(完整版)数列大题专题训练1[老师版]

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1、范文范例参考数列大题专题训练11已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn1 an 1(n N * ) .2（ 1）求数列 an 的通项公式；（ 2）设 bnlog3 (1 Sn )(nN* ) ，求满足方程11L125的 n 值 .b2b3b3b4bnbn 151【解析】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 S1 ；当 n2 时，1an SnSn1 ，得到递推关系an3 an 1，再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项Sn1 ( 1) n111（ 2）先求数列 an 前 n 项和，再代入求得 bnn ，因为 b

2、nbn 1nn 1 ，从而根据裂项相消法求311L1111125和 b2 b3b3b4bn bn 12 n 1 ，解 2 n 151 得 n 值a12试题解析：（ 1）当 n1时，3 ，当 n 1时， Sn11 ， Sn 111，2 an2 an 13 an1 an 10an1 an 1 22，即3an23n.2 (1( 1) n )1Sn331)n1(11113（ 2）3， bnn ， bnbn 1n n 1 ，11L111 b2 b3b3b4bn bn 12 n 1 ，1125即 2n151 ，解得 n101.考点：由 Sn 与 an 关系求数列 an 的通项公式，裂项相消法求和【方法点睛

3、】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，裂项相消法适用于形如c( 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完美 Word 格式整理版11项求和 ( 如本例 ) ，还有一类隔一项的裂项求和，如（ n 1）（ n 1）(n 2) 或 n（ n2） .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 , S2 a2 , 成等差数列（ 1）求 an的通项公式；anbn（ 2）若数列1为数列前 n 项和，若 Tnm 恒成立，求 m 的最大值

4、n满足an 1,Tnnbb21n 1【答案】（ 1） an；（ 2） 12【解析】试题分析：（ 1）由题意可知 : 2 S3a3S1a1S2a2S3S1 S3S2 a1a2 2a34a3 a1a3q2 1 , q1an1a1422n 1a nbnnan bn111；（ 2）由 an 12bn22ng2n 1Tn11 2 2322. ng2n1 ，再由错位相减法求得Tn1 n1 2n ,Tn1 Tnn 1 g2n0Tn为递增数列当 n1 时， Tnmin 1, 又原命题可转化Tn minmm 1 m 的最大值为 1试题解析：（ 1）由题意可知 :2 S3a3S1a1S2a2S3S1S3S2a1a

5、22a3 ,a , 于是 a31 ,1 , a 1, a1n 1即 4a3q2Qq 0, q1a142Q1n2（ 2）Q1an bn1n1anbngn 1 ,an 1,bn22n 22Tn1 12 2 322.ng2n 1,2Tn12 222323 .ng2n, -得 :Tn12.2n 1ng2n12nng2n1n2n1 ,n1n2 2n1 2 ,12TQ Tnm 恒成立，只需TnminmQ Tn1Tnng2n 1n1 g2nn1 g2n0,Tn为递增数列，当 n1 时， Tnmin1,m 1, 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

6、【方法点晴】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先由 an 112anbn1n1an bnbn ng2n 1Tn 1 1 2 2 3 22.22ng2n 1 再由错位相减法求得Tn1n1 2nTn 1Tnn1 g2n0Tn为递增数列当 n1 时，试卷第 2 页，总 14 页范文范例参考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 minm m1m 的最大值为 13已知数列 an 中， a12, a2 3 ，其前 n 项

7、和 Sn 满足 Sn 1 Sn 12Sn1，其中 n2,nN （ 1）求证：数列an 为等差数列，并求其通项公式；（ 2）设 bnan 2 n ， Tn 为数列bn 的前 n 项和求 Tn 的表达式；求使n2 的n的取值范围T【答案】（ 1）证明见解析； （2） Tnn33 ，且 n N 3； n2n【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， ( Sn 1Sn )(SnSn 1)1(n2, nN ) ，即 an 1an1(n2, n N ) ，a2a11，数列an 是以 a12 为首项，公差为1的等差数列，ann1（

