2022年数列大题专题训练老师版.docx

《2022年数列大题专题训练老师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年数列大题专题训练老师版.docx（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考1已知数列 an的前 n 项和为数列大题专题训练125的 n 值. S ,且S n1a n1 nN*. 2（1）求数列 an的通项公式；*,求满意方程11L11（2）设b nlog 1S nnNb b 3b b 4b b n51【解析】试题分析： （ 1）由 S 与 a 关系求数列 a n 的通项公式时,留意分类争论：当 n 1 时,a 1 S ；当 n 2 时,1a n S n S n 1,得到递推关系 a n3 a n 1,再依据等比数列定义确定公比,由通项公式求通项（2）先求数列 a n 前n项和 S n 1 13 n,再代入

2、求得 b n n ,由于 b b 1n 1 1n n 11,从而依据裂项相消法求1 1L 1 1 1 1 1 25和 b b 3 b b 4 b b n 1 2 n 1,解 2 n 1 51 得n值2a 1试题解析：（1）当 n 1 时,3,1 1S n a n 1 S n 1 a n 1 1当 n 1 时,2,2,3 a n 1 a n 1 0 a n 1 a n 12 2,即 3a n 2n3 . （2）S n 23 1 1 13 13 n1 13 n,nb n ,b b 1n 1 1n n 11,1 1 1 1 1Lb b 3 b b 4 b b n 1 2 n 1,1 1 25即 2

3、n 1 51,解得 n 101 . 考点：由 S 与 a 关系求数列 a n 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如干项的方法,裂项相消法适用于形如c anan1 其中 a n 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完善 Word 格式整理版名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1 1项求和 如本例 ,仍有一类隔一项的裂项求和,如（n 1）（ n1）n 2 或 n（n2）. 2已知数列 a n 是等比数列,首项

4、 a 1 1,公比 q 0 , 其前n项和为 S , 且 S 1 a S 3 a 3 , S 2 a , 成等差数列（1）求 a n 的通项公式；a b n n（2）如数列 b n 满意 a n 1 1, T为数列 nb 前 n 项和,如 T n m 恒成立,求 m 的最大值2n 1【答案】（ 1）a n 1；（2） 12【解析】试题分析：（1）由题意可知 :2S 31a 3S 1a 1S 2a 2S 3S 1S 3S 2a 1,a 22 a 31m的最大4a 3a 1a 3q21,qa n1n1；（2）由an11a b n n1n1a b n nb na 1422222ng 2n1T n1

5、122322.n ng 21,再由错位相减法求得T n1nn 1 2T n1T nnn 1 20T n为递增数列当n1时,T nmin1,又原命题可转化T nminmm值为 1试题解析：（1）由题意可知 :2S 3a 3S 1a 1S 2a 2S 3S 1S 3S 2a 1a 22 a , q1, Qa 11,a n1n1即4a3a , 于是a 3q21, Qq0,a 1422.ng 2n , （2）Qa n11a b n n,1n1a b n n,b nng 2n1, 2222 T n1 22223 23T n1 1223 22.n ng 21, - 得 :T n122 2.2n1ng 2n

6、12nng 2n1n2n1,T n1nn 1 2, 12QT nm恒成立,只需T nminm QT n1T nnn g 21nn 1 2n1 2n0, T n为递增数列,当n1时,T nmin1,m1,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【方法点晴】此题考查等差数列、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,考查规律思维才能、等价转化才能、运算求解才能,综合性较强,属于较难题型其次小题首先由an1a b n n1n1a b n nnb nng 2n11T n1 122322.为递增数

7、列当n1时,1222ng 2n1再由错位相减法求得T n1n 1 2T nT nnn 1 20T n试卷第 2 页,总 14 页名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考T nmin1再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化S n1T nmin1mm1,nm的最大值为 13已知数列an中,a 12 ,a 23,其前 n 项和S 满意S n12S n,其中n2N（1）求证：数列a n为等差数列,并求其通项公式；nN（2）设b nan2n,T 为数列bn的前 n 项和求T 的表达式；求使T n2的 n 的取

