本章总结提升
【知识辨析】
1.√ [解析] 该数列是每项都为1的常数列,有无穷多项,是无穷数列.
2.√ [解析] 若某个数列的第n项和n之间可以建立一个函数关系式,则这个数列就有通项公式,否则这个数列就没有通项公式.
3.√ [解析] “递推关系是表示数列的一种方法”这一说法是正确的.
4.× [解析] 若这些常数都相等,则这个数列是等差数列;若这些常数不全相等,则这个数列就不是等差数列.
5.× [解析] 如数列-1,2,-3,4,-5,其各项的绝对值构成等差数列,但其本身不是等差数列.
6.× [解析] 当公差d=0时,等差数列的前n项和不是二次函数模型.
7.√ [解析] ==(2n-1)an.
8.√ [解析] 等比数列{an}的前n项和Sn=(q≠0且q≠1)可变形为Sn=-qn(q≠0且q≠1),若令a=,则Sn=a-aqn,故该说法正确.
9.√ [解析] 根据等比数列的通项公式可知该说法正确.
10.× [解析] 当x=1时,前n项和无法用表示.
【素养提升】
题型一
例1 (1)A (2)12 [解析] (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a+2nb-(a+2n-1b)=2n-1b,当n=1时,a1=S1=a+2b.若数列{an}为等比数列,则=,即=,可得a+b=0且b≠0,充分性成立.若a+b=0,当a=0且b=0时,a1=0,{an}不是等比数列,故必要性不成立.故“数列{an}为等比数列”是“a+b=0”的充分不必要条件.故选A.
(2)因为{an}是等差数列,所以S15==15a8=5(a4+a8+ak),所以2a8=a4+ak,所以2×8=4+k,解得k=12.
变式 解:(1)证明:由题可得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn),又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
由题可得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=+2,又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1,
所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,
bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
题型二
例2 BC [解析] 对于A,若数列{an}的公差为0,则由ap+aq=as+at不能得出p+q=s+t,故A错误;
对于B,设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)d=n2+n,
则C=0,故B正确;
对于C,由Sn=2n+1+m,可知等比数列{an}的公比不为1,设公比为q,
由Sn==-qn,得q=2,=-2,
所以m=-2,故C正确;
对于D,在等比数列{an}中,当公比为-1时,若k=2,此时S2=0,故S2,S4-S2,S6-S4不是等比数列,故D错误.故选BC.
变式 (1)D (2)AC [解析] (1)对于A,B,若an=(-1)n,满足a6>0,但S6=0,故A,B错误;
对于C,若an=(-1)n+1,满足a5>0,但S5=1>0,故C错误;
对于D,设{an}的公比为q,若a5>0,即a1q4>0,则a1>0,
当q>0时,an>0,则S5>0,
当q<0时,1-q>0,1-q5>0,所以S5=>0,
故D正确.故选D.
(2)由等差数列的性质可知A正确;
对于B,当{an}的公比为1时,对任意m,n,p,q∈N*,都有am·an=ap·aq,故B错误;
对于C,设{an}的公差为d,则(S10-S5)-S5=a6+a7+a8+a9+a10-(a1+a2+a3+a4+a5)=25d,
(S15-S10)-(S10-S5)=a11+a12+a13+a14+a15-(a6+a7+a8+a9+a10)=25d,
所以S5,S10-S5,S15-S10成等差数列,故C正确;
对于D,当an=(-1)n时,S4=0,所以S4,S8-S4,S12-S8不成等比数列,故D错误.故选AC.
题型三
例3 (1)C (2)AC [解析] (1)设等差数列{an}的公差为d,
则S3=3a1+d=3a1+3d,S16=16a1+d=16a1+120d,∵S3=S16,∴3a1+3d=16a1+120d,即d=-a1,又a1>0,∴d<0,
∴数列{an}是递减数列.点(n,Sn)在开口向下的二次函数的图象上,
∵S3=S16,∴点(3,S3)与点(16,S16)关于直线x=对称,
∴当n=9或n=10时,Sn取得最大值.故选C.
(2)由题意可知S31-S30=a31<0,故A正确;
因为S32-S31=a32>0,所以d=a32-a31>0,故B不正确;
因为d>0,a31<0,a32>0,所以a1<…
因为S32-S30=a31+a32>0,
所以S61==61a31<0,S62==31(a31+a32)>0,
所以使Sn<0成立的n的最大值为61,故D不正确.
