数列专项训练2018

1、数列1 在等差数列an中， 2 a1 a3 a5 3 a8a1036 ，则 a6（）A. 8B.6C. 4D. 32 设等差数列an的前 n 项和为 Sn ，若 S44, S66，则 S5（）A. 0B.2C. 4D.13已知数列 an满足 an 1 an an1（ n2 ），a1m ， a2n ， Sn 为数列 an的前 n 项和，则 S2017 的值为（）A.2017n mB. n2017mC. mD. n4已知等差数列的公差，且，成等比数列，若， 为数列的前 项和，则的最小值为（）A.B.C.D.5已知正项数列an 中， a11 ， a2222，则 a6 等于（）2 ， 2an 1an

2、2anA.16B.8C. 4D. 226 设等差数列 an 的公差是 d ，其前 n 项和是 Sn ，若 a1 d1，则 Sn8 的最an小值是 _ 7 已知数列an的首项 a1 m ，其前 n 项和为 Sn ，且满足 SnSn1 3n22n ，若对 n N， anan 1 恒成立，则 m 的取值范围是 _8 设 各 项 均 为 正 数 的 数 列an的 前n 项 和 为Sn ， 且Sn 满 足 ：2Sn23n23n2 Sn3 n2n0 ，nN* .（）求 a1 的值；（）求数列an的通项公式；（）设 bnan，求数列 bn的前 n 项和 Tn .3n 19已知数列an， an0 ，其前 n

3、项和 Sn 满足 Sn2an 2n1 ，其中 n N * （ 1）设 bnan，证明：数列bn是等差数列；n2（ 2）设 cnbn2 n ， Tn 为数列 cn 的前 n 项和，求证： Tn3 ；（ 3）设 dnn(n1b为非零整数， nN * ），试确定41)2 n （的值，使得对任意 nN * ，都有 dn 1dn 成立10设等比数列an的前 n 项和为n1123成等差数列S ，已知 a =2，且4S，3S，2S（）求数列an 的通项公式；（）设 bn2n5 ? an ，求数列 b n 的前 n 项和 Tn11 已知数列a的前项和Snq（ q 是常数且 q0 ，Sn 和通项 an 满足na

4、n1q 1q 1 ）.（ I ）求数列an的通项公式；（）当 q11时，试证明 Sn；43（）设函数f ( x)log q x ， bnf ( a1 )f (a2 ) Lf (an ) ，是否存在正整数m ，使 n1m 对nN *都成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由 .i1 bi3参考答案1 D【解析】解：由等差数列的性质可知：2 a1a3a53 a8a1023a332a96 a3a962a612a636,a63.本题选择D 选项 .2 A4a143 d4a1454【解析】由题设可得2，则 S10 ，应选5 d4 526a166d522答案 A。3 C【解析】由题设可得an 2

5、an1 ananan 1anan 1 ，则 an 3an , an 6an ，且a1a2a3a4a5 a6m n n mmnn m 0，而201733661，所以 S2017 a1m ，应选答案 C。4 B【解析】等差数列的 公 差， 且成等比数列，解得或，当时，当时，取最小值 ；当时，设，则，当时，取最小值综上，取最小值为故选： D点睛：本题考查等差数列的第项与前 项和的积的最小值的求法；由等差数列的通项公式及等比数列性质列出方程，求出或，由此能求出的最小值5 C【解析】 由2an 12an 22an2 知，数列 an2 是等差数列， 前两项为 1,4 ，所以公差 d3 ，故a621+531

6、6 ，所以 a64，故选 C6 92【解析】等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn1，若 a =d=1，Sn1 n2n , ann2 Sn8n2n16n819,(当且仅当 n=4 时取等号 ) an2n2n22故答案为：9 2点睛：本题考查数列与不等式的综合, 等差数列的通项公式, 等差数列的前n 项和数列与不等式的应用，等差数列的通项公式以及求和是的应用，考查转化思想以及计算能力7154,4【解析】当 n1时， 2a1a25，因为 a1m，所以 a252m ，当 n2 时，令 nn1时， Sn 1Sn3 n22 n1anan 16n1 ，1，和已知两式相减得即 an1an6n7， -

7、 得 an1an1 6 ，n 3，所以数列an的偶数项成等差数列，奇数项从第三项起是等差数列，a36 2ma2 ka26 k 1 5 2m 6k 6 6k 2m 1，a2 k 1a36 k162m 6 k16k2m，若对nN *， anan 1恒成立，即 当n1时 ，a1a2m5，n 2k 1时 ，3a2 k 1a2k 252k 时 ，a2ka2k 1 ， 即6k 2m 6k 2m 5 m， 当 n14156k2m1 6k2m ，解得：m，所以 m 的取值范围是4m.44【点睛】 本题主要考察了递推公式，以及等差数列和与通项公式的关系，以及分类讨论数列的通项公式，本题有一个易错的地方是，忽略n

8、的取值问题，当出现an 1an 16 时，认为奇数项和偶数项成等差数列，其实， 奇数项应从第三项起成等差数列，所以奇数项的通项公式为 a2k 1，而不是 a2k 1，注意这个问题，就不会出错 .8（） a13；（） an3n ；（） Tn3 2n 3 .44 3n【解析】试题分析：（）在已知条件2Sn23n23n2 Sn3 n2n0 ，nN* 中，令 n 1 可a12Sn23n23n 2 Sn 3 n2n0 ，nN *Sn 1 2Sn 3 n2n0Sn32nanS1, n1an2nSnSn 1 , n2bnbnan3nnbnn 13n 1n33nTn.2Sn23n23n2 Sn3 n2n0 ，

