1、高三数列大题放缩法的应用一解答题（共21小题）1（2014浙江）已知数列an和bn满足a1a2a3an=（nN*）若an为等比数列，且a1=2，b3=6+b2（）求an和bn；（）设cn=（nN*）记数列cn的前n项和为Sn （i）求Sn； （ii）求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn2（2015广东）数列an满足：a1+2a2+nan=4，nN+（1）求a3的值；（2）求数列an的前 n项和Tn；（3）令b1=a1，bn=+（1+）an（n2），证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn3（2013广东）设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，nN*（1）求a2的值；（2）求数列
2、an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有4（2014广东）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn满足Sn2（n2+n3）Sn3（n2+n）=0，nN*（1）求a1的值；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有+5（2013广东）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sn=an+124n1，nN*，且a2，a5，a14构成等比数列（1）证明：a2=；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有6（2012广东）设数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=an+12n+1+1，nN*，且a1，a2+5，a3成等差数列（1）求a1的值；（2）求数列an的
3、通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有7（2015重庆）在数列an中，a1=3，an+1an+an+1+an2=0（nN+）（）若=0，=2，求数列an的通项公式；（）若=（k0N+，k02），=1，证明：2+2+8（2014天津）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M=0，1，2，q1，集合A=x|x=x1+x2q+xnqn1，xiM，i=1，2，n（）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；（）设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，n证明：若anbn，则st9（2012重庆）设数列an的前n项和Sn满足Sn+1=a2S
4、n+a1，其中a20（）求证：an是首项为1的等比数列；（）若a21，求证，并给出等号成立的充要条件10（2013秋梁子湖区校级月考）已知函数（I）若x0时，f（x）0，求的最小值；（II）设数列an的通项an=1+11（2011广东）设b0，数列an满足a1=b，an=（n2）（1）求数列an的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n，an+112（2011天津）已知数列an与bn满足bn+1an+bnan+1=（2）n+1，bn=，nN*，且a1=2（）求a2，a3的值（）设cn=a2n+1a2n1，nN*，证明cn是等比数列（）设Sn为an的前n项和，证明+n（nN*）13（2011重庆）
5、设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（nN*）（）若a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3（）求证：对k3有0ak14（2011湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+（）求函数h （x）=f（x）g （x）的零点个数并说明理由；（）设数列 an（nN*）满足a1=a（a0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM15（2011浙江）已知公差不为0的等差数列an的首项a1（a1R），且，成等比数列（）求数列an的通项公式；（）对nN*，试比较与的大小16（2011浙江）已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a（aR）设数列的
6、前n项和为Sn，且，成等比数列（）求数列an的通项公式及Sn；（）记An=+，Bn=+，当n2时，试比较An与Bn的大小17（2009江西）各项均为正数的数列an，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有（1）当时，求通项an；（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有18（2008安徽）设数列an满足a1=0，an+1=can3+1c，nN*，其中c为实数（1）证明：an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1；（2）设，证明：an1（3c）n1，nN*；（3）设，证明：19（2008江西）数列an为等差数列，an为正整数，其前n项