8、值范畴【答案】（ 1）证明见解析； （2）T n3n3；n3,且n 2【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用错位相减法推证；试题解析：（2）借助题设运用函数的单调性探求（1）由已知,S n1S nS nS n11 n2,nN,即an1an1 n2,nN,a 2a 11,数列an是以a 12为首项,公差为1的等差数列,ann1（2）ann1,bnn1 1,2nT n2131n11n1 1,2222nn 21T n2131n1n1 11,222232n2n- 得：1T n1111n1 11,222232n2nT n3nn3代入不等式得3nn32,即nn310,222设fnnn31,就fn1 fn

9、nn20,221fn在 N 上单调递减,f1 10,f2 10 ,f3 10,44当n,1 n2时,fn 0,当n3时,fn0,所以 n 的取值范畴为n3,且nN考点：等差数列等比数列及函数的单调性等有关学问的综合运用4S 为等差数列 an的前 n 项和,且a 11,S 728,记b nlgan其中 x 表示不超过x 的最大整数,如0.90 ,lg991 （1）求b 1,b 11,b 101；完善 Word 格式整理版名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）求数列 b n的前 1000 项和2；（2）1893【答案

10、】（ 1）b 10,b 111,b 101【解析】试题分析：（1）先求公差、通项 a ,再依据已知条件求 b 1,b 11,b 101；（2）用分段函数表示 b ,再由等差数列的前n 项和公式求数列 b n 的前 1000 项和试题解析：（1）S 为等差数列 a n 的前 n 项和,且 a 1 1,S 7 28,7 a 4 28可得 a 4 4,就公差 d 1,a n n ,nb lg n ,就 b 1 lg1 0,b 11 lg 11 1,b 101 lg101 2（2）由（ 1）可知：b 1 b 2 b 3 L b 9 0,b 10 b 11 b 12 L b 99 1,b 100 b 1

11、01 b 102 b 103 L b 999 2,b 1000 3数列 b n 的前 1000 项和为： 9 0 90 1 900 2 3 1893考点： 1、新定义问题；2、数列求和【技巧点睛】解答新奇的数学题时,一是通过转化,化“ 新” 为“ 旧” ；二是通过深化分析,多方联想,以“ 旧”攻“ 新” ；三是制造性地运用数学思想方法,以“ 新” 制“ 新” ,应特殊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S ,且Sn22 n2n（nN）,数列b n满意an4log2b n3（nN）. （1）求a ,n1；（2）T n 4 n5 n 2,nb ；（2）求数列anbn的前 n

12、项和T . 5N【答案】（ 1）an4n1,nN,nb【解析】试题分析：（1）由Sn22n2n可得, 当n1时,可求a 13,当n2时,由anS nS n1可求通项进而可求nb ；（2）由（ 1）知,a nb n4n1 2n1,利用乘公比错位相减法求解数列的和. 试题解析：（1）由Sn2 n2n,得当时,a 1S 13；当n2时,anS nS n14n1,所以an4n1,nN. 由4 n1an4logb n3,得b n2n1,nN. 试卷第 4 页,总 14 页名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考（2）由

13、（ 1）知a nb n 4n12n1,nN,2n,5. 成 等 差 数 列 , 数 列b n满 足 ：所以T n3721122 4 n12n12 T n3272 2 4 n5 n 21 4 n1所以2 T nT n4 n1 2 n34 2222n14 n5 2 n故T n4 n5 2 n5,nN. , 且a a a214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a n的 公 比q1,a 11a b 1 1a b 2La b nn1 3n1nN*（1）求数列a n和b n的通项公式；（2）如ma nb n8恒成立,求实数m 的最小值【答案】（ 1）b n2n1；（2）

14、1 81【解析】试题分析：（1）数列a n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19的方程可得a nn 31,再将n换为n1,两式相减可得b n2n1；（2）如manb n8恒成立,即为m2nn 3最大值,由cn2n9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n 31试题解析：（1）由于等比数列a n满意：a 11,a a3,a214成等差数列,所以：2a 3a 1a 214,即2 a q2a 1a q14,所以：2q2q150,所以q3（由于q1）所以a nn 31,由于：a b 1 1a b 2La b nnn 1 31,所以

15、当n2时,有a b 1 1a b 2La n1 b n1nn 2 311,- 得：a b n2 nn 1 31n2,所以nb2 n1n2,当n1时也满意,所以nb2n1（2）如ma nb n8恒成立,就m2n19恒成立,3n令c n2n19,就cn1cn20n 34nn 3完善 Word 格式整理版名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当n5时,c 5c ,6c 4c ,m1, m 的最小值为1当n5时,c 1c2c3当n5时,c 6c7c 8L 所以nc 的最大值为c 5c1 81,所以8181考点：等比数列的通项公

