数列大题专题训练.pdf

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1、1 已知数列、满足：111,1,41nnnnnbaabba.(1)求1,234,b b b b;(2)求数列的通项公式；(3)设1223341.nnnSa aa aa aa a，求实数 a 为何值时4nnaSb恒成立 2在平面直角坐标系中，已知),(nnanA、),(nnbnB、*)(0,1(NnnCn，满足向量11nAA与向量nnCB共线，且点),(nnbnB*)(Nn都在斜率 6的同一条直线上.（1）试用11,ba与 n 来表示；（2）设abaa11,，且 1215 a，求数na中的最小值的项.3在公差为 d（d0）的等差数列an和公比为 q 的等比数列bn中，已知 a1=b1=1，a2=

2、b2，a8=b3.（1）求数列an与bn的通项公式；（2）令nnnbac，求数列cn的前 n项和 Tn.4、在数列满足关系式项和其前中，nnSnaa,11tSttSnn3)32(31),3,2,0(nt(1)求证：数列na是等比数列；（2）设数列na得公比为),(nbtf作数列，nnnbnbfbb求使),3,2(),1(,111（3）求的值。12221254433221nnnnbbbbbbbbbbbb 5设数列0,1,)1(,其中且项和为的前nnnnaSSna；（1）证明：数列na是等比数列；（2）设数列na的公比)2,)(,21),(*11nNnbfbbbfqnnn满足数列求数列nb的通项公

3、式；6已知定义在 R 上的单调函数 y=f(x)，当 x1，且对任意的实数 x、yR，有 f(x+y)=f(x)f(y)，（）求 f(0)，并写出适合条件的函数 f(x)的一个解析式；（）数列an满足)()2(1)()0(*11Nnafaffann且,求通项公式 an的表达式；令1322121111,)21(nnnnnanaaaaaaTbbbSbn，试比较 Sn与34Tn的大小，并加以证明.7.设 Sn是正项数列na的前 n项和，且4321412nnnaaS，（）求数列na的通项公式；（）nnnnnbababaTb2211,2求已知的值 8已知二次函数2()f xaxbx满足条件：(0)(1)

4、ff；()f x的最小值为18.(1)求函数()f x的解析式；(2)设数列na的前项积为,且()45f nnT,求数列na的通项公式；(3)在(2)的条件下,若5()nf a是与的等差中项,试问数列 nb中第几项的值最小?求出这个最小值。9、设等差数列an的首项 a1及公差 d 都为整数，前 n 项和为 Sn.（1）若 a11=0,S14=98,求数列an的通项公式；（2）在（1）的条件下求的表达式并求出取最大值时的值（3）若 a16，a110，S1477，求所有可能的数列an的通项公式 10、设na是公比大于 1 的等比数列，为数列na的前项和已知37S，且123334aaa，构成等差数列

5、（）求数列na的通项公式（）令31ln12nnban，求数列 nb的前项和 11已知等比数列432,aaaan中分别是某等差数列的第 5项、第 3 项、第 2项，且1,641qa公比 （）求；（）设nnab2log，求数列.|nnTnb项和的前 12、已知xxfmlog)(（m 为常数，m0 且1m）设)(,),(),(21 Nnafafafn是首项为 4，公差为 2 的等差数列.（）求证：数列an是等比数列；（）若 bn=an)(naf，且数列bn的前 n 项和 Sn，当2m时，求 Sn；（）若 cn=lgnnaa，问是否存在 m，使得cn中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出 m 的范围；

6、若不存在，说明理由.13已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足)2(02,2111nSSaannn（）判断1nS是否为等差数列？并证明你的结论；（）求 Sn和 an（）求证：.4121.22221nSSSn 14 已知数列.5),2(12211anaaannnn且满足 （I）若存在一个实数请求出为等差数列使得数列,2,nna 的值 （II）在（I）的条件下，求出数列.nnSna项和的前 15.设数列的前项和为，且满足=2-，=1，2，3，.()求数列的通项公式；()若数列满足=1，且1nnnbba，求数列的通项公式；()设(3)nnCnb，求数列的前项和.参考答案 1.解：（1)11(1)