7、和为Sn，数列bn为等比数列，且a1=3，b1=1，数列是公比为64的等比数列，b2S2=64（1）求an，bn；（2）求证20（2006上海）已知有穷数列an共有2k项（整数k2），首项a1=2设该数列的前n项和为Sn，且an+1=（a1）Sn+2（n=1，2，2k1），其中常数a1（1）求证：数列an是等比数列；（2）若a=，数列bn满足bn=（n=1，2，2k），求数列bn的通项公式；（3）若（2）中的数列bn满足不等式|b1|+|b2|+|b2k1|+|b2k|4，求k的值21（2002北京）数列xn由下列条件确定：x1=a0，xn+1=，nN（）证明：对n2，总有xn；（）证明：对n
8、2，总有xnxn+1；（）若数列xn的极限存在，且大于零，求xn的值2015年10月31日nksage的高中数学组卷参考答案与试题解析一解答题（共21小题）1（2014浙江）已知数列an和bn满足a1a2a3an=（nN*）若an为等比数列，且a1=2，b3=6+b2（）求an和bn；（）设cn=（nN*）记数列cn的前n项和为Sn （i）求Sn； （ii）求正整数k，使得对任意nN*均有SkSn考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：等差数列与等比数列分析：（）先利用前n项积与前（n1）项积的关系，得到等比数列an的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；（）（
9、i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明解答：解：（）a1a2a3an=（nN*） ，当n2，nN*时， ，由知：，令n=3，则有b3=6+b2，a3=8an为等比数列，且a1=2，an的公比为q，则=4，由题意知an0，q0，q=2（nN*）又由a1a2a3an=（nN*）得：，bn=n（n+1）（nN*）（）（i）cn=Sn=c1+c2+c3+cn=；（ii）因为c1=0，c20，c30，c40；当n5时，而=0，得，所以，当n5时，cn0，综上，对任意nN*恒有S4Sn，故k=4点评：
10、本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力本题属于难题2（2015广东）数列an满足：a1+2a2+nan=4，nN+（1）求a3的值；（2）求数列an的前 n项和Tn；（3）令b1=a1，bn=+（1+）an（n2），证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn2+2lnn考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：创新题型；点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）利用数列的递推关系即可求a3的值；（2）利用作差法求出数列an的通项公式，利用等比数列的前n
11、项和公式即可求数列an的前 n项和Tn；（3）利用构造法，结合裂项法进行求解即可证明不等式解答：解：（1）a1+2a2+nan=4，nN+a1=43=1，1+2a2=4=2，解得a2=，a1+2a2+nan=4，nN+a1+2a2+（n1）an1=4，nN+两式相减得nan=4（4）=，n2，则an=，n2，当n=1时，a1=1也满足，an=，n1，则a3=；（2）an=，n1，数列an是公比q=，则数列an的前 n项和Tn=221n（3）bn=+（1+）an，b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1+）a3，bn=+（1+）an，Sn=b1+b2+bn=（1+）a1+（1+）a2+（1+
12、）an=（1+）（a1+a2+an）=（1+）Tn=（1+）（221n）2（1+），设f（x）=lnx+1，x1，则f（x）=即f（x）在（1，+）上为增函数，f（1）=0，即f（x）0，k2，且kN时，f（）=ln+10，即ln，ln，即=lnn，2（1+）2+2lnn，即Sn2（1+lnn）=2+2lnn点评：本题主要考查数列通项公式以及前n项和的计算，以及数列和不等式的综合，利用作差法求出数列的通项公式是解决本题的关键考查学生的计算能力，综合性较强，难度较大3（2013广东）设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，nN*（1）求a2的值；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正