16、式；数列的求和7已知数列a n,na0,其前 n 项和S 满意S n2an2n1,其中nN*nN*,都有dn1dn（1）设b n,证明：数列b n是等差数列；*T n3；an2n2n,T 为数列c n的前 n 项和,求证：（2）设c n的值,使得对任意b n（3）设dn4nn 11b 2n（为非零整数,nN）,试确定成立【答案】（ 1）证明见解析； （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,S 12a 14,a 14,1b nn111nn1,当n

17、2时,anS nS n12an2n12an12n,a n2a n12n,即ana n11,2n2n1b nb n11（常数）,又b 1a 12,b n是首项为 2,公差为 1 的等差数列,2（2）cnb n2nn11,2nT n23nn1,22221T n2nnn1, 22 2n 221n3相减得1T n1111nn111112 22 1n2223 22n2111,n 2122n212T n32nn13n332nn 22（2）由dn1d 得n 41n 12n24nn 11n 2n 3 4n 12n2n 12n10,试卷第 6 页,总 14 页名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,

18、共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考n 3 4n 12n1310,1 ；2n1n 10,n 2,当 n 为奇数时,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学问的综合运用【易错点晴】此题以数列的前 n 项和与通项之间的关系等有关学问为背景 , 其目的是考查等差数列等比数列等有关学问的综合运用 , 及推理论证才能、运算求解才能、运用所学学问去分析问题和解决问题的才能的综合问题 . 求解时n 1充 分 借 助 题 设 条 件 中 的 有 效 信 息 S n 2 a n 2 , 借 助 数 列 前n项 和 S n 与

19、通 项 a n 之 间 的 关 系a n S n S n 1n 2 进行推证和求解 . 此题的第一问 , 利用等差数列的定义证明数列 a nn 是等差数列；其次问中2就借助错位相减的求和方法先求出 T n 3 2n nn 13 nn 33；第三问是依据不等式成立分类推得参数 的2 2 2取值范畴 . 8设数列 a n 的前 n 项和为 S ,已知 a 1 1 S n 1 2 S n n 1 n N *. （1）求数列 a n 的通项公式；（2）如 b n n,求数列 b n 的前项和 T . a n 1 a n【答案】（ 1）a n 2 n1 n N *；（2）n 2 nn 2. 2【解析】试

20、题分析：（1）依据数列的递推关系式,可得na n11n2,利用数列a n1为等比数列,即可求解数列a n的通an1项公式；（ 2）由（ 1）得出b n2n11n21n 22nn,利用乘公比错位相减法,即可求解数列nb的前12n项和 . 试题解析：（1）S n12 S nn1,当n2时,S n2S n1n ,an12a n1,1na n112an1,即an112,a2an12,3,又S 22S 11,a 1S 11,a 2a 11. na n12n,即an2n1nN*. n2nn（2）a n2 n1,b nn 211n 21122n完善 Word 格式整理版名师归纳总结 - - - - - -

21、-第 7 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - T n 1 22 33 + nn . 2 2 2 21 1 2 n 1 nT n 2 3n n 1 . 2 2 2 2 2T n 2 1 12 131n nn 1 2 nn 2 . 2 2 2 2 2 2考点：数列的求和；数列的递推关系式 . 9已知数列 的首项,且满意,. （1）设,判定数列 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

22、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10S 为数列的前n 项和,已知a n0,2 a n2a n4S n1（1）求a n的通项公式；（2）设b n11,求数列nb的前 n 项和T . a an试卷第 8 页,总 14 页名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考【答案】（ 1）an2n1；（2） 2n1n【解析】试题分析：（1）依据条件等式分n1与

23、n2,利用a 与S 的关系可求得数列的通项公式；（2）第一结合（ 1）求得nb 的表达式,然后利用裂项法求和即可试题解析：（1）依题意有a n124S n当n1时,a 12 10,得a 11；2,当n2时,an12 14S n1有得a nan1anan120,由于an0,a nan10a nan120na n成等差数列,得an2n1. （2）b n1 2 2111 1,n2 n1 1111 12n1T nb 1b 2Lb n11111L1123352 n2 n22 nn考点： 1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和,数列b n满意b 14,b 422,且b na n是等差数列 . 11已知数