8、 2） ann 1， bn( n1) 1，1112n1Tn23n(n 1)，2222n 12n11112 Tn222323n2n(n - 得： 1 Tn1111222232n Tn3n3n32n代入不等式得32n1)1，2n 1(n1)1，2n 12 ，即 n310，2n设 f (n)n31，则 f ( n 1) f (n)n 20 ，2n2n 1 f (n) 在 N 上单调递减， f (1)10, f ( 2)10, f (3)10 ，44当 n1, n2 时， f ( n)0 ，当 n3 时， f ( n)0 ，所以 n 的取值范围为 n 3，且 n N考点：等差数列等比数列及函数的单调性

9、等有关知识的综合运用4 S 为等差数列 a 的前 n 项和，且 a1， S28 ，记 blg a 其中 x表示不超过x 的最大整数，如nn17nn0.90， lg991 （ 1）求 b1， b11， b101 ；完美 Word 格式整理版（ 2）求数列 bn 的前 1000 项和【答案】（ 1） b10 ， b111 ， 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， b101 ；（ 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 项和试题解析：（ 1） Sn 为等差数列 an 的前 n 项和

10、，且 a11， S728 ， 7a428 可得 a4 4 ，则公差 d1 ， ann ，bnlg n ，则 b1 lg10，b11lg 11 1，b101lg1012 （ 2）由（ 1）可知： b1b2b3Lb90， b10b11b12 Lb99 1 ，b100b101b102b103Lb9992 ， b10003 数列 bn 的前 1000 项和为： 90901900 231893考点： 1、新定义问题；2、数列求和【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

11、切入点和生长点5已知数列 an 的前n 项和为Sn，且S2n2 n（ nN ），数列bn 满足an 4 log 2 bn3（ nN ）.n（ 1）求 an ， bn ；（ 2）求数列 an bn 的前 n 项和 Tn .【答案】（ 1） an 4n1 ， nN ， bn2n 1 ；（ 2） Tn(4n 5) 2n5 , nN 【解析】试题分析：（1）由 Sn2n2n 可得，当 n1 时，可求 a13，当 n 2 时，由 anSn Sn 1 可求通项进而可求bn ；（ 2）由（ 1）知， anbn(4 n 1) 2n 1 ，利用乘公比错位相减法求解数列的和.试题解析：（ 1）由 Sn2n，得当时

12、，a1S1 3；n2当 n 2 时， an SnSn 14n 1，所以 an4n1 ， nN .由 4n 1an4log 2bn3 ，得 bn 2n 1， nN .试卷第 4 页，总 14 页范文范例参考（ 2）由（ 1）知 anbn(4n1) 2n 1， nN，所以 Tn3721122(4n1)2n 12Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n ，2( 41)n 34(2222n 1) (4n5 .所以25) 2TnTnnn故 Tn( 4n5) 2n5 ,n N考点：等差数列与等比数列的通项公式；数列求和.6已知等比数列an的 公 比 q1, a11 ， 且 a1, a3 ,a214 成

13、 等 差 数 列 ， 数 列 bn满 足 ：a1b1a2 b2L anbnn 1 g3n1 n N * （ 1）求数列an 和 bn的通项公式；（ 2）若 manbn 8 恒成立，求实数 m 的最小值【答案】（ 1） bn2n 1；（2）1 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，解方程可得 ann 11 ，两式相减可得 bn2n1；（2）若 manbn 8 恒成立，即为 m2n93，再将 n 换为 nn 1的2n9 作差，判定函数的单调性，即可得到最大值，进而得到3最大值，由 cnm 的最小值3n 1试题解析：

14、（ 1）因为等比数列an满足： a1 1,a1 ,a3, a214 成等差数列，所以： 2a3a1a214 ，即2a1q2a1a1q 14 ，所以： 2q2q150 ，所以 q3 （因为 q1 ）所以 an3n1，因为： a1b1a2b2 Lan bnn1 g3n1 ，所以当 n2时，有 a1b1a2 b2Lan 1bn 1n2 g3n 11， - 得： an bn2n 1 g3n1n2，所以 bn2n1 n2 ，当 n1时也满足，所以bn 2n1（ 2）若 man2n9bn 8 恒成立，则 mn 1 恒成立，2n9 ，则 cn 120 4n3令 cncn3n 13n完美 Word 格式整理版