7、(1)(2)2nnnnnnnnbbbaabbb 1113,44ab234456,567bbb （2）11112nnbb 12111111nnnnbbbb 数列11nb 是以4 为首项，1 为公差的等差数列 14(1)31nnnb 12133nnbnn (3)113nnabn 12231111114 55 6(3)(4)444(4)nnnnSa aa aa annnn 22(1)(36)8443(3)(4)nnannananaSbnnnn 由条件可知2(1)(36)80anan恒成立即可满足条件设2()(1)3(2)8f nanan a1 时，()380f nn 恒成立,a1 时，由二次函数的性

8、质知不可能成立 al 时，对称轴3231(1)02121aaa f(n)在(,1为单调递减函数 2(1)(1)(36)8(1)(36)84150fananaaa 154a a1 时4naSb恒成立 综上知：a1 时，4naSb恒成立 2解：（1）点*)(,(NnbnBnn都在斜率为 6 的同一条直线上，,6,6)1(11nnnnbbnnbb即 于是数列nb是等差数列，故).1(61nbbn3 分 nnnnnnnnnnnCBAAbCBaaAA与又111),1(),1(共线，分时当分即7).2)(1(3)1()()()(,25.,0)(1()(1111321112312111nnnbabbbbaa

9、aaaaaaanbaaaabnnnnnnnnnn 当 n=1时，上式也成立.所以).2)(1(3)1(11nnnbaan8 分 （2）把abaa11,代入上式，得.26)9(3)2)(1(3)1(2anannnnaaan 46927,1512aa，当 n=4 时，取最小值，最小值为.2184aa13分 3解：（1）由条件得：126,4565711nnnbnaqdqdqd6 分（2）nnccccT321 nnnnnbababababaT11332211 11433221nnnnnbababababaqT：112111132111)1()1(nnnnnnnnbaqqbdbabadbdbdbdbba

10、Tq 即 nnnnT6)45(5)61(65151 16)1(nnnT14分 4解：（1）由已知tSttSnn3)32(31，即有 tataat3)32()(3121 由11a解得tta3322 所以ttaa33212 当时，有2n tSttSnn3)32(31 tSttSnn3)32(31 得 0)32(31nnatta ttaann3321 综上所述，知ttaann33211n 因此na是等比数列；（2）由（1）知tttf332)(则11113213312,1nnnnbbbbb使 所以1nnbb32),3,2(n 因此，nb是等差数列，且3132)1(,111ndnbbbn（3）12221

11、254433221nnnnbbbbbbbbbbbb )()()(12122534312nnnbbbbbbbbb 2)31435(342)(34)(3422242nnbbnbbbnn nn34982 5解：（1）由)2()1()1(11naSaSnnnn 相减得：),2(1,11nnnnnnanaaaaa数列是等比数列 4 分 （2）1111,1)(11nnnnnbbbbbf，1)1(21;1,2111nnbbbnn的等差数列公差为是首项为 11nbn8 分 （3）nbaCannnnnn11)21()11(,)21(,1 时，12)21()21(3)21(21nnnT nnnT)21()21(3

12、)21(2)21(2132 得：nnnnT)21()21()21()21()21(121132，nnnnnnnT)21()21(1(2)21()21()21()21()21(121132，所以：nnnnT)21(2)21(1(414 分 6解：（I）由题意，令 y=0，x0，得 f(x)1f(0)=0，x1.1f(0)=0.f(0)=1.2 分 适合题意的 f(x)的一个解析式为 f(x)=(21)x.4分 （II）由递推关系知 f(an+1)f(2an)=1，即 f(an+12an)=f(0).f(x)的 R上单调，an+1an=2，（nN*），6 分 又 a1=1，故 an=2n1.7分