故选AC.
变式 (1)ABD (2)ABD [解析] (1)等差数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=dn+a1-d.
对于A,由an=dn+a1-d,可得a2n-1=d(2n-1)+a1-d=2dn+a1-2d,所以a2n+1-a2n-1=2d,所以数列{a2n-1}是公差为2d的等差数列,故A正确;
对于B,由an=dn+a1-d,可得2an-1=2dn+2a1-2d-1,所以(2an+1-1)-(2an-1)=[2d(n+1)+2a1-2d-1]-(2dn+2a1-2d-1)=2d,所以数列{2an-1}是公差为2d的等差数列,故B正确;
对于C,由an=dn+a1-d,可得==d+,当a1-d≥0时,数列不是递增数列,故C不正确;
对于D,由an=dn+a1-d,可得an+3nd=4dn+a1-d,所以[an+1+3d(n+1)]-(an+3nd)=4d>0,所以数列{an+3nd}是递增数列,故D正确.故选ABD.
(2)对于A,由等差数列的性质可得a3+a23=2a13,所以a3+a13+a23=3a13<0,即a13<0,又a13+a14>0,所以a14>0,故A正确;
对于B,因为{an}的公差d=a14-a13>0,所以{an}为递增数列,故B正确;
对于C,因为d>0,a13<0,a14>0,所以Sn的最小值为S13,故C错误;
对于D,S26==13(a13+a14)>0,故D正确.
故选ABD.
题型四
例4 (1)B (2) [解析] (1)易知2n-1是正奇数,n2+2n=(n+1)2-1.当n为奇数时,设n=2k-1(k∈N*),则(n+1)2-1=4k2-1为奇数,当n为偶数时,设n=2k(k∈N*),则(n+1)2-1=(2k+1)2-1=4k(k+1)为偶数,
所以cn===,
所以c1+c2+…+c99=×=×=.故选B.
(2)cos2n°=sin2(90°-n°) ,
S89=cos21°+cos22°+cos23°+…+cos289°,
∵cos289°=sin21°,cos288°=sin22°,cos287°=sin23°,…,cos21°=sin289°,
∴2S89=(cos21°+cos289°)+(cos22°+cos288°)+…+(cos289°+cos21°)=(cos21°+sin21°)+(cos22°+sin22°)+…+(cos289°+sin289°)=1×89=89,∴S89=.
变式 解:(1)(i)由an+1=2an-2n+5,
得an+1-2(n+1)+3=2(an-2n+3),
因为a2=2a1-2+5=1,所以a1=-1,所以a1-2+3=0,
所以an=2n-3.
因为3Sn=bn+2,所以b1=1,3Sn-1=bn-1+2(n≥2),
则3(Sn-Sn-1)=3bn=bn-bn-1(n≥2),
化简得bn=-bn-1(n≥2),
所以{bn}是首项为1,公比为-的等比数列,
所以bn=.
(ii)由(i)可得Sn=,n∈N*,因为-≤≤,所以≤Sn≤1,
所以解得0≤λ<1,
所以λ的取值范围是[0,1).
(iii)因为anbn=(2n-3)·,
所以Tn=-1++3×+…+(2n-3)×①,
所以-Tn=++3×+…+(2n-3)×②,
由①-②得Tn=-1+2×-(2n-3)×=-1--(2n-3)×=-+×=-+×,
所以Tn=×-.
(2)(i)因为{an}为等差数列,且a2与a8的等差中项为5,
所以a2+a8=2×5=2a5,解得a5=5.
因为a4a6=24,所以(5-d)(5+d)=24,解得d=±1,
又d>0,所以d=1,所以an=a5+(n-5)d=5+(n-5)=n,
所以数列{an}的通项公式为an=n.
(ii)由题知,bn=
即bn=
所以T20=b1+b2+b3+b4+…+b19+b20=
1+×+3+×+…+19+×=+×=100+=,
故数列{bn}的前20项和T20=.
题型五
例5 解:(1)由题意及二次函数的性质知,当x=时,f(x)取得最小值,则f(x)min=3n-2n,即g(n)=3n-2n.
(2)当n≥4,n∈N*时,g(n)>(n-2)·2n+2n2,下面用数学归纳法证明.
