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已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，数列{an+Sn}是公差为2的等差数列．（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明数列{an-2}为等比数列；（Ⅲ）判断是否存在λ（λ∈Z），使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，若存在，求出λ的最大值；若不存在，请说明理由．
题型：解答题难度：中档来源：不详
（Ⅰ）∵数列{an+Sn}是公差为2的等差数列，∴（an+1+Sn+1）-（an+Sn）=2，即an+1=an+22，（2分）∵a1=1，∴a2=32，&a3=74；（4分）（Ⅱ）证明：由题意，得a1-2=-1，∵an+1-2an-2=an+22-2an-2=12，∴{an-2}是首项为-1，公比为12的等比数列；（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）得an-2=-(12)n-1，∴an=2-(12)n-1，∵{an+Sn}是首项为a1+S1=2，公差为2的等差数列，∴an+Sn=2+（n-1）×2=2n，∴Sn=2n-2+(12)n-1，（9分）设存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，即存在整数λ，使不等式n-1+(12)n-1≥λ[2-(12)n-1]对任意的n∈N*成立，∴当n=1时，不等式成立，解得λ≤1，（10分）以下证明存在最大的整数λ=1，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立．当n=2时，不等式化简为32≥32，成立；当n≥3时，∵(Sn-n+1)-an=n-3+(12)n-2＞0，∴（Sn-n+1）＞an成立．综上，知存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，且λ的最大值为1．（14分）
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据魔方格专家权威分析，试题“已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，数列{an+Sn}是公差为2的等差数..”主要考查你对&&等差数列的定义及性质，等比数列的定义及性质，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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等差数列的定义及性质等比数列的定义及性质数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
等差数列的定义：
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为an+1-an=d。 等差数列的性质：
（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列； （2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和； （3）m，n∈N*，则am＝an+(m-n)d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则as+at=ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有as+at=2ap； （5）若数列｛an｝，｛bn｝均是等差数列，则数列｛man+kbn｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。（6）（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即 （8）&仍为等差数列，公差为
&对等差数列定义的理解：
①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列．&②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有 还有 ③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d&0时，数列为递增数列；当d&0时，数列为递减数列；④ 是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；⑤证明一个数列是等差数列，只需证明an+1-an是一个与n无关的常数即可。
等差数列求解与证明的基本方法：
(1)学会运用函数与方程思想解题；(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．等比数列的定义：
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。 等比数列的性质：
在等比数列｛an｝中，有 （1）若m+n=p+q，m，n，p，q∈N*，则aman=apaq；当m+n=2p时，aman=ap2； （2）若m，n∈N*，则am=anqm-n； （3）若公比为q，则｛｝是以为公比的等比数列； （4）下标成等差数列的项构成等比数列； （5）1）若a1＞0，q＞1，则｛an｝为递增数列； 2）a1＜0，q＞1， 则｛an｝为递减数列； 3）a1＞0，0＜q＜1，则｛an｝为递减数列； 4）a1＜0， 0＜q＜1， 则｛an｝为递增数列； 5）q＜0，则｛an｝为摆动数列；若q＝1，则｛an｝为常数列。
等差数列和等比数列的比较：
如何证明一个数列是等比数列：
证明一个数列是等比数列，只需证明是一个与n无关的常数即可（或an2=an-1an+1）。 数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
发现相似题
与“已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，数列{an+Sn}是公差为2的等差数..”考查相似的试题有：
805699752468327175890642763422333612已知递增数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，4Sn-4n+1=an2．设bn=nan+1，n∈N*，且数列{bn}的前n项和为Tn．（1）求证：数列{an}为等差数列；（2）试求所有的正整数m，使得m2+am+12-am+22amam+1为整数；（3）若对任意的n∈N*，不等式λTn＜n+18（-1）n+1恒成立，求实数λ的取值范围．
小苹果xqaq