15、当 n5 时， c5c6，当 n5 时， c1c2c3c4c5 ，当 n5 时， c6c7c8L所以 cn 的最大值为 c5c61，所以 m1， m 的最小值为1 818181考点：等比数列的通项公式；数列的求和7已知数列n， an0 ，其前 n 项和 Sn 满足 Sn2an 2n1 ，其中nN *a（ 1）设 bnan，证明：数列bn是等差数列；2n（ 2）设 cnbn2 n ， Tn 为数列 cn 的前 n 项和，求证： Tn3 ；（ 3）设 dn4n(1)n12bn （为非零整数， nN * ），试确定的值，使得对任意 nN * ，都有 dn 1 dn成立【答案】（ 1）证明见解析； （

16、2）证明见解析； （3）1 .【解析】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；（3）借助题设建立不等式分类探求 .试题解析：（ 1）当 n1时， S12a14 ， a14 ，当 n2 时， anSnSn 12an2n 12an 1 2n ， an2an 12n ，即 anan 11，2n2n1 bnbn 11（常数），又 b1a12 ， bn是首项为 2，公差为1 的等差数列， bnn12（ 2） cnbn 2n(n 1)1n ，23n1 ，2Tn122222nnn12 Tn222n2n 1 ,11相减得 1Tn1111n1122 (12n 1

17、 )n131n 1222232n2n 1112n 12 2n2n 1 ，2 Tn32n13n33 nnn222（ 2）由 dn 1dn 得 4n 1( 1)n2n 24n( 1)n 12n 1 ，3 4n( 1)n2n 2( 1)n2n 10 ，试卷第 6 页，总 14 页范文范例参考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，2n 1，2 ， 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

18、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 Sn2an2n 1, 借 助 数 列 前 n 项 和 Sn 与 通 项 an 之 间 的 关 系anSnSn 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 ann 是等差数列；第二问中2则借助错位相减的求和方法先求出Tn32n13n3的2n2n2n3 ；第三问是依据不等式成立分类推得参数取值范围 .8设数列an的前 n 项和为 Sn ，已知 a11 Sn 12Snn1 nN* .（ 1）求数列 an的通项公式；

19、（ 2）若 bnn，求数列bn的前项和 Tn .an1an【答案】（ 1） an2n1 n N* ；（ 2） n2n2n2.【解析】试题分析：（ 1）根据数列的递推关系式，可得an112 ，利用数列 an1 为等比数列，即可求解数列an 的通an1项公式；（ 2）由（ 1）得出 bn2 n 1 1n2n1nn，利用乘公比错位相减法，即可求解数列bn的前2n 12n2 n项和 .试题解析：（ 1） Sn 12Snn1 ，当 n2 时， Sn2Sn1n ， an 12an 1 ， an 1 1 2 an1 ，即an 112 ，an1又 S22 S11， a1S11 ， a23 ， a212 ，a1

20、1 an1 2n ，即 an2n1 n N* .（ 2） an2n1 ， bnn2n12n 1n2nnn .2n 112完美 Word 格式整理版 Tn123 +n22232n .2112n1n2 Tn22232n2n 1 .T2(1 111n ) 2n 2 .n2 22232n2n 12n考点：数列的求和；数列的递推关系式.9已知数列的首项，且满足，.（ 1）设，判断数列是否为等差数列或等比数列，并证明你的结论；（ 2）求数列的前项和【答案】（ 1）构成以为首项，为公差的等差数列； （ 2）【解析】试题分析：（ 1）对左右两边同时除以，那么构成了新数列即可求解；（ 2）结合（ 1）可求出数列

21、的通项公式，进而利用错位相减的方法求出数列的前项和.试题解析：（ 1），构成以为首项，为公差的等差数列.（ 2）由（ 1）可知，所以- 得【考点】 (1) 利用递推关系求通项公式；（ 2）错位相消求数列前项和10 Sn 为数列的前n 项和，已知an0， an22an4Sn1 .（ 1）求an 的通项公式；（ 2）设 bn1bn 的前 n 项和 Tn .，求数列an an 1试卷第 8 页，总 14 页范文范例参考【答案】（ 1） an2n 1；（ 2）n2n1【解析】试题分析：（1）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； （ 2）首先结合（ 1）求