(i)当n=4时,左边=g(4)=34-24=65,右边(4-2)×24+2×42=64,不等式成立.
(ii)假设当n=k(k≥4,k∈N*)时,不等式成立,即3k-2k>(k-2)·2k+2k2,
则当n=k+1时,g(k+1)=3k+1-2k+1=3(3k-2k)+3×2k-2k+1>3×[(k-2)·2k+2k2]+2k=3(k-2)·2k+6k2+2k=(k-2)·2k+1+(k-1)·2k+6k2,
因为k≥4,所以(k-2)·2k+1+(k-1)·2k+6k2>(k-2)·2k+1+2k+1+2(k+1)2=[(k+1)-2]·2k+1+2(k+1)2,所以当n=k+1时,不等式也成立.
由(i)(ii)可知,当n≥4,n∈N*时,g(n)>(n-2)·2n+2n2.
变式 (1)证明:①当n=1时, xn-yn=x-y显然能被x-y整除,命题成立.
②假设当n=k,k∈N*时,命题成立,即 xk-yk能被x-y整除,设 xk-yk=m(x-y)(m∈Z,m≠0),
则当n=k+1时,
xk+1-yk+1=x·xk-y·yk=x(mx-my+yk)-y·yk=mx(x-y)+yk(x-y)=(x-y)(mx+yk),
所以当n=k+1时, 命题也成立.
由①②可知,当x,y,n∈N*,且x≠y时, xn-yn能被x-y整除.
(2)解:(i)由Sn+1=,S1=,
可得S2===,S3==,S4==.
(ii)猜想Sn=.
①当n=1时,等式成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,等式成立,即Sk=,
则当n=k+1时,Sk+1===
=,
所以当n=k+1时,等式也成立.
由①②可知,Sn=(n∈N*).本章总结提升
判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
1.数列1,1,1,…是无穷数列. ( )
2.有些数列没有通项公式. ( )
3.递推关系是表示数列的一种方法. ( )
4.若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列.( )
5.若{|an|}是等差数列,则{an}也是等差数列. ( )
6.等差数列的前n项和是二次函数模型.( )
7.在等差数列{an}中,Sn是其前n项和,则有S2n-1=(2n-1)·an. ( )
8.若某数列的前n项和Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0且q≠1,n∈N*),则此数列一定是等比数列.( )
9.如果给出等比数列的公比和其中一项,那么我们可以求出该等比数列的任意一项.( )
10.数列1,x,x2,…,xn-1的前n项和为. ( )
◆ 题型一 等差、等比数列的通项公式与性质
[类型总述] (1)等差数列与等比数列的定义及应用;(2)等差中项与等比中项的定义及应用;(3)等差数列与等比数列的通项公式;(4)等差数列与等比数列的性质及应用.
例1 (1)[2024·济南高二期中] 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=a+2nb,则“数列{an}为等比数列”是“a+b=0”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2)[2024·山东潍坊高二期中] 记公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S15=5(a4+a8+ak),则k= .
变式 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
◆ 题型二 等差、等比数列的前n项和公式与性质
[类型总述] (1)前n项和公式 ;(2)数列中前n项和的性质.
例2 (多选题)[2024·广东东莞高二期末] 已知数列{an}的前n项和为Sn,则 ( )
A.若{an}是等差数列,且ap+aq=as+at(p,q,s,t∈N*),则p+q=s+t
B.若{an}是等差数列,且Sn=An2+Bn+C(A,B,C∈R),则C=0
C.若{an}是等比数列,且Sn=2n+1+m,其中m为常数,则m=-2
D.若{an}是等比数列,则Sk,S2k-Sk,S3k-S2k也是等比数列
变式 (1)[2024·哈尔滨高二期末] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论中一定成立的是 ( )
A.若a6>0,则S6<0
B.若a6>0,则S6>0
C.若a5>0,则S5<0
D.若a5>0,则S5>0
(2)(多选题)[2024·湖南湘潭一中高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,下列说法正确的有 ( )
A.若{an}为等差数列,m+n=p+q,则am+an=ap+aq,其中m,n,p,q∈N*
B.若{an}为等比数列,am·an=ap·aq,则m+n=p+q,其中m,n,p,q∈N*
C.若{an}为等差数列,则S5,S10-S5,S15-S10成等差数列
D.若{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列
◆ 题型三 等差、等比数列的函数特性
[类型总述] (1)数列的单调性;(2)数列中的最大(小)项.
