数列大题专题训练1.docx

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1、数列大题专题训练1数列大题专题训练1 1已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+求数列an的通项公式； 设bn=log3(1-Sn)(nN)，求满足方程 试题分析：由*1an=1(nN*). 211125+L+=的n值. b2b3b3b4bnbn+151Sn与an关系求数列an的通项公式时，注意分类讨论：当n=1时，a1=S1；当n2时，1a=an-1nan=Sn-Sn-13，得到递推关系，再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项 1111n=-Sn=1-ann3，再代入求得bn=-n，因为bnbn+1nn+1，从而根据裂项相消法求先求数列前项和111111125+L+=-=bbb3b4bn

2、bn+12n+1，解2n+151得n值 和23a1=23， 试题解析：当n=1时，11Sn+an=1Sn-1+an-1=122当n1时， 311an-an-1=0an=an-1232，即 an=23n. 21(1-n)3=1-(1)nSn=311113=-1-b=-nbnbn+1nn+13，n， 11111+L+=-b2b3b3b4bnbn+12n+1， 1125-=即2n+151，解得n=101. 考点：由Sn与an关系求数列an的通项公式，裂项相消法求和 将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用c(其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数)

3、的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂于形如anan1试卷第1页，总14页 11项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如(n2)或. n2已知数列求an是等比数列，首项a1=1，公比q0,其前n项和为Sn,且S1+a1,S3+a3,S2+a2,成等差数列an的通项公式； anbn1若数列bn满足an+1=21an=2n-1,Tn为数列bn前n项和，若Tnm恒成立，求m的最大值 ；1 试题分析：由题意可知:2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3 a1114a3=a1 3=q2=,q=an=a1422n-11；由an+1=2anbn

4、11=22nanbnbn= ng2n-1Tn=11+22+322+.+ng2n-1，再由错位相减法求得Tn=1+(n-1)2n,Tn+1-Tn= (n+1)g2n0Tn为递增数列当n=1时，(Tn)min=1,又原命题可转化(Tn)minmm1m的最大值为1 试题解析： 由题意可知:2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3, a1112即4a3=a1,于是3=q=,Qq0,q=,Qa1=1,an= a14221Qan+1=2anbnn-111,=22nanbn,bn=ng2n-1, Tn=11+22+322+.+ng2n-1, 2Tn=12+2

5、22+323+.+ng2n , - 得:-Tn=1+2+2+.+22n-11-2n-ng2=-ng2n=(1-n)2n-1,Tn=1+(n-1)2n, 1-2nQTnm恒成立，只需(Tn)minmQTn+1-Tn=ng2n+1-(n-1)g2n=(n+1)g2n0, Tn为递增数列，当n=1时，(Tn)min=1,m1,m的最大值为1 考点：1、等差数列；2、等比数列；3、数列的前n项和；4、数列与不等式 本题考查等差数列、等比数列、数列的前n项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型第二小题首1先

6、由an+1=2anbn11=22nanbnbn=ng2n-1Tn=11+22+322+. +ng2n-1再由错位相减法求得Tn=1+(n-1)2nTn+1-Tn=(n+1)g2n0Tn为递增数列当n=1时，试卷第2页，总14页 (Tn)min=1再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化(Tn)minmm1m的最大值为1 3已知数列an中，a1=2,a2=3，其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2Sn+1，其中n2,nN *求证：数列an为等差数列，并求其通项公式； -n设bn=an2，Tn为数列bn的前n项和 求Tn的表达式； 求使Tn2的n的取值范围 证明见解析；Tn=3-n+3*

7、；，且 nNn3n2 试题分析：借助题设条件运用错位相减法推证；借助题设运用函数的单调性探求 试题解析： *由已知，(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=1(n2,nN)，即an+1-an=1(n2,nN)， a2-a1=1，数列an是以a1=2为首项，公差为1的等差数列，an=n+1 an=n+1，bn=(n+1)1， n21111Tn=2+32+nn-1+(n+1)n， 222211111Tn=22+33+nn+(n+1)n+1， 2222211111-得：Tn=1+2+3+n-(n+1)n+1， 22222n+3n+3n+3Tn=3-n代入不等式得3-n2，即n-10， 222n+3n

