数列大题专题训练1老师版

1、数列大题专题训练11.已知数列*N).1an)的刖n项和为Sn,且Sn-an1(n2（1）求数列aj的通项公式;(2)设bn10g3(1Sn)(nN),求满足方程b2b31b3b4125+的n值.bnbn151anSnSn1,得到递推关系an（2）先求数列an前n项和Snn,再代入求得11bnn，因为bnbn1nn1,从而根据裂项相消法求bab4bnbn12551得n值试题解析:(1)当n1时,a13,当n1时,12anSn12an(2)Sn3(113an（3）.bnbnbn1nn11b2b3b3b4bnbn1试题分析：（1）由Sn与an关系求数列an的通项公式时，注意分类讨论：当n1时，a1

2、S1；当n2时,1一an13,再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项125考点:解得n101由&与前关系求数列an的通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】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于形如（其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂anan+1试卷第1页，总14页项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和，如1(nA2)或1(n1)(n+1)(n2)或n(n+2)2.已知数列an是等比数列，首项a11,公比q0,其前n项和为Sn,且S1a1,S3a3，S2a2,成等差数列.(1)求a

3、n的通项公式;(2)若数列bn满足an1anb试题分析:4a3a1n2n1nn1.2试题解析:,Tn为数列bn前n项和，若Tnm恒成立，求的最大值.an(2)(1)由题意可知：26Tn1322即4a3a1,(2)-an1TnD-得:Tn考点:(1)Tn为递增数列由题意可知：曰a3司14,3nbn22Tn222m恒成立，只需为递增数列,2S303S1a?S3a1a22a3an(2)由an1anbibnn*2n,3nbn1n1n*22n11时,再由错位相减法求得Tn12n,Tn1TnTnmin1,.又原命题可转化Tnminm1m的最大a1S2a2S3S1S3S2a1a2Tnmin:Tn当n1时,1

4、、等差数列；2、等比数列;1,anbnnn22Tn2223n2n1TnTnmin1,3、数列的前nn22nTn2n,1,n项和;【方法点晴】本题考查等差数列、等比数列、数列的前2nn12n0,m的最大值为1.4、数列与不等式.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.第二小题首先由an1anbn1anbrbnn-2n1Tn1122322n1.一n-2再由错位相减法求得Tn2nTn1Tnn1*2n0Tn为递增数列当n1时,试卷第2页，总14页Tnmin1.再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题

5、可转化Tnminmm1m的最大值为1.3.已知数列an中，a12,a23,其前n项和Sn满足Sn1Sn12Sn1,其中n2,nN.(1)求证：数列an为等差数列，并求其通项公式；(2)设bnan2n,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.【答案】(1)证明见解析；(2)Tn3二3;n3,且nN.2【解析】试题分析：(1)借助题设条件运用错位相减法推证；(2)借助题设运用函数的单调性探求.试题解析：(1)由已知，(Sn1Sn)(SnSn1)1(n2,nN),即an1an1(n2,nN),a2a11,数列an是以司2为首项，公差为1的等差数列,1ann1,-bn(n1

6、)”,Tn2132Tn-得:213n1223j121n-rr21n2n1(n1)n,21_(n1)丁，1 ,1/(n1)TTT，2 2Tn3一代入不等式得332,即310,2n2n2n设f(n)n31,则f(n1)f(n)0,f(n)在N上单调递减,一一1一1八f(1)10,f(2)0,f(3)0,44.Tn1,n2时，f(n)0,当n3时，f(n)0,所以n的取值范围为n3,且nN.考点：等差数列等比数列及函数的单调性等有关知识的综合运用.4.Sn为等差数列an的前n项和，且a11,S728,记bnlgan.其中x表示不超过x的最大整数，如0,90,lg991.(1)求屈bn,b101;试卷

7、第3页，总14页（2）求数列bn的前1000项和.【答案】(1)b10,为1,b1012;(2)1893.【解析】试题分析：（1）先求公差、通项an,再根据已知条件求b1,b11,b,01；（2）用分段函数表示bn,再由等差数列的前n项和公式求数列bn的前1000项和.a11,S7试题解析：（1）Sn为等差数列an的前n项和，且可得a44,则公差anbnlgn,则bjIgi0,bnIgiii,b101Ig1012.(2)由（1）可知:bib2b3b11b12bi00b101b102b103b9992,60003.数列bn的前1000项和为:901900231893.考点：1、新定义问题；2、数

8、列求和.【技巧点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.5.已知数列an的前n项和为Sn,且Sn2n2N)，数列bn满足an410g2bn3(nN).(1)求an,bn；（2）求数列anbn的前n项和Tn.【答案】(1)an4n1,nN,bnnn12；Tn(4n5)2n5,nN.试题分析:由Sn22nn可得，当n1时,可求a13,当n2时，由anSnSn1可求通项进而可求bn;试题解析:1)知,anbn(4n1)2n1,利用乘公比错位相减法求解数列的和