例3 (1)[2024·山东烟台高二期中] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,且S3=S16,则Sn取得最大值时,n= ( )
A.9 B.10
C.9或10 D.10或11
(2)(多选题)[2024·辽宁抚顺一中高二期中] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,且S32>S30>S31,则下列说法正确的是 ( )
A.a31<0
B.d<0
C.当n=31时,Sn取得最小值
D.使Sn<0成立的n的最大值为62
变式 (1)(多选题)[2023·安徽芜湖高二期末] 已知等差数列{an}的公差d>0,则下列说法中正确的有 ( )
A.数列{a2n-1}是等差数列
B.数列{2an-1}是等差数列
C.数列是递增数列
D.数列{an+3nd}是递增数列
(2)(多选题)[2024·河南淮阳一中高二期末] 已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且a13+a14>0,a3+a13+a23<0,则 ( )
A.a14>0
B.{an}为递增数列
C.Sn的最小值为S14
D.S26>0
◆ 题型四 数列的通项公式及求和
[类型总述] (1)求数列通项公式常用的方法:①公式法;②累加法;③累乘法;④利用an与Sn的关系;⑤构造法;⑥观察法.
(2)数列求和的常用方法:①公式法;②倒序相加法;③错位相减法;④裂项相消法;⑤分组(并项)求和法.
例4 (1)[2024·河南淮阳高中高二期末] 已知n∈N*,an=,bn=,数列{an}与数列{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn},则数列{cn}的前99项和为 ( )
A. B.
C. D.
(2)设数列{an}的通项公式为an=cos2n°,该数列的前n项和为Sn,则S89= .
变式 (1)[2024·成都高二期中] 已知数列{an},{bn}满足a2=1,an+1=2an-2n+5,3Sn=bn+2,其中Sn是数列{bn}的前n项和.
(i)求数列{an},{bn}的通项公式;
(ii)若对任意的n∈N*,都有λ-(iii)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
(2)已知等差数列{an}的公差d>0,a2与a8的等差中项为5,且a4a6=24.
(i)求数列{an}的通项公式;
(ii)设bn=求数列{bn}的前20项和T20.
◆ 题型五 数学归纳法
[类型总述] 用数学归纳法证明与正整数n有关的命题.
例5 已知函数f(x)=x2-x+3n(n∈N*).
(1)求f(x)的最小值g(n);
(2)当n≥4,n∈N*时,试比较g(n)与(n-2)·2n+2n2的大小,并证明你的结论.
变式 (1)用数学归纳法证明:当x,y,n∈N*,且x≠y时,xn-yn能被x-y整除.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,S1=,对任意n∈N*都有Sn+1=成立.
(i)求S2,S3,S4的值;
(ii)猜想Sn的表达式并用数学归纳法证明.(共46张PPT)
本章总结提升
题型一 等差、等比数列的通项公式与性质
题型二 等差、等比数列的前项和公式与性质
题型三 等差、等比数列的函数特性
题型四 数列的通项公式及求和
题型五 数学归纳法
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
1.数列1,1,1, 是无穷数列. ( )
√
[解析] 该数列是每项都为1的常数列,有无穷多项,是无穷数列.
2.有些数列没有通项公式. ( )
√
[解析] 若某个数列的第项和 之间可以建立一个函数关系式,
则这个数列就有通项公式,否则这个数列就没有通项公式.
3.递推关系是表示数列的一种方法. ( )
√
[解析] “递推关系是表示数列的一种方法”这一说法是正确的.
4.若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个
数列是等差数列.
( )
×
[解析] 若这些常数都相等,则这个数列是等差数列;
若这些常数不全相等,则这个数列就不是等差数列.
5.若是等差数列,则 也是等差数列. ( )
×
[解析] 如数列,2,,4, ,其各项的绝对值构成等差数列,
但其本身不是等差数列.
6.等差数列的前 项和是二次函数模型. ( )
×
[解析] 当公差时,等差数列的前 项和不是二次函数模型.
7.在等差数列中,是其前项和,则有 ( )
√
[解析] .
8.若某数列的前项和,且, ,则
此数列一定是等比数列.