13、整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合专题：等差数列与等比数列分析：（1）利用已知a1=1，nN*令n=1即可求出；（2）利用an=SnSn1（n2）即可得到nan+1=（n+1）an+n（n+1），可化为，再利用等差数列的通项公式即可得出；（3）利用（2），通过放缩法（n2）即可证明解答：解：（1）当n=1时，解得a2=4（2）当n2时，得整理得nan+1=（n+1）an+n（n+1），即，当n=1时，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列所以，即所以数列an的通项公式为，nN*（3）因为（n2）所以=当n=1，2时，也成立点评：熟练掌握等差数列的定义及通项公式、通项
14、与前n项和的关系an=SnSn1（n2）、裂项求和及其放缩法等是解题的关键4（2014广东）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn满足Sn2（n2+n3）Sn3（n2+n）=0，nN*（1）求a1的值；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有+考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）本题可以用n=1代入题中条件，利用S1=a1求出a1的值；（2）利用an与Sn的关系，将条件转化为an的方程，从而求出an；（3）利用放缩法，将所求的每一个因式进行裂项求和，即可得到本题结论解答：解：（1）令n=1得：，即（S1+3）（
15、S12）=0S10，S1=2，即a1=2（2）由得：an0（nN*），Sn0当n2时，又a1=2=21，（3）由（2）可知=，nN*，=（），当n=1时，显然有=；当n2时，+=所以，对一切正整数n，有点评：本题考查了数列的通项与前n项和的关系、裂项求和法，还用到了放缩法，计算量较大，有一定的思维难度，属于难题5（2013广东）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sn=an+124n1，nN*，且a2，a5，a14构成等比数列（1）证明：a2=；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合专题：等差数列与等比数列分析：
16、（1）对于，令n=1即可证明；（2）利用，且，（n2），两式相减即可求出通项公式（3）由（2）可得=利用“裂项求和”即可证明解答：解：（1）当n=1时，（2）当n2时，满足，且，an0，an+1=an+2，当n2时，an是公差d=2的等差数列a2，a5，a14构成等比数列，解得a2=3，由（1）可知，a1=1a2a1=31=2，an是首项a1=1，公差d=2的等差数列数列an的通项公式an=2n1（3）由（2）可得式=点评：熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”、通项与前n项和的关系an=SnSn1（n2）是解题的关键6（2012广东）设数列an的前n项和为Sn，满足2Sn=an+
17、12n+1+1，nN*，且a1，a2+5，a3成等差数列（1）求a1的值；（2）求数列an的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有考点：数列与不等式的综合；等差数列的性质；数列递推式专题：等差数列与等比数列分析：（1）在2Sn=an+12n+1+1中，令分别令n=1，2，可求得a2=2a1+3，a3=6a1+13，又a1，a2+5，a3成等差数列，从而可求得a1；（2）由2Sn=an+12n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1，an+1=3an+2n，由可知an+2n为首项是3，3为公比的等比数列，从而可求an；（3）（法一），由an=3n2n=（32）（3n1+3n22+3n322+
18、2n1）3n1可得，累加后利用等比数列的求和公式可证得结论；（法二）由an+1=3n+12n+123n2n+1=2an可得，于是当n2时，累乘得：，从而可证得+解答：解：（1）在2Sn=an+12n+1+1中，令n=1得：2S1=a222+1，令n=2得：2S2=a323+1，解得：a2=2a1+3，a3=6a1+13又2（a2+5）=a1+a3解得a1=1（2）由2Sn=an+12n+1+1，得an+2=3an+1+2n+1，又a1=1，a2=5也满足a2=3a1+21，所以an+1=3an+2n对nN*成立an+1+2n+1=3（an+2n），又a1=1，a1+21=3，an+2n=3n，
19、an=3n2n；（3）（法一）an=3n2n=（32）（3n1+3n22+3n322+2n1）3n1，+1+=；（法二）an+1=3n+12n+123n2n+1=2an，当n2时，累乘得：，+1+点评：本题考查数列与不等式的综合，考查数列递推式，着重考查等比数列的求和，着重考查放缩法的应用，综合性强，运算量大，属于难题7（2015重庆）在数列an中，a1=3，an+1an+an+1+an2=0（nN+）（）若=0，=2，求数列an的通项公式；（）若=（k0N+，k02），=1，证明：2+2+考点：数列与不等式的综合专题：创新题型；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用分析：（）把=0，=2代入