8、+2设f(n)=n-1，则f(n+1)-f(n)=-n+10,f(2)=110,f(3)=-0，当n3时，f(n)1,a1=1，且a1,a3,a2+14成等差数列，数列bn满足：a1b1+a2b2+L+anbn=(n-1)g3n+1(nN*) 求数列an和bn的通项公式； 若manbn-8恒成立，求实数m的最小值 bn=2n-1； 试题分析：数列an是首项为1，公比为q的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得an=3n-11 81，再将n换为n-1，两式相减可得bn=2n-1；若manbn-8恒成立，即为m2n-9的3n-1最大值，由cn=2n-9作差，判定函数的单调

9、性，即可得到最大值，进而得到m的最小值 n-13试题解析：因为等比数列an满足：a1=1,a1,a3,a2+14成等差数列， 所以：2a3=a1+a2+14，即2a1q=a1+a1q+14， 所以：2q-q-15=0，所以q=3 所以an=3n-122， n因为：a1b1+a2b2+L+anbn=(n-1)g3+1， 所以当n2时，有a1b1+a2b2+L+an-1bn-1=(n-2)g3-得：anbn=(2n-1)g3n-1n-1+1， (n2)， 所以bn=2n-1(n2)，当n=1时也满足，所以bn=2n-1 2n-9恒成立， 3n-12n-920-4n令cn=n-1，则cn+1-cn=

10、 n33若manbn-8恒成立，则m试卷第5页，总14页 当n=5时，c5=c6， 当n5时，c1c2c3c45时，c6c7c8L 所以cn的最大值为c5=c6=111，所以m，m的最小值为 818181考点：等比数列的通项公式；数列的求和 n+17已知数列an，an0，其前n项和Sn满足Sn=2an-2，其中nN* 设bn=an，证明：数列bn是等差数列； 2n-n设cn=bn2，Tn为数列cn的前n项和，求证：Tndn成b立 证明见解析；证明见解析；l=-1. 试题分析：借助题设条件运用等差数列的定义推证；依据题设运用错位相减法推证；借助题设建立不等式分类探求. 试题解析： 当n=1时，S

11、1=2a1-4，a1=4， n+1n当n2时，an=Sn-Sn-1=2an-2-2an-1+2， nan-2an-1=2，即anan-1-n-1=1， n22bn-bn-1=1， a1=2，bn是首项为2，公差为1的等差数列，bn=n+1 21-ncn=bn2=(n+1)n， 223n+1Tn=+2+n， 22212nn+1Tn= 2+n+n+1, 222211(1-)2n-11111n+1n+131n+122相减得Tn=1+2+3+n-n+1=1+-n+1=-n-n+1， 12222222221-22n+1n+3Tn=3-n-n=3-ndn得4n+1+(-1)nl2n+24n+(-1)n-1

12、l2n+1， 34n+(-1)nl2n+2+(-1)nl2n+10， 试卷第6页，总14页 34n+(-1)nl2n+130， 2n-1+(-1)nl0， 当n为奇数时，l2n-1，l-2， 当n为偶数时，l-2n-1-2l1， 又l为非零整数， l=-1 考点：等差数列及错位相减法等有关知识的综合运用 本题以数列的前n项和与通项之间的关系等有关知识为背景,其目的是考查等差数列等比数列等有关知识的综合运用,及推理论证能力、运算求解能力、运用所学知识去分析问题和解决问题的能力的综合问题.求解时n+1充分借助题设条件中的有效信息Sn=2an-2,借助数列前n项和Sn与通项an之间的关系an=Sn-

13、Sn-1(n2)进行推证和求解.本题的第一问,利用等差数列的定义证明数列则借助错位相减的求和方法先求出Tn=3-取值范围. 8设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1Sn+1=2Sn+n+1nN*. 求数列an的通项公式； 若bn=n，求数列bn的前项和Tn. an+1-anan是等差数列；第二问中2n2n+1n+3-=3-0，an+2an=4Sn-1. 求an的通项公式； 设bn=1，求数列bn的前n项和Tn. anan+1试卷第8页，总14页 an=2n-1； n 2n+1试题分析：根据条件等式分n=1与n2，利用an与Sn的关系可求得数列的通项公式；首先结合求得bn的表达式，然后利用裂项