24、列a n是等比数列,满意a 13,a 424（I ）求数列a n和b n的通项公式；1,2, L.（）n3n n 3 23. （II ）求数列b n的前 n 项和；【答案】 an32n1；b n2n32n1n2【解析】n m a n试题分析：（）数列 a n 是等比数列 , 所以依据公式 q,求公比,依据首项和公比求通项公式,由于数a m列 b n a n 是等差数列, 所以依据数列的首项 b 1 a 1 和数列的第四项 b 4 a 4,求数列的公差, 即求得数列 b n a nn 1的通项公式,最终再求得数列 b n 的通项公式； （）nb 2 n 3 2 n 1,2, L ,所以依据分组转

25、化法：等差数列加等比数列求和 . 试题解析：（I ）设等比数列 a n 的公比为 q,由题意得 q 3 a 4 248,解得 q 2 . a 1 3完善 Word 格式整理版名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - n 1 n 1所以 a n a q 3 2 n 1,2, L . 设等差数列 b n a n 的公差为 d,所以 b 4 a 4 b 1 a 1 3 d . 即 22 24 4 3 3d . 解得 d 1 . 所以 b n a n b 1 a 1 n 1 d 1 n 1 2 n . n 1从而 nb 2 n 3

26、 2 n 1,2, L .n 1（II ）由（ I ）知 b n 2 n 3 2 n 1,2, L . 数列 2 n 的前 n 项和为 n 3 n ,数列 3 2 n 1的前 n 项和为2n3 1 232 n1 3 2 n3 . 1 2所以,数列 nb 的前 n 项和为 n3 n 3 2 n3 . 2考点： 1. 等差,等比数列求和；2. 分组转化法求和 . 212设数列 a n 的前n和为 S ,a 1 1, S n na n 2 n 2 n n N . （1）求证：数列 na 为等差数列 , 并分别写出 a 和 S 关于 n 的表达式；S 1 S 2 S 3.S n2 n1124（2）是否

27、存在自然数 n , 使得 2 3 n？如存在 , 求出n的值 ; 如不存在 , 请说明理由；（3）设 c n 2n N , T n c 1 c 2 c 3 . c n n N , 如不等式 T n mm Z , 对 n N 恒成立 , n a n 7 32求 m 的最大值 . 【答案】（ 1）证明见解析,an4n3,S n2n2n ；（2）n10；（3） 7 . 【解析】试题分析：（1）利用anS nS n1,求得anan14,这是等差数列, 故an14n3,S n2 n2n ；（2）S nn2n1,这 是 等 差 数 列 , 前 n 向 和 为n2n 21124, 故n10；（ 3）nc1n

28、1, 利 用 裂 项 求 和 法 求 得2n1T n2n1m,解得m8mZ,故m7. n32试题解析：（1）由S nnan2n22n nN,n得S n14n1a n12n1242n1. n2,相 减得a nna nn1a n14 n4n1a n1a n1n1a na n1n2试卷第 10 页,总 14 页名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 范文范例参考故数列a n是以 1为首项 , 1n144 n3nN,S n1n a 1an2n2n2n nN. 以 4 公差的等差数列.an2（2）由（ 1）知S n2n1nN,

29、12n. n2n1n 22n, 由n2n135.2nS 1S 2S 3.S n23n2, 即存在满意条件的自然数n10n 22n1124, 得n10（3）c nn a2721111n11,T nc 1c 2c 1110,111.11nn n2n2223nn111n112n1,QT n1T n2n1n2n1n1T nT n, 即Tn单 调 递 增 , 2nn12n121 4成立 , 即m8mZ. 故 T n min T 1 1要使 T n m4 32故符合条件 m 的最大值为 7 . 恒成立 , 只需m32考点：数列的基本概念,数列求和,不等式13设数列 a n满意a 1a2a 3Lan12n,nN*. 2222n（1）求数列 an的通项公式；nb的前 n 项和S . （2）设b na na n11,求数列 1 a n【答案】（ 1）a nn 2 nN*；（ 2）S n1n 211. 1【解析】试题分析：（ 1）利用递推关系即可得出；（2）结合（ 1）可得b n2n12nn112112n11,利用裂项2n