20、数列递推式，得到（ nN+），分析an0后可得an+1=2an（nN+），即an是一个公比q=2的等比数列从而可得数列的通项公式；（）把代入数列递推式，整理后可得（nN）进一步得到=，对n=1，2，k0求和后放缩可得不等式左边，结合，进一步利用放缩法证明不等式右边解答：（）解：由=0，=2，有 （ nN+）若存在某个n0N+，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程可得a1=0，此与a1=3矛盾，对任意nN+，an0从而an+1=2an（nN+），即an是一个公比q=2的等比数列故（）证明：由，数列an的递推关系式变为，变形为：（nN）由上式及a1=30，归纳可得3=a1a2anan+10=，
21、对n=1，2，k0求和得：=另一方面，由上已证的不等式知，得=2+综上，2+2+点评：本题考查了数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了放缩法证明数列不等式属难度较大的题目8（2014天津）已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M=0，1，2，q1，集合A=x|x=x1+x2q+xnqn1，xiM，i=1，2，n（）当q=2，n=3时，用列举法表示集合A；（）设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，n证明：若anbn，则st考点：数列与不等式的综合；数列的求和专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：（）当q=2
22、，n=3时，M=0，1，A=x|，xiM，i=1，2，3即可得到集合A（）由于ai，biM，i=1，2，nanbn，可得anbn1由题意可得st=（a1b1）+（a2b2）q+1+q+qn2+qn1，再利用等比数列的前n项和公式即可得出解答：（）解：当q=2，n=3时，M=0，1，A=x|，xiM，i=1，2，3可得A=0，1，2，3，4，5，6，7（）证明：由设s，tA，s=a1+a2q+anqn1，t=b1+b2q+bnqn1，其中ai，biM，i=1，2，nanbn，anbn1可得st=（a1b1）+（a2b2）q+1+q+qn2+qn1=0st点评：本题考查了考查了集合的运算及其性质、
23、等比数列的前n项和公式、不等式的基本性质等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题9（2012重庆）设数列an的前n项和Sn满足Sn+1=a2Sn+a1，其中a20（）求证：an是首项为1的等比数列；（）若a21，求证，并给出等号成立的充要条件考点：数列与不等式的综合；等比数列的前n项和；等比关系的确定；数列与函数的综合专题：综合题；压轴题分析：（）根据Sn+1=a2Sn+a1，再写一式，两式相减，即可证得an是首项为1的等比数列；（）当n=1或2时，等号成立，设n3，a21，且a20，由（I）知a1=1，所以要证的不等式可化为（n3），即证（n2），a2=1时，等号成立；再
24、证明a21且a21时，（）（）0，即可证得结论解答：证明：（）Sn+1=a2Sn+a1，Sn+2=a2Sn+1+a1，可得：an+2=a2an+1a20，Sn+1=a2Sn+a1，S2=a2S1+a1，a2=a2a1a20，a1=1an是首项为1的等比数列；（）当n=1或2时，等号成立设n3，a21，且a20，由（）知a1=1，所以要证的不等式可化为（n3）即证（n2）a2=1时，等号成立当1a21时，与同为负；当a21时，与同为正；a21且a21时，（）（）0，即上面不等式n分别取1，2，n累加可得综上，等号成立的充要条件是n=1或2或a2=1点评：本题考查等比数列的证明，考查不等式的证明，
25、考查叠加法的运用，需要一定的基本功，属于中档题10（2013秋梁子湖区校级月考）已知函数（I）若x0时，f（x）0，求的最小值；（II）设数列an的通项an=1+考点：数列与不等式的综合；利用导数求闭区间上函数的最值；数列的求和专题：压轴题；转化思想；导数的综合应用；等差数列与等比数列分析：（I）由于已知函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数的取值范围，即可求得其最小值；（II）根据（I）的证明，可取=，由于x0时，f（x）0得出，考察发现，若取x=，则可得出，以此为依据，利用放缩法，即可得到结论解答：解：（I）由已知，f（0）=
26、0，f（x）=，f（0）=0欲使x0时，f（x）0恒成立，则f（x）在（0，+）上必为减函数，即在（0，+）上f（x）0恒成立，当0时，f（x）0在（0，+）上恒成立，为增函数，故不合题意，若0时，由f（x）0解得x，则当0x，f（x）0，所以当0x时，f（x）0，此时不合题意，若，则当x0时，f（x）0恒成立，此时f（x）在（0，+）上必为减函数，所以当x0时，f（x）0恒成立，综上，符合题意的的取值范围是，即的最小值为（ II）令=，由（I）知，当x0时，f（x）0，即取x=，则于是a2nan+=+=ln2nlnn=ln2所以点评：本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法，解