（1）证明：由n-4n+1＝an2，得n-1-4(n-1)+1＝an-12(n≥2)，…（2分）所以n-4＝an2-an-12(n≥2)，即n2-4an+4＝an-12，即n-2)2＝an-12（n≥2），所以an-2=an-1（n≥2）或an-2=-an-1（n≥2），即an-an-1=2（n≥2）或an+an-1=2（n≥2），…（4分）若an+an-1=2（n≥2），则有a2+a1=2，又a1=1，所以a2=1，则a1=a2，这与数列{an}递增矛盾，所以an-an-1=2（n≥2），故数列{an}为等差数列．…（6分）（2）由（1）知an=2n-1，所以m2+am+12-am+22amam+1=2+(2m+1)2-(2m+3)2(2m-1)(2m+1)=2-12m-74m2-1＝4m2-1-12m-64m2-1＝1-62m-1，…（8分）因为，所以，又2m-1≥1且2m-1为奇数，所以2m-1=1或2m-1=3，故m的值为1或2．…（10分）（3）由（1）知an=2n-1，则n＝1(2n-1)(2n+1)＝12(12n-1-12n+1)，所以Tn=b1+b2+…+bn==，…（12分）从而n+1对任意n∈N*恒成立等价于：当n为奇数时，恒成立，记，则≥49，当n=3时取等号，所以λ＜49，当n为偶数时，恒成立．记，因为递增，所以g（n）min=g（2）=-40，所以λ＜-40．综上，实数λ的取值范围为λ＜-40．…（16分）
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（1）由已知条件推导出an-2=an-1（n≥2）或an-2=-an-1（n≥2），由此能证明数列{an}为等差数列．（2）由an=2n-1，知m2+am+12-am+22amam+1=1-，由此能求出所有的正整数m，使得m2+am+12-am+22amam+1为整数．（3）由an=2n-1，知n＝1(2n-1)(2n+1)＝12(12n-1-12n+1)，由此利用裂项求和法结合已知条件能求出实数λ的取值范围．
本题考点：
数列的求和；数列递推式．
考点点评：
本题考查等差数列的证明，考查满足条件的所有的正整数的求法，考查实数的取值范围的求法，解题时要注意裂项求和法的合理运用．
扫描下载二维码已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=Sn-1/2Sn-1 +1,a1=2,求证{1/Sn}是等差数列已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=Sn-1/2Sn-1 +1（n大于等于2）,a1=2,求证{1/Sn}是等差数列及an的表达式
由Sn=Sn-1/2Sn-1 +1 ,两边同时取倒数可得1/Sn=( 2Sn-1 +1)/Sn-11/Sn= 2+1/Sn-1即1/Sn-1/Sn-1=2故{1/Sn}是首项为1/2,公差为2的等差数列1/Sn=1/2+2（n-1） 得Sn=2/(4n-3)由an与Sn的关系可知,n=1时,a1=S1=2a>1时,an=Sn-Sn-1=2/(4n-3)-2/(4n-7)整理得an= -8/(4n-3)(4n-7)要求什么,首先必须抓住条件,从条件入手,像目标靠近.数列题目,应该善于利用an与Sn的关系.以及Sn-1与Sn的关系.
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你的题目我看不大懂，所以我只能猜测下 你的题目是不是
Sn = S(n-1)/(2S(n-1) +1)颠倒下
1/Sn =(2S(n-1) +1)/S(n-1) = 2 +1/S(n-1) 所以
1/Sn 是以 1/2 为首项，2为公差的等差数列。1/Sn = 2(n-1) +1/2 = 2n - 3/2;Sn = 1/( 2n -...
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（Ⅰ）∵数列{an+Sn}是公差为2的等差数列，∴（an+1+Sn+1）-（an+Sn）=2，即n+1＝an+22，（2分）∵a1=1，∴2＝32，&a3＝74；（4分）（Ⅱ）证明：由题意，得a1-2=-1，∵n+1-2an-2＝an+22-2an-2＝12，∴{an-2}是首项为-1，公比为的等比数列；（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）得n-2＝-(12)n-1，∴n＝2-(12)n-1，∵{an+Sn}是首项为a1+S1=2，公差为2的等差数列，∴an+Sn=2+（n-1）×2=2n，∴n＝2n-2+(12)n-1，（9分）设存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，即存在整数λ，使不等式n-1≥λ[2-(12)n-1]对任意的n∈N*成立，∴当n=1时，不等式成立，解得λ≤1，（10分）以下证明存在最大的整数λ=1，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立．当n=2时，不等式化简为，成立；当n≥3时，∵n-n+1)-an＝n-3+(12)n-2＞0，∴（Sn-n+1）＞an成立．综上，知存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，且λ的最大值为1．（14分）
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（Ⅰ）由题意知（an+1+Sn+1）-（an+Sn）=2，即n+1＝an+22，由此可知2＝32，&a3＝74．（Ⅱ）由题意得a1-2=-1，再由n+1-2an-2＝an+22-2an-2＝12，知{an-2}是首项为-1，公比为的等比数列．（Ⅲ）由题意知n＝2-(12)n-1，所以n＝2n-2+(12)n-1，设存在整数λ，使不等式n-1≥λ[2-(12)n-1]对任意的n∈N*成立，∴当n=1时，不等式成立，解得λ≤1．由此可知存在整数λ，使不等式Sn-n+1≥λan对任意的n∈N*成立，且λ的最大值为1．
本题考点：
等差数列的性质；等比关系的确定；数列的求和．
考点点评：
本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．
扫描下载二维码设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=[（an+1）\2 ]^2.证明数列{an}为等差数列
设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=[（an+1）\2 ]^2.证明数列{an}为等差数列 5
解答如图所示
其他回答 (1)
S1=a1=[(a1+1)/2]&?，解得a1?-2a1+1=0，得到a1=1
当n&=2时，an=Sn-S(n-1)=[(an+1)/2]?-[(a(n-1)+1)/2]?
即4an=(an+1)?-(a(n-1)+1)?，化简得(a(n-1)+1)?=(an-1)?。当n&=2时，a(n-1)&0，所以a(n-1)+1&0，又(an-1)&1
那么当(a(n-1)+1)?=(an-1)?时，即得a(n-1)+1=an-1，也就是an=a(n-1)+2故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列。
an=2n-1，Sn=n?
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