9、(1)由22nn,得当时,当n2时，anSnSn14n1,所以an4n1,由4n1an410g2bn3,得bn2n试卷第4页，总14页n1(2)由(1)知anbn(4n1)2,nN,所以Tn3721122(4n1)2n12Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n,所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5,nN考点：等差数列与等比数列白通项公式；数列求和6.已知等比数列an的公比q1,a11,且a1,a3,a214成等差数列，数列bn满足：a1bla2b2anbnn1-3n1nN*.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若manbn8恒成立，

10、求实数m的最小值.1【答案】(1)bn2n1；(2).81【解析】试题分析：(1)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2n9万程可得an3n1,再将n换为n1,两式相减可得bn2n1；(2)若manb8恒成立，即为m的3n12n9最大值，由Cn十厂作差，判定函数的单调性，即可得到最大值，进而得到m的最小值.3n1试题解析：(1)因为等比数列an满足：a11,a,a3,a214成等差数列，2 ,.所以：2a3a1a214,即2alq阚a1q14,所以：2q2q150,所以q3(因为q1)所以an3n1,因为：a1bla2b2anbnn1*3n1,

11、所以当n2时，有a1bla2b2an1bn1n2*3n11,-得：anbn2n1*3n1n2,所以bn2n1n2,当n1时也满足，所以bn2n1.2n9(2)右manbn8恒成立，则m丁恒成立,3n1204n3n人2n9皿令CnnT，则Cn1Cn3n1试卷第5页，总14页所以5时,5时,5时,c5CiC6C6，C2c7Cn的最大值为C5C3C4C5,11C6一,所以m一,m的最小值为8181181考点：等比数列的通项公式；数列的求和.7.已知数列an,%0,其前n项和Sn满足Sn2an2n(1)a，证明：数列bn是等差数列;2n11(2)设Cnbn2n,Tn为数列Cn的前n项和，求证：Tn3;

12、(3)设dn4n（1）n12bn（为非零整数，nN*）,试确定的值，使得对任意nN*，都有dn1dn成【答案】（1）【解析】证明见解析；（2）证明见解析；（3）1.试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列的定义推证；（2）依据题设运用错位相减法推证;等式分类探求.试题解析：借助题设建立不(1)当n1时，S12al一anbn又b1(2)Tn2Tn2时，anSnSn1n1n2an22an122anbn112n，即1（常数）2,bnbnan2n是首项为2,(n1)公差为1的等差数列，bnA.22222n2n2n相减得2T012212nn12n1n12n131n1-r22n2n1Tnn12n132n(

13、2)由dn1dn得4n11)n1)n12n134n(1)n2n2(1)n2n10,试卷第6页，总14页34n(1)n2n130,2n1(1)n0,当n为奇数时，2n1,1;当n为偶数时，2n1,2,21,又为非零整数，1 .考点：等差数列及错位相减法等有关知识的综合运用.【易错点晴】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.求解时充分借助题设条件中的有效信息Sn2an2n1,借助数列前n项和Sn与通项an之间的关系anSnSn1(n2)进行推证和求解.本

14、题的第一问，利用等差数列的定义证明数列是等差数列;第二问中则借助错位相减的求和方法先求出Tn，33；第三问是依据不等式成立分类推得参数2n取值范围.8.设数列a,ln的前n项和为Sn,已知1Sn12Sn(1)求数列an的通项公式;(2)若bnn，求数列bn的前项和Tn.an1an【答案】(1)an2n1nN*；(2)n试题分析：(1)根据数列的递推关系式，可得an1an利用数列an1为等比数列，即可求解数列an的通项公式；(2)由(1)得出bnn2n112n12n二，利用乘公比错位相减法，即可求解数列2nbn的前项和.试题解析:(1)Sn12&2时,Sn2Sn1n,an12an1,2an1an

15、1an2,又S221,a23,2,一an，即an2n(2)anbn2n1n12n1n2n1试卷第7页，总14页Tn2Tn12122Tn2旅2了2231221232nn22考点：数列的求和；数列的递推关系式9,已知数列怎的首项为=3,且满足口=&(1)设3*,判断数列心吟是否为等差数列或等比数列，并证明你的结论;【答案】（1）他构成以1-3一为首项，2为公差的等差数列；（2）Ss-1）尸+3【解析】试题分析：（1）对外-工+左右两边同时除以3圮，那么构成了新数列a）即可求解；（2）结合（1）可求出数列f/|的通项公式，进而利用错位相减的方法求出数列|曰用的前匕项和S内.匾_鬼十2M3一】试题解析

16、：（1）口界+?工3加：.3神1-3月口3儿4，.构成以a-为首项,2为公差的等差数列由（1）可知a=1+乂加一1）二28-1,所以/=m+3tlS-im+3于+51+西-1）3”3鼠=L3：+31+短2修一3卜34（2打一1卜3初-得-以=3+2,3、2下+记下一伽7)-32=3+2.3f)_(2n_).3*i=(2-2n)-3-6工=(一1W+3【考点】（1）利用递推关系求通项公式；（2）错位相消求数列前胃项和Sr2一一.10 .Sn为数列的前n项和，已知an0,an2an4Sn1.（1）求an的通项公式；anan1（2）设bn-,求数列bn的前n项和Tn.试卷第8页，总14页【答案】（1