27、题的关键是充分利用已有的结论再结合放缩法，本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难度11（2011广东）设b0，数列an满足a1=b，an=（n2）（1）求数列an的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n，an+1考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：等差数列与等比数列分析：（1）首先要根据条件变形递推公式得：，然后通过换元的方法分析得数列是等比数列，其中从而可以求得数列bn的通项公式，进而即可求得数列an的通项公式；（2）首先要利用基本不等式获得b2n+b2n12+bn+12n1+bn12n+1+b22n1+22nn2n+1bn，然后对数列an的通项公式变形然后利用所获得的不
28、等式放缩化简即可获得问题的解答解答：解：（1）由题意知：，设，则设，则，当b=2时，为首项是，公差是的等差数列an=2当b2时，令，是等比数列，又，综上可知：当b=2时，an=2当b2时，（2）当b=2时，由（1）知命题显然成立；当b2时，将以上n个式子相加得：b2n+b2n12+bn+12n1+bn12n+1+b22n1+22nn2n+1bn=综上可知：点评：本题考查的是数列的递推公式问题在解答的过程当中充分体现了转化的思想、换元的思想、基本不等式的利用以及放缩法值得同学们体会和反思12（2011天津）已知数列an与bn满足bn+1an+bnan+1=（2）n+1，bn=，nN*，且a1=2
29、（）求a2，a3的值（）设cn=a2n+1a2n1，nN*，证明cn是等比数列（）设Sn为an的前n项和，证明+n（nN*）考点：数列与不等式的综合；等比关系的确定专题：等差数列与等比数列分析：（）推出bn的表达式，分别当n=1时，求出a2=；当n=2时，解出a3=8；（）设cn=a2n+1a2n1，nN*，利用等比数列的定义，证明cn是等比数列；（）求出S2n，a2n，S2n1，a2n1，求出+的表达式，然后求出+的表达式，利用放缩法证明结果解答：（）解：由bn=，（nN*）可得bn=又bn+1an+bnan+1=（2）n+1，当n=1时，a1+2a2=1，可得由a1=2，a2=；当n=2时
30、，2a2+a3=5可得a3=8；（）证明：对任意nN*，a2n1+2a2n=22n1+12a2n+a2n+1=22n+1，得a2n+1a2n1=322n1，即：cn=322n1，于是所以cn是等比数列（）证明：a1=2，由（）知，当kN*且k2时，a2k1=a1+（a3a1）+（a5a3）+（a7a5）+（a2k1a2k3）=2+3（2+23+25+22k3）=2+3=22k1，故对任意的kN*，a2k1=22k1由得22k1+2a2k=22k1+1，所以kN*，因此，于是，故=所以，对任意的nN*，+=（+）+（+）=nn=n（nN*）点评：本题考查等比数列的定义，等比数列求和等基础知识，考
31、查计算能力、推理论证能力、综合发现问题解决问题的能力以及分类讨论思想13（2011重庆）设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn（nN*）（）若a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3（）求证：对k3有0ak考点：数列与不等式的综合；数列递推式专题：综合题；压轴题分析：（）由题意，得S22=2S2，由S2是等比中项知S2=2，由此能求出S2和a3（）由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn1，an+11，且，由此能够证明对k3有0an1解答：解：（）由题意，得S22=2S2，由S2是等比中项知S20，S2=2由S2+a3=a3S2，解得（）证明：因为Sn+1=a1+a2+
32、a3+an+an+1=an+1+Sn，由题设条件知Sn+an+1=an+1Sn，Sn1，an+11，且，从而对k3 有ak=因，且，要证，由，只要证即证，即，此式明显成立，因此点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用14（2011湖南）已知函数f（x）=x3，g （x）=x+（）求函数h （x）=f（x）g （x）的零点个数并说明理由；（）设数列 an（nN*）满足a1=a（a0），f（an+1）=g（an），证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM考点：数列与不等式的综合；根的存在性及根的个数判断专题：综合题；压轴题分析：（）由h（x）=知，x
33、0，+），而h（0）=0，且h（1）=10，h（2）=6，再研究函数在（0，+）上的单调性，以确定零点个数即可（）记h（x）的正零点为x0，即，当ax0时，由a1=a，即a1x0，而，a2x0由此猜测anx0当ax0时，由（）知，当x（x1，+）时，h（x）单调递增，h（a）h（x0）=0，从而a2a，由此猜测ana然后用数学归纳法证明解答：解：（）由h（x）=知，x0，+），而h（0）=0，且h（1）=10，h（2）=6，则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，h（x）至少有两个零点由h（x）=，记，则，当x（0，+）时，g（x）单调递增，故可判断出h（x）在（0，+）