13、bn=12)21()21(nan,Sn=b1+b2+bn=21+(21)3+(21)2n1 nnnnnnnnnnnnnnnTSnnnnnaaaaaaT4)12()12(423)41121(32)1211(23)411(32349)1211(21)1211215131311(21)12)(12(1531311111).411(23)21(1)21(1 211322122分 欲比较 Sn与nT34的大小，只需比较 4n与 2n+1 的大小.由=1，2，3代入可知 4n2n+1，猜想 4n2n+1.10 分 下用数学归纳法证明 （i）当 n=1 时，4121+1成立 （ii）假设当 n=k 时命题成

14、立，即 4k2k+1 当 n=k+1时，4k+1=44k4(2k+1)=8k+4=2(k+1)+1+6k+12(k+1)+1，说明当 n=k+1时命题也成立.由（i）（ii）可知，4n2n+1 对于 nN*都成立.故 SnnT34.12分 注：证明 4n2n+1，除用数学归纳法证明以外，还可用其它方法证明，如：4n=(1+3)n=1+.1231333221nnCCCnnnnn 7解（）当 n=1时，21111113,424asaa解出 a1=3,1 分 又 4sn=an2+2an3 当2n时 4sn1=21na+2an-13 221142()nnnnnaaaaa,即0)(21212nnnnaa

15、aa3 分 0)2)(11nnnnaaaa,2011nnnnaaaa（2n）5 分 na数列是以 3 为首项，2为公差的等差数列 12)1(23nnan7 分（）123 252(21)2nnTn 又23123252(21)2(21)2nnnTnn 9 分 13212)12()222(223nnnnT11 分 112)12(2286nnn13 分 22)12(1nn14 分 8解：(1)由题知:814002ababa ,解得1212ab ,故211()22f xxx.3分(2)221245nnnnTa aa,5分 2(1)(1)211214(2)5nnnnTa aan,114(2)5nnnnTa

16、nT,7分 又111aT满足上式.所以14()5nnanN.8 分(3)若5()nf a是与的等差中项,则2 5()nnnf aba,9分 从而21110()22nnnnaaba,得2239565()55nnnnbaaa.10分 因为14()5nnanN是的减函数,所以 当35na,即3()nnN时,随的增大而减小,此时最小值为;当35na,即4()nnN时,随的增大而增大,此时最小值为.12分 又343355aa,所以34bb,即数列 nb中最小,且2223442245655125b.14 分 9、解：由11140,98aS得 11100149198adad解得：1202ad 3分 1122

17、2naandn4 分 12212nnaanSnn6 分 令0na 得11n 8 分 当11n 时，取得最大值 9 分（3）法一：由 a16，a110，S1477 得：1116100149177aadad(1)(2)(3)10 分 1(2)(14):141400ad 得 （4）11(4)(3)7d 得:1(1)(14):1484a 得 （5）7(5)(3)91d 得:,1dZd 12 分 代入（2）、（3）得：111014168aa11012a 11,11aZa或12 1213nnanan或14 分 10解：（）由已知得1231327:(3)(4)3.2aaaaaa，2 分 解得22a 设数列n

18、a的公比为，由22a，可得1322aaqq，4分 又37S，可知2227qq，即22520qq，解得12122qq，由题意得12qq，11a7 分 故数列na的通项为12nna（）由于31ln12nnban，由（1）得3312nna 3ln23 ln2nnbn 又13ln2nnbb nb是等差数列10分 12nnTbbb 1()2(3ln23 ln2)23(1)ln2.2nn bbnnn n 故3(1)ln22nn nT14分 11解：（I）依题意032),(32244342aaaaaaa即 03213131qaqaqa2 分 21101322qqqq或 211qq4 分 1)21(64nna

