等式成立。 1422nn142nn1综上，对一切正整数n有b1b2bn7 44.已知数列an满足a1=1，an13an1.

（Ⅰ）证明an1是等比数列，并求an的通项公式；

2（Ⅱ）证明：11…+13.

a1a2an2

113(am). 221313又a1，所以，{am } 是首项为，公比为3的等比数列。

2222解：（1）由am13am1得am1133m1am=，因此{an}的通项公式为am=

222（2）由（1）知

m21=m am31m1m因为当n1时，3123,所以，

11 3m123m1=

于是，

11a1a2111am313m1313(1m) 232所以，

11a1a213 am2111a5，bn(1an)．， 4323（注意：这里的m都用n表示即可）

7.已知两个数列an ，其中an是等比数列，且a2bn，（Ⅰ）求bn的通项公式；

（Ⅱ）设bn的前n项和为Sn，求证：Sn

n1． 312

综上：错误!未找到引用源。

综上：错误!未找到引用源。 8.已知数列an满足a1an1，an1．

2an131（Ⅰ）求证：n是等差数列；

an（Ⅱ）证明：a12a22an2证明：（1）1． 4112an11n1n13 aaaannn1n所以1n是以4为首项，3公差的等差数列 an11， n3n1，所以an2n1an（2）由（1）知

所以an21111112n124n24n4nn14nn1

所以a12a22an2141111111111 nn14n14223