( )
√
[解析] 等比数列的前项和且 可变形
为且,
若令,则 ,故该说法正确.
9.如果给出等比数列的公比和其中一项,那么我们可以求出该等比数
列的任意一项.
( )
√
[解析] 根据等比数列的通项公式可知该说法正确.
10.数列1,,, ,的前项和为 . ( )
×
[解析] 当时，前项和无法用 表示.
题型一 等差、等比数列的通项公式与性质
［类型总述］（1）等差数列与等比数列的定义及应用;（2）等差中
项与等比中项的定义及应用;（3）等差数列与等比数列的通项公式;
（4）等差数列与等比数列的性质及应用.
例1（1） [2024·济南高二期中]已知数列的前项和 满足
，则“数列为等比数列”是“ ”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析] 当 时，，
当 时，.
若数列为等比数列，则，即 ，
可得且，充分性成立.
若，当且 时，，不是等比数列，
故必要性不成立.
故“数列 为等比数列”是“ ”的充分不必要条件.故选A.
√
（2）[2024·山东潍坊高二期中] 记公差不为0的等差数列的前
项和为，若，则 ____.
12
[解析] 因为 是等差数列，
所以，
所以 ，所以，解得 .
变式 已知数列和满足, ，
, .
（1）证明:是等比数列， 是等差数列;
证明：由题可得 ，
即，
又因为,所以 是首项为1,公比为 的等比数列.
由题可得 ,即，
又因为,所以 是首项为1,公差为2的等差数列.
（2）求和 的通项公式.
解：由（1）知，， ,
所以 ,
.
题型二 等差、等比数列的前 项和公式与性质
［类型总述］（1）前项和公式 ;（2）数列中前 项和的性质.
例2 （多选题）[2024·广东东莞高二期末] 已知数列的前 项和
为 ，则( )
A.若是等差数列，且 ，则
B.若是等差数列，且，则
C.若是等比数列，且，其中为常数，则
D.若是等比数列，则,, 也是等比数列
√
√
[解析] 对于A，若数列的公差为0，则由 不能
得出 ，故A错误；
对于B，设等差数列的公差为 ，则
，则 ，故B正确；
对于C，由，可知等比数列 的公比不为1，
设公比为 ，由，得， ，
所以 ，故C正确；
对于D，在等比数列中，当公比为时，若，此时 ，
故,,不是等比数列，故D错误.故选 .
变式（1） [2024·哈尔滨高二期末]已知等比数列的前项和为 ，
则下列结论中一定成立的是( )
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
√
[解析] 对于A，B，若，满足，但 ，
故A，B错误；
对于C，若，满足，但 ，故C错误；
对于D，设的公比为,若，即，则 ，
当时，，则 ，
当时，，，所以 ，
故D正确.故选D.
（2）（多选题）[2024·湖南湘潭一中高二期中] 已知数列的前
项和为 ，下列说法正确的有( )
A.若为等差数列，，则 ，其中
,,,
B.若为等比数列，，则，其中 ,
,,
C.若为等差数列，则,, 成等差数列
D.若为等比数列，则,, 成等比数列
√
√
[解析] 由等差数列的性质可知A正确；
对于B，当的公比为1时，对任意,,, ，都有
，故B错误；
对于C，设的公差为 ,则 ，
，
所以,, 成等差数列，故C正确；
对于D，当时，，所以，， 不成
等比数列，故D错误.故选 .
题型三 等差、等比数列的函数特性
［类型总述］（1）数列的单调性;（2）数列中的最大（小）项.
例3（1） [2024·山东烟台高二期中]已知等差数列的前 项和为
，，且，则取得最大值时， ( )
A.9 B.10 C.9或10 D.10或11
√
[解析] 设等差数列的公差为 ，
则 ，
， ，
，即，又， ，
数列是递减数列.点 在开口向下的二次函数的图象上，
， 点与点关于直线 对称，
当或时， 取得最大值.故选C.
（2）（多选题）[2024·辽宁抚顺一中高二期中] 已知等差数列
的前项和为，公差为，且 ，则下列说法正确的
是( )
A.
B.
C.当时， 取得最小值
D.使成立的 的最大值为62
√
√
[解析] 由题意可知 ，故A正确；
因为，所以 ，故B不正确；
因为,,，所以 ，
所以当时， 取得最小值，故C正确；
因为 ，
所以 ,
，
所以使成立的 的最大值为61，故D不正确.