19、故5 分（II）nbnnn72log)21(64log72126分 7777|nnnnbn7 分 2)13(2)76(,6|,71nnnnTbnn时当9 分 2)7)(6(212)7)(71(,1|,778nnnnTTbnn时当)7(212)7)(6()7(2)13(nnnnnnTn12 分 12、解：（）由题意,22)1(24)(nnafn 即,22log nanm 22 nnma2 分 2222)1(21mmmaannnnm0 且1m，m2为非零常数，数列an是以 m4为首项，m2为公比的等比数列 4 分（）由题意222222)22(log)(nnmnnnnmnmmafab，当212)1(

20、2)22(2nnnnnbm时，25432)1(242322nnnS6 分 式两端同乘以 2，得 326542)1(22423222nnnnnS7 分 并整理，得 3265432)1(222222nnnnS 3254332)1(22222nnn =3332)1(2121 22nnn 3332)1()21(22nnn nn32 -10 分（）由题意 22lg(22)lgnnnncaanmm 要使nncc1对一切2n成立，即 mmnmnlg)1(lg2对一切 2n成立，当 m1 时，2)1(2nmnn对成立；12 分 当 0m1 时，2)1(mnn 221mmn对一切 2n成立，只需2122 mm，

21、解得 3636m，考虑到 0m1，0m.36 综上，当 0m1 时，数列cn中每一项恒小于它后面的项.-14 分 13解证：（）2121111SaS1 分 当 n2 时，1112nnnnnnnSSSSSSa即2 分 2111nnSS故1nS是以 2 为首项，以 2 为公差的等差数列.4 分（）由（）得nSnnSnn21,22)1(215 分 当 n2 时，)1(2121nnSSannn6 分 当 n=1 时，)2()1(21)1(21211nnnnaan8 分（）1当 n=1 时，141214121S成立9 分 2假设 n=k 时，不等式成立，即kSSSk4121.22221成立 则当 n=k

22、+1 时，22122221)1(414121.kkSSSSkk 222)1(14121)1(114121kkkkkk)1(4121)1(41212kkkkk 即当 n=k+1 时，不等式成立由 1，2可知对任意 nN*不等式成立.（）另证：2222222141.34124141.nSSSn 22211111111(1.)(1.)42341 22 3(1)nnn 11111111(1 1.).4223124nnn 14解：（1）假设存在实数naannnn必为与则符合题意1122,无关的常数。.1,021,22,211212222211111得则无关的常数是与要使nnnnnnnnnnnnnnnna

23、aaaaa 故存在实数2.1nna使得数列为等差数列.6 分 （II）由（I）可得.22421,1,12121111adaannnn且首项为,2)1()(12)1(,1)1(221nnnnnnnTnnbnnanna项和为且其前令N nnnT2)1(24232232 1322)1(223222nnnnnT 得11322)1()22(22)1(2224nnnnnnnT 11122)1(2nnnnn.2,211nnSnTnnnn12 分 15.解：()n=1 时，a1+S1=a1+a1=2 a1=1 (1 分)Sn=2-an即 an+Sn=2 an+1+Sn+1=2 两式相减：an+1-an+Sn+

24、1-Sn=0 即 an+1-an+an+1=0 故有 2an+1=an an0 211nnaa(nN*)(3 分)所以，数列an为首项 a1=1，公比为21n=1)21(n(nN*)(4 分)()bn+1=bn+an(n=1，2，3，)bn+1-bn=(21)n-1(5 分)得 b2-b1=1 b3-b2=21 b4-b3=(21)2 bn-bn-1=(21)n-2(n=2，3，)(7 分)将这 n-1 个等式相加，得 bn-b1=1+11232)21(22211)21(1)21()21()21(21nnn 又b1=1，bn=3-2(21)n-1(n=1，2，3，)(9 分)()cn=n(3-bn)=2n(21)n-1(10 分)Tn=2(21)0+2(21)+3(21)2+(n-1)(21)n-2+n(21)n-1 (11 分)而21Tn=2(21)+2(21)2+3(21)3+(n-1)nnn)21()21(1 -得：nnnnT)21(2)21()21()21()21(2211210 Tn=nnnnnn)21(4288)21(4211)21(14=8-(8+4n)n21(n=1，2，3，)(14 分)