9、n N*2S123 123 12 S13 1210S1a1a13 . 32Sn23n23n2 Sn3 n2n0 ，nN*Sn12Sn3 n2n0 nN *an 0Sn0Sn32n 52nn2anSnSn32nn2n13n 61n12n1an3n 7bnan3nn 8n 13n 1n33Tnb1b2b3bn1 2 3n 1 n332333n 13n1Tn1 2 3n 1n33233343n3n 1Tn111111n10Tn32343nn 133333211111n11n3 3n 1Tn3 3233343n3n 113n 1313111n12n 31123n3n 12 2 3n 1Tn32n312

10、44 3n1.an Sn2.9（ 1）证明见解析； （ 2）证明见解析； （ 3）1【解析】试题分析：（ 1）当 n1 时，得到 a14，当 n2时，an2an12n ，即可化简 anan11，12n2n1即可证得结论； （2）由（ 1）可得 cnbn2n(n1)，利用乘公比错误相减法，即可n2求 解 数 列 的 和 ；（ 3 ） 由 dn 1dn 得 4n 1( 1)n2n 24n( 1)n 12n 1 ， 整 理 得2n1( 1)n0，当 n 为奇数时，2n1 ，1；当 n 为偶数时，2n 1 ，2，由为非零整数，即可求解1 试题解析：（ 1）当 n1时， S12a1 4 ， a14 ，当

11、 n2 时， anSnSn 12an2n 12an 12n ， an2an12n ，即 anan11， bnbn 1 1 （常数），a12n2n1又 b12 ， bn 是首项为2，公差为1 的等差数列，bnn 12( n 1) 1（ 2） cn bn 2 n，2n Tn234n 122232n，21 Tn23nnn1，2223n21221111 n 112 (11n1 )n 1 3 1 n 11122相减得Tn23nn12n 1nn 1，22222112222 T 32 n 1 3 n 33 n2n2n2n（ 3）由 dn 1dn ，得 4n 1( 1)n2n 24n( 1)n 12n 1 ，

12、3 4n( 1)n2n 2( 1)n2n 10 ，3 4n( 1)n2n 1 3 0 ， 2n 1( 1)n0 ，当 n 为奇数时，2n 1，1；当 n 为偶数时，2n1 ，2 ，21，又为非零整数，1考点：数列的通项公式；数列的求和【方法点晴】 本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中涉及到等差数列的概念，数列的乘公比错误相减法求和， 不等式的恒成立问题等知识点的综合考查， 着重考查了学生分析问题和解答问题的能力， 以及转化与化归思想的应用， 本题的解答中根据数列的递推关系， 熟练应用等差数列的性质和准确计算是解答的关键，试题有一定的难度，属于难题10（） an2n （）【解析】试题分析：（

13、）根据 4S1， 3S2， 2S3 成等差数列根据等差中项 6S2=4S1+2S3，化简整理求得q=2，写出通项公式； （）讨论当 n=1、2 时，求得 T1=6，T2=10，写出前 n 项和，采用错位相减法求得 Tn试题解析：（） 4S1， 3S2， 2S3 成等差数列， 6S2=4S1+2S3， 即 6（ a1+a2） =4a1+2（a1+a2+a3），则： a3=2a2， q=2，；.5分（）当n=1， 2 时， T1=6， T2=10，当 n 3，Tn=10+1× 23+3× 24+ +（ 2n 5）?2n，45nn+1，2T =20+1×2 +3

14、5; 2 + +（ 2n 7）× 2 +（ 2n5）× 2n两式相减得： Tn= 10+8+2（24+25+ +2 n）（ 2n5）× 2n+1， .9分= 2+2×（ 2n 5）× 2n+1，= 34+（ 7 2n）?2n+1， Tn=34（ 7 2n）?2n+1 .12分考点：数列的求和；数列递推式11 (I)anq n ；(II)证明见解析； (III)存在， 1,2,3 .【解析】试题分析： (I) 借助题设条件运用anSnSn 1 (n2) 求解； (II)借助题设运用缩放法推证； (III)依据题设运用裂项相消求和, 再结合不等式进

15、行探求 .试题解析：（）由题意，Snqq(an1) ，得 S1a1qq( a11) a1q11当 n 2时， anq(an1)qqanqan 1 ，q 1q( an 1 1)qq111(q 1)anqa nqan 1anqan 1数列an 是首项 a1q ，公比为 q 的等比数列， anqqn 1qn11（）由（）知当q1 时， Sn4 (14n )1 (11 )41134n4 111(11)14n1 ，n3134即 Sn3（） f ( x)log q x bnlog q a1log q a2Llog q anlog q (a1a2 L an )log q q12 Ln12Lnn(1+n)2 122( 11)bnn(1n)nn1 n111L12(1 1 )( 11)L( 11 )2ni 1 bib1b2bn22 3n n 1n 1n1m得 m6n6( n1)66由3n 1n 16i 1 bin 1（ *）对nN *都成立 m6163 m 是正整数， m 的值为 1