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1、数列大题专题训练1 已知数列 na、nb满足：111,1,41nnnnnbaabba.(1)求1,234,b b b b;(2)求数列 nb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na；（2）设abaa11,，且 1215a，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
2、中，已知a1=b1=1，a2=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。12221254433221nnnnbbbbbbbbbbbb5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),(*11nNnbfbb
3、bfqnnn满足数列求数列nb的通项公式；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
4、件：(0)(1)ff；()f x的最小值为18.(1)求函数()fx的解析式；(2)设数列na的前n项积为nT,且()45fnnT,求数列na的通项公式；(3)在(2)的条件下,若5()nf a是nb与na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nS的表达式并求出nS取最大值时n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，nS为数列na的前n项和已知37S，且12333
5、4aaa，构成等差数列（）求数列na的通项公式（）令31ln1 2nnbanL，求数列nb的前n项和nT11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na；（）设nnab2log，求数列.|nnTnb项和的前12、已知xxfmlog)(（m为常数，m0且1m）设)(,),(),(21Nnafafafn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
6、 m的范围；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：.4121.22221nSSSn14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 na的前n项和为nS，且满足nS=2-na，n=1，2，3，.()求数列 na 的通项公式；()若数列 nb满足1b=1，且1nnnbba，求数列 nb 的通项公式；()设(3)nnCnb，求
7、数列 nC 的前n项和nT.参考答案1.解：（1)11(1)(1)(2)2nnnnnnnnbbbaabbb1113,44ab234456,567bbb（2）11112nnbb12111111nnnnbbbb数列 11nb 是以 4 为首项，1 为公差的等差数列14(1)31nnnb12133nnbnn (3)113nnabn12231111114556(3)(4)444(4)nnnnSa aa aa annnn22(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 nan
8、an a 1 时，()380f nn恒成立,a1时，由二次函数的性质知不可能成立 al时，对称轴3231(1)02121aaag f(n)在(,1为单调递减函数2(1)(1)(36)8(1)(36)84150fananaaa154aa1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()(111
9、1321112312111nnnbabbbbaaaaaaaaanbaaaabnnnnnnnnnn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(2anannnnaaan46927,1512aa，当n=4 时，na取最小值，最小值为.2184aa 13 分3解：（1）由条件得：126,4565711nnnbnaqdqdqd 6 分（2）nnccccT321nnnnnbababababaT1133221111433221nnnnnbababababaqT：112111132111)1()1(nnnnn
10、nnnbaqqbdbabadbdbdbdbbaTq即nnnnT6)45(5)61(6515116)1(nnnT 14 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2ntSttSnn3)32(31tSttSnn3)32(31得0)32(31nnattattaann3321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
11、（3）12221254433221nnnnbbbbbbbbbbbb)()()(12122534312nnnbbbbbbbbb2)31435(342)(34)(3422242nnbbnbbbnnnn349825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11nbn 8 分（3）nbaCannnnnn11)21()11(,)21(,1时，12)21()21(3)21(21nnnTnnnT)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(4 14 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+1 an=2，（nN*），6 分又 a1=1，故 an=2n1.7 分 bn=12)
13、21()21(nan,Sn=b1+b2+bn=21+(21)3+(21)2n1nnnnnnnnnnnnnnnTSnnnnnaaaaaaT4)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 时命题成立，即4k2k+1当 n
14、=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+.1231333221nnCCCnnnnn7解（）当n=1 时，21111113,424asaa解出a1=3,1 分又4sn=an2+2an3当2n时 4sn1=21na+2an-13221142()nnnnnaaaaa,即0)(21212nnnnaaaa 3 分0)2)(11nnnnaa
15、aa,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（）123252(21)2nnTnL又23123252(21)2(21)2nnnTnnL 9 分13212)12()222(223nnnnT 11 分112)12(2286nnn 13 分22)12(1nn 14 分8解：(1)由题知:814002ababa ,解得1212ab,故211()22fxxx.3 分(2)221245nnnnTa aaL,5 分2(1)(1)211214(2)5nnnnTa aanL,114(2)5nnnnTanT,7 分又111aT满足上式.所以14
16、()5nnanN.8 分(3)若5()nf a是nb与na的等差中项,则25()nnnf aba,9 分从而21110()22nnnnaaba,得2239565()55nnnnbaaa.10 分因为14()5nnanN是n的减函数,所以当35na,即3()nnN时,nb随n的增大而减小,此时最小值为3b;当35na,即4()nnN时,nb随n的增大而增大,此时最小值为4b.12分又343355aa,所以34bb,即数列nb中3b最小,且2223442245655125b.14 分9、解：由11140,98aS得11100149198adad解得：1202ad.3 分11222naandn.4
17、分12212nnaanSnn.6 分令0na得11n.8 分当11n时，nS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:,1dZdQ.12 分代入（2）、（3）得：111014168aa11012a11,11aZaQ或121213nnanan或.14 分10解：（）由已知得1231327:(3)(4)3.2aaaaaa，2 分解得22a设数列na的公比为q，由22a，可得1322aaq
18、q，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31ln1 2nnbanL，由（1）得3312nna3ln 23 ln 2nnbn又13ln 2nnbbnb是等差数列10 分12nnTbbbL1()2(3ln 23 ln 2)23(1)ln 2.2nn bbnnn n故3(1)ln 22nn nT14 分11解：（I）依题意032),(32244342aaaaaaa即03213131qaqaqa 2 分21101322qqqq或211qq 4 分1)21(64nna故 5 分（II）nbnnn72lo
19、g)21(64log7212 6 分7777|nnnnbn 7 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(nnnnnnTn 12 分12、解：（）由题意,22)1(24)(nnafn即,22lognanm22nnma2 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(2)22(2nnnnnbm时，25432)
20、1(242322nnnS 6 分式两端同乘以2，得326542)1(22423222nnnnnS 7 分并整理，得3265432)1(222222nnnnS3254332)1(22222nnn =3332)1(2121 22nnn3332)1()21(22nnnnn 32-10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(mnn221mmn对一切2n成立，只需2122mm，解得3636m，考虑到 0m1，0m.36综上，当0m1时，数列 cn 中每
21、一项恒小于它后面的项.-14分13解证：（）2121111SaS 1 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(2121nnSSannn 6 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+1 时，22122221)1(414121.kkSSSSkk222)1(14121)1(11
22、4121kkkkkk)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.nSSSn22211111111(1.)(1.)42341 223(1)nnn11111111(1 1.).4223124nnn14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nnnnnnnnnnnnnnnnaaaaaa故存在实数2.1nna使得数列为等差数列.6分（II）由（I）可得.22421,1,12121111
23、adaannnn且首项为,2)1()(12)1(,1)1(221nnnnnnnTnnbnnanna项和为且其前令NnnnT2)1(242322321322)1(223222nnnnnT得11322)1()22(22)1(2224nnnnnnnT11122)1(2nnnnn.2,211nnSnTnnnn 12 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+1-Sn=0 即 an+1-an+an+1=0故有 2an+1=anan0 211nnaa(n N*)(3 分)所以，数列
24、an 为首项 a1=1，公比为21的等比数列.an=1)21(n(n N*)(4分)()bn+1=bn+an(n=1，2，3，)bn+1-bn=(21)n-1(5分)得 b2-b1=1 b3-b2=21b4-b3=(21)2bn-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(2211210Tn=nnnnnn)21(4288)21(4211)21(14=8-(8+4n)n21(n=1，2，3，)(14 分)