故选 .
变式（1） （多选题）[2023·安徽芜湖高二期末] 已知等差数列
的公差 ，则下列说法中正确的有( )
A.数列是等差数列 B.数列 是等差数列
C.数列是递增数列 D.数列 是递增数列
√
√
√
[解析] 等差数列 的通项公式为
.
对于A，由 ，
可得 ，
所以，所以数列是公差为 的等差数列，故A正确；
对于B，由，可得 ，
所以 ，
所以数列是公差为 的等差数列，故B正确；
对于C，由，可得 ，
当时，数列 不是递增数列，故C不正确；
对于D，由，可得 ，
所以，
所以数列 是递增数列，故D正确.故选 .
（2）（多选题）[2024·河南淮阳一中高二期末] 已知 是等差数列
的前项和，且, ，则( )
A. B. 为递增数列
C.的最小值为 D.
√
√
√
[解析] 对于A，由等差数列的性质可得 ，
所以，即，又 ，
所以 ，故A正确；
对于B，因为的公差，所以 为递增数列，
故B正确；
对于C，因为，，，所以的最小值为 ，
故C错误；
对于D， ，故D正确.
故选 .
题型四 数列的通项公式及求和
［类型总述］（1）求数列通项公式常用的方法：①公式法；②累加
法；③累乘法；④利用与 的关系；⑤构造法；⑥观察法.
（2）数列求和的常用方法：①公式法；②倒序相加法；③错位相减
法；④裂项相消法；⑤分组（并项）求和法.
例4（1） [2024·河南淮阳高中高二期末]已知, ,
，数列与数列 的公共项按从大到小的顺序排列组
成一个新数列，则数列 的前99项和为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 易知是正奇数，.
当 为奇数时，设，则为奇数，当 为偶数时，设 ，
则 为偶数，
所以 ，
所以 .故选B.
（2）设数列的通项公式为 ,该数列的前项和为 ，
则 ___.
[解析] ，
，
， ， ， ，
，
， .
变式（1） [2024·成都高二期中] 已知数列，满足 ，
，，其中是数列的前 项和.
（i）求数列， 的通项公式；
解：由 ，
得 ，
因为，所以，所以 ，
所以 .
因为，所以, ，
则 ，
化简得 ，
所以是首项为1，公比为 的等比数列，
所以 .
（ii）若对任意的，都有，求实数 的取
值范围；
解：由可得，，
因为 ，所以 ，
所以解得 ，
所以 的取值范围是 .
（iii）求数列的前项和 .
解：因为 ，
所以 ，
所以 ,
由 得
，
所以 .
（2）已知等差数列的公差，与 的等差中项为5，且
.
（i）求数列 的通项公式；
解：因为为等差数列，且与 的等差中项为5，
所以，解得 .
因为 ，所以，解得 ，
又，所以 ，
所以 ，
所以数列的通项公式为 .
（ii）设求数列的前20项和 .
解：由题知，
即
所以
，
故数列的前20项和 .
题型五 数学归纳法
［类型总述］ 用数学归纳法证明与正整数 有关的命题.
例5 已知函数 .
（1）求的最小值 ；
解：由题意及二次函数的性质知，当时， 取得最小值，
则，即
（2）当，时，试比较与 的大小，
并证明你的结论.
解：当,时， ，
下面用数学归纳法证明.
（i）当时，左边 ，
右边 ，不等式成立.
（ii）假设当 时，不等式成立，
即 ，
则当 时，
,
因为 ，所以 ，
所以当 时，不等式也成立.
由（i）（ii）可知，当，时， .
变式（1） 用数学归纳法证明：当，，，且 时，
能被 整除.
证明：①当时，显然能被 整除，命题成立.
②假设当,时，命题成立，即能被 整除，
设 ，
则当 时，
，
所以当 时，命题也成立.
由①②可知，当，，，且时，能被 整除.
（2）设数列的前项和为，，对任意 都有
成立．
（i）求，， 的值；
解：由， ，
可得 ，
，
.
（ii）猜想 的表达式并用数学归纳法证明．
解：猜想 .
①当 时，等式成立.
②假设当时，等式成立，即 ，
则当时， ，
所以当 时，等式也成立.
由①②可知， ．