22、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 ( an 1)24Sn当 n1时， (a11)20 ，得 a11 ；当 n2 时， (an 1 1)24Sn 1有 得 (an an 1)(anan 12) 0，因为 an 0 ， anan 10anan 12 0 ( n 2) ， an 成等差数列，得 an2n1.111) ，（ 2） bn(12n22n1Tnb1 b2 Lbn1(1111L111 )1 (11)n123352n2n122n12n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a13,a424 ，数列 bn满足 b14, b

23、422 ，且 bn an 是等差数列 .（ I ）求数列an和 bn的通项公式；（ II）求数列bn的前 n 项和。【答案】 ( ) an32n 1 ； bn2n32n 1 (n1,2,L ). （） n (3n)3 2n3 .2【解析】试题分析：（）数列an是等比数列 , 所以根据公式qn man ，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b1a1 和数列的第四项b4a4 ，求数列的公差， 即求得数列 bn an的通项公式，最后再求得数列bn 的通项公式； （） bn2n 32n 1( n1,2,L) ，所以根据分组转化法：等差数列加等比数

24、列求和 .试题解析：（ I ）设等比数列an的公比为 q，由题意得 q3a4248 ，解得 q2.a13完美 Word 格式整理版所以 ana1qn 13 2n 1 (n1,2,L ) .设等差数列bnan 的公差为 d，所以 b4a4(b1a1 )3d.即22 24(43)3d. 解得 d1.所以 bnan(b1a1 ) (n 1)d 1 (n 1) 2 n .从而 bn2n32n1( n1,2,L ).（ II ）由（ I ）知 bn2n32n 1 (n 1,2,L ) .数列2n的前 n 项和为 n(3) ，数列n 1的前 n 项和为n3 223 12n3(2n1)32n3 .12所以，

25、数列bn的前 n 项和为 n (3n) 32n3 .2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 ， a11, Snnan2n22n nN.（ 1）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；S2S3.Snn1124S13n2若不存在 , 请说明理由；（ 2）是否存在自然数 n , 使得2？若存在 , 求出 n 的值 ;（ 3）设 cn2nN,TnN, 若不等式 Tnmm Z , 对 n N 恒成立 ,n an732求 m 的最大值 .【答案】（ 1）证明见解析，an4n3, Sn2n2n ；（ ）10；（ ）7

26、 .2 n3【解析】试题分析：（ 1）利用 an Sn Sn 1 ，求得 anan1 4 ，这是等差数列， 故an4n3, Sn这 是 等 差 数 列 ， 前 n 向 和为 n22n1124， 故 n 10 ；（ 3 ） cn1112nn 12n2Sn，n ；（ ）2n12n，利用裂项求和法求得Tnnm ，解得 m8 m Z ，故 m 7 .2 n1 32试题解析：（ 1） 由 Sn nan2n22n n N, 得 Sn 1n 1 an 12 n 122 n 1 n 2 , 相 减 得annann 1 an 14n 4n 1 ann 1 an 14 n 1an an 14 n 2 .试卷第 1

27、0 页，总 14 页范文范例参考故数列an 是以 1为首项 ,以 4 公差的等差数列 .an1n1 44n 3 nN , Snn a1an2n2n n N .2（ 2）由（ 1）知 Sn2n1 nN,nS1S2S3.Sn2n1 35 .2n12nn 12n12nn22n , 由223nn22n1124, 得 n10 , 即存在满足条件的自然数n10 .（ 3）cn2711 11,Tnc1 c2 c3 .cn11 111.11n an2n n 12 n n 1222 3n n 11 11n, Q Tn 1Tnn1n10, TnTn 1 , 即 Tn 单调 递 增 ,2 n 1 2 n 1 2 n 2 n 12n 1 2 n 1故 Tn minT11mm1即 m8 mZ .要使 Tn恒成立 ,只需324成立 ,432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13设数列 a 满足a1a2a3Lan2n，nN*.n2222n 1（ 1）求数列 an 的通项公式；（ 2）设 b