34、仅有一个零点，综上所述，h（x）有且只有两个零点（）记h（x）的正零点为x0，即，（1）当ax0时，由a1=a，即a1x0，而，a2x0由此猜测anx0下面用数学归纳法证明：当n=1时，a1x0，成立假设当n=k时akx0成立，则当n=k+1时，由，知ak+1x0因此当n=k+1时，ak+1x0成立故对任意的nN*，anx0成立（2）当ax0时，由（）知，当x（x0，+）时，h（x）单调递增，h（a）h（x0）=0，从而a2a，由此猜测ana下面用数学归纳法证明：当n=1时，a1a，成立假设当n=k时aka成立，则当n=k+1时，由，知ak+1a因此当n=k+1时，ak+1a成立故对任意的nN
35、*，ana成立综上所述，存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM点评：本题考查数列的性质和运用，解题时要注意不等式性质的合理运用和数学归纳法的证明过程15（2011浙江）已知公差不为0的等差数列an的首项a1（a1R），且，成等比数列（）求数列an的通项公式；（）对nN*，试比较与的大小考点：数列与不等式的综合；数列的求和；等比数列的性质专题：等差数列与等比数列分析：（）由，成等比数列，利用等比数列的性质及等差数列的通项公式列出关于首项和公差的方程，根据公差d不为0，解得公差d与首项相等，然后根据首项和公差写出数列的通项公式即可；（）设Tn=与根据（）中求得的通项公式表示出，然后利用等比数
36、列的前n项和的公式求出Tn，即可比较出两者的大小关系解答：解：（）设等差数列an的公差为d，由题意可知=，即（a1+d）2=a1（a1+3d），从而a1d=d2，因为d0，所以d=a1，故an=nd=na1；（）记Tn=+，由an=na1，得=2na1，则Tn=+=（）=（1），Tn=（1）=（），从而，当a10时，Tn；当a10时，Tn点评：此题考查学生掌握等比数列的性质，利用运用等比数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道中档题16（2011浙江）已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a（aR）设数列的前n项和为Sn，且，成等比数列（）求数列an的通项公式及Sn；（）记An=+，B
37、n=+，当n2时，试比较An与Bn的大小考点：数列与不等式的综合；数列的求和；等差数列的性质专题：等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法分析：（）设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前n项的和可得（）利用（）的an和Sn，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理An与Bn，最后对a0和a0两种情况分情况进行比较解答：解：（）设等差数列an的公差为d，由（）2=，得（a1+d）2=a1（a1+3d），因为d0，所以d=a1=a所以an=na，Sn=（）解：=（）An=+=（1）=2n1a，所以=为等比数列，公比为，Bn=+=（1）当n2时，2n
38、=Cn0+Cn1+Cnnn+1，即11所以，当a0时，AnBn；当a0时，AnBn点评：本题主要考查了等差数列的性质涉及了等差数列的通项公式，求和公式以及数列的求和的方法，综合考查了基础知识的运用17（2009江西）各项均为正数的数列an，a1=a，a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n，p，q都有（1）当时，求通项an；（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有考点：数列与不等式的综合专题：综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）由，令m=1，p=2，q=n1，并将代入化简，可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求数列的通项；（2）记为bm
39、+n，则，考察函数 ，则在定义域上有，从而对nN*，bn+1g（a）恒成立，结合，即可得证解答：（1）解：由得将代入化简得所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，从而，即（2）证明：由题设的值仅与m+n有关，记为bm+n，则考察函数 ，则在定义域上有故对nN*，bn+1g（a）恒成立又 ，注意到，解上式得，取，即有点评：本题考查数列递推式，考查赋值法的运用，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，难度较大18（2008安徽）设数列an满足a1=0，an+1=can3+1c，nN*，其中c为实数（1）证明：an0，1对任意nN*成立的充分必要条件是c0，1；（2）设，证明：an1（3c）n1，nN*；（3）设，证明：考点：数列与不等式的综合专题：证明题；压轴题分析：（1）先证明必要性：a20，1c0，1，再证明充分性：设c0，1，对nN*用数学归纳法证明an0，1（2）设，当n=1时，a1=0，结论成立当n2时，an=can13+1c，1an=c（1an1）（1+an1+an12），所以1+a