14、法求和即可 2试题解析：依题意有(an+1)=4Sn 2当n=1时，(a1-1)=0，得a1=1； 2当n2时，(an-1+1)=4Sn-1 有-得(an+an-1)(an-an-1-2)=0， 因为an0，an+an-10an-an-1-2=0(n2)， an成等差数列，得an=2n-1. bn=111(-)， 22n-12n+111111111nTn=b1+b2+L+bn=(1-+-+L+-)=(1-)= 23352n-12n+122n+12n+1考点：1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和 11已知数列an是等比数列，满足a1=3,a4=24，数列bn满足b1=4,b4=22，且bn-

15、an是等差数列. 求数列an和bn的通项公式； 求数列bn的前n项和。 n-1n-1()an=32；bn=2-n+32(n=1,2,L).n(3-n)+32n-3. 2试题分析：数列an是等比数列,所以根据公式qn-m=an，求公比，根据首项和公比求通项公式，因为数am列bn-an是等差数列，所以根据数列的首项b1-a1和数列的第四项b4-a4，求数列的公差，即求得数列bn-ann-1的通项公式，最后再求得数列bn的通项公式；bn=2-n+32(n=1,2,L)，所以根据分组转化法：等差数列加等比数列求和. 试题解析：设等比数列an的公比为q，由题意得q=3n-1n-1所以an=a1q=32(

16、n=1,2,L). a424=8，解得q=2. a13设等差数列bn-an的公差为d， 试卷第9页，总14页 所以b4-a4=(b1-a1)+3d.即22-24=(4-3)+3d.解得d=-1. 所以bn-an=(b1-a1)+(n-1)d=1-(n-1)=2-n. n-1从而bn=2-n+32(n=1,2,L). n-1由知bn=2-n+32(n=1,2,L). 数列2-n的前n项和为n(3-n)，数列32n-1的前n项和为 21-2n3=3(2n-1)=32n-3. 1-2所以，数列bn的前n项和为n(3-n)+32n-3. 2考点：1.等差，等比数列求和；2.分组转化法求和. 2*a=1

17、,S=na-2n+2nnNan(). S1nn12设数列的前n和为n，求证：数列an为等差数列, 并分别写出an和Sn关于n的表达式； S1+SS2S3+.+n+2n=112423n？若存在,求出n的值; 若不存在, 请说明理由； 是否存在自然数n,使得设cn=2mnN*),Tn=c1+c2+c3+.+cn(nN*),若不等式Tn(mZ),对nN*恒成立, (n(an+7)32求m的最大值. 2证明见解析，an=4n-3,Sn=2n-n；n=10；7. 2试题分析：利用an=Sn-Sn-1，求得an-an-1=4，这是等差数列，故an=4n-3,Sn=2n-n；Sn=2n-1，n这是等差数列，

18、前n向和为n+2=1124，故n=10；cn=2n111-，利用裂项求和法求得2nn+1Tn=nm，解得m0,TnTn+1,即Tn单调递增, =1-=,n+1n2n+12n+12n+2n+12n+12(n+1)()()()()1mm1成立, 即m恒成立, 只需432324故符合条件m的最大值为7. 故(Tn)min=T1=考点：数列的基本概念，数列求和，不等式 13设数列an满足a1+aa2a3*，. nN+2+L+nn=2n-1222求数列an的通项公式； 设bn=an，求数列bn的前n项和Sn. (an-1)(an+1-1)n*an=2(nN)；Sn=1- 12n+1-1. 2n11=-试