17、）an2n1；（2）2n1【解析】试题分析：（1）根据条件等式分n1与n2,利用an与Sn的关系可求得数列的通项公式;（2）首先结合（1）求得bn的表达式，然后利用裂项法求和即可.试题解析：(1)依题意有(an1)24Sn当n1时，1)20,得41；当n2时，(为11)24&1有得(为an1)(anan12)0,因为an0,anan10anan120(n2),an成等差数列，得an2n1.bnTn。b2bn)，2n111-(1-2312n12n1)2(12n1n2n1考点：1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和.22,且bnan是等差数列11 .已知数列an是等比数列，满足a13,a424,

18、数列bn满足b14,b,（I）求数列an和bn的通项公式；（II）求数列bn的前n项和。【答案】（I）an32n1；bn2n32n1（n1,2,）.（n）口（3n）32n3.2【解析】a试题分析：（i）数列an是等比数列，所以根据公式qnm-n,求公比，根据首项和公比求通项公式，因为数am列bnan是等差数列，所以根据数列的首项bi&和数列的第四项b4a，求数列的公差，即求得数列bn4的通项公式，最后再求得数列bn的通项公式；（n）bn2n32n1（n1,2，），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q3包248,解得q2.a13所以ana1q

19、n132n1（n1,2/j）.设等差数列bnan的公差为d,试卷第9页，总14页所以b4a%(b1a1)3d.即2224(43)3d.解得d1.所以bnan(b1a1)(n1)d1(n1)2n.从而bnn32n1(n1,2,-).(II)由n1)知bn2n32(n1,2,).数列2的前n项和为！（3n）,数列32n1的前n项和为212nnn33(2n1)32n3.12所以，数列bn的前n项和为（3n）32n3.考点：1.等差，等比数列求和；2.分组转化法求和.12.设数列an的前n和为Sn,2a1,Snnan2n2nnN(1)求证：数列an为等差数列,并分别写出品和Sn关于n的表达式;(2)是

20、否存在自然数n,使得(3)设Cn2nnan7S2S3Snn2n1124?若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由;,Tnc1c2C3cnnN,若不等式Tnm32mZ,对nN恒成立,求m的最大值.【答案】（1）证明见解析,an4n一一一23,Sn2n;n10;(3)7.试题分析：（1）利用anSnSn1,求得anan14,这是等差数列，故an4n3,Sn2n2Snn；一2n1,n这是等差数列，前n向和为n22n1124,1故n10;(3)cn一2,利用裂项求和法求得,解得m32试题解析:annanSnnan2n21an14n42n1anSn1an11aan1n2，相减得故数列an是以1为首项，以

21、4公差的等差数列.an14n3,Snna1an2c22nn试卷第10页，总14页（2）由（1）知2n1nNS2S3.Sn2n135.2n12nn-2n12nn22n，由23n2n22n1124，得n10,即存在满足条件的自然数n10.（3）21nan72nn1,T1,1nn11 ，Tn1Tn2 n12n1n2n1故Tn11要彳T0m恒成立，只需卬min43232故符合条件m的最大值为7.考点：数列的基本概念，数列求和，不等式.2n12n2n11.一成立，即m8mZ413.设数列an满足a1也a22n,nN2222n*（1）求数列an的通项公式;(2)设bnan(an1)(an11)bn的前n项

22、和Sn.【答案】（1）an2n（nN*）；（2）Sn【解析】2n11试题分析：（1）利用递推关系即可得出；（2）结合（1）可得bn0,TnTn1,即Tn单调递增,2n2n12n1112n11 F，利用裂项2n11相消求和.试题解析：（1）因为a1a-Or2n,nN*,222所以当n1时，a12.当n2时，a1a2af需2(n1),2222n2-得，生r2.2n1所以an2n.因为a12,适合上式，所以an2(nN).(2)由(1)得an2n,所以bnan2n(an1)(an11)(2n1)(2n11)2n12n11试卷第11页，总14页所以Snblb2bn(11111111二)(二)(C-n;

23、337715211.n17，21考点：（1）数列递推式；（2）数列求和2x14.已知函数f（x）,数列an满足a1=1,an+1=f3x2（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=anan+1,数列bn的前n项和为Sn,若81Vm2016对一切正整数n都成立，求最小的正整数22【答案】（1）an;（2）20183n1【解析】m的值.11试题分析：（1）由已知可得到数列an的递推公式，递推公式两边取倒数，可得数列一是等差数列，求出一anan的通项公式进而可得数列an的通项公式；（2）由（1）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&2,只需m62即可（考虑m为正整数）3232an试题解析：（1）an+1=f（an）=3an2,取倒数，可得an1=2+an,1133n1则一一一(n1),即有ananal2223n1(2)bnanan1223n13n241133n13n2、，41111刖n项和为Sn_(_3255811411)J)3n13n2323n22m2016令32时,an=3Si1=(ai3).an为递增数列，X2n2，.二S=(ai-3)X23n.+2X3i，