19、题分析：利用递推关系即可得出；结合可得bn=n，利用裂项2-12n+1-12n-12n+1-1()()相消求和. 试题解析：因为a1+aa2a3*nN， +2+L+nn=2n-1222所以当n=1时，a1=2. 当n2时，a1+-得，an-1a2a3+2+L+n=2(n-1)， 222-2an=2 n-12n所以an=2. 因为a1=2，适合上式，所以an=2(nN). n*an2n由得an=2，所以bn= =nn+1(an-1)(an+1-1)(2-1)(2-1)n=11. -nn+12-12-1试卷第11页，总14页 所以Sn=b1+b2+L+bn 1111111=(1-)+(-)+(-)

20、+L+(n-n+1) 3377152-12-11. =1-n+12-1考点：数列递推式；数列求和. 14已知函数f(x)=2x，数列an满足a1=1，an+1=f 3x+2m-2016对一切正整数n都成立，求最小的正整数m的值 2求数列an的通项公式； 设bn=anan+1，数列bn的前n项和为Sn，若Snan= 试题分析：由已知可得到数列an的递推公式，递推公式两边取倒数，可得数列2；2018 3n-111是等差数列，求出anan的通项公式进而可得数列an的通项公式；由可得数列bn的通项公式，将其变形后利用“裂项相消法”求前n项和，可得Sn2m-62，只需即可. 3232an3a+2， 试题

21、解析：an+1=f=n131aa取倒数，可得n+1=2+n， 则1133n-12=+(n-1)=，即有an=； ana1223n-122g=3n-13n+2411- 33n-13n+2bn=anan+1=前n项和为Sn=41111114112(-+-+L+-)=(-)-9 n试题分析：由an+1=Sn+3，可得数列Sn-3是公比为2，首项为a1-3的等比数列；当n2时，n试卷第12页，总14页 an=Sn-Sn-1=(a1-3)2n-2+23n-1，利用an为递增数列，即可求解a1的取值范围. 试题解析：证明：an1Sn3，Sn12Sn3， n1nSn132又a13， n数列Sn3是公比为2，

22、首项为a13的等比数列 nn1n1n由得，Sn32，Sn23. n2n1当n2时，anSnSn1223. an为递增数列， n1nn2n1当n2时，223223， n*n32122n2n-2a130，a19. a2a13a1，a1的取值范围是a19. 考点：等比数列的性质；等比数列的定义；数列的递推式的应用. 本题主要考查了利用等比数列的定义判定和证明数列为等比数列、等比数列的性质的应用和数列的递推关系式的化简与运算，解答中得数列Sn-3n是公比为2，首项为a-3的等比数列和化简出1an=(a1-3)2n-2+23n-1是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与

23、运算能力，属于中档试题. 216已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,满足an+1=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列bn的前3项. 求数列an,bn的通项公式； 若cn=(-1)log2bn-n1,求数列cn的前n项和为Tn. anan+11n-1+(n为偶数）2n+2nan=n+1,bn=2；Tn=. n+21-+(n为奇数）2n+2试题分析：借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式求解；借助题设条件运用分类整合思想和裂项相消法求解. 试题解析： 22Qan=2S+n+4,a+1nn=2Sn-1+n-1+4(n2)2,两式相减得2222an,an+1-an=2an+1

24、+1=an+2an+1=(an+1),Qan是各项均为正数的数列, 所以an+1-an=1,又2a3=(a2-1)a7,(a2+1)=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,所以an是以2为首项,1为公差的等差数列,2n所以an=n+1.由题意知b1=2,b2=4,b3=8,bn=2. 由得cn=(-1)log22-nn1(n+1)(n+2)=(-1)n-n1(n+1)(n+2), 试卷第13页，总14页 111n故Tn=c1+c2+.+cn=-1+2-3+.+(-1)n-+.+ 2334n+1n+2()()设Fn=-1+2+3+.+(-1)n,则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+.+-(n-1)+n=当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=nn, 2-(n+1)111n-1+.+-n=, 设Gn=, 2334n+1n+222()()1n-1+(n为偶数）111111112n+2则Gn=-+-+.+,所以Tn=. -=-n+212334n+1n+22n+2-+(n为奇数）2n+2考点：等差数列等比数列的通项公式及分类整合思想和裂项相消法等有关知识的综合运用 试卷第14页，总14页