数列大题专题训练1(老师版)教学教材

数列大题专题训练11．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*11()2n n S a n N +=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设*3log (1)()n n b S n N =-∈，求满足方程233411112551n n b b b b b b ++++=L 的n 值. 【解析】试题分析：（1）由nS 与na 关系求数列{}n a 的通项公式时，注意分类讨论：当1n =时，11a S =；当2n ≥时，1n n n a S S -=-，得到递推关系113n n a a -=，再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项（2）先求数列{}n a 前n 项和11()3nn S =-，再代入求得n b n =-，因为11111n n b b n n +=-+，从而根据裂项相消法求和233411111121n n b b b b b b n ++++=-+L ，解11252151n -=+得n 值 试题解析：（1）当1n =时，123a =，当1n >时，112n n S a +=，11112n n S a --+=， ∴131022n n a a --=，即113n n a a -=∴23n n a =.（2）21(1())1331()1313n nn S -==--，∴n b n =-，11111n n b b n n +=-+，∴233411111121n n b b b b b b n ++++=-+L ， 即11252151n -=+，解得101n =.考点：由nS 与na 关系求数列{}n a 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，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(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项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n －1）（n ＋1）(n≥2)或1n （n ＋2）.2．已知数列{}n a 是等比数列，首项11a =，公比0q >,其前n 项和为n S ,且113322,,S a S a S a +++,成等差数列．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11,2n na b n n a T +⎛⎫= ⎪⎝⎭为数列{}n b 前n 项和，若n T m ≥恒成立，求m 的最大值．【答案】（1）112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭；（2）1．【解析】试题分析：（1）由题意可知:()()()331122313212322S a S a S a S S S S a a a +=+++⇒-+-=+-⇒314a a = 1231111,422n n a q q a a -⎛⎫⇒==⇒=⇒= ⎪⎝⎭；（2）由1111222n nn na b na b n n a b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12n n -⇒g 21112232...2n n T n -=⨯+⨯+⨯++g ，再由错位相减法求得()112n n T n =+-,1n n T T +⇒-=()120n n +>g {}n T ⇒为递增数列⇒当1n =时，()min 1,n T =．又原命题可转化()min n T m ≥1m m ⇒≤⇒的最大值为1．试题解析： （1）由题意可知:()()()331122313212322S a S a S a S S S S a a a +=+++∴-+-=+-,即314a a =,于是12311111,0,,1,422n n a q q q a a a -⎛⎫==>∴==∴= ⎪⎝⎭Q Q ．（2）11111,,2222n nn na b na b n n n a b n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∴=∴= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭Q g ,21112232...2n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++g , ① 232122232...2n n T n ∴=⨯+⨯+⨯++g ,②∴①- ②得:()2112122 (2)2212112nn nn n n T n n n ---=++++-=-=---g g ,()112n n T n ∴=+-,n T m ≥Q 恒成立，只需()()()11min 212120n n n n n n T m T T n n n ++≥-=--=+>Q g g g ,{}n T ∴为递增数列，∴当1n =时，()min 1,1,n T m 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】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1111222n nn na b na b n n a b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12n n -⇒g 2112232...n T =⨯+⨯+⨯+12n n -+g 再由错位相减法求得()112n n T n =+-1n n T T +⇒-=()120n n +>g {}n T ⇒为递增数列⇒当1n =时，()min 1n T =．再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化()min n T m ≥1m m ⇒≤⇒的最大值为1．3．已知数列{}n a 中，3,221==a a ，其前n 项和n S 满足1211+=+-+n n n S S S ，其中*∈≥N n n ,2．（1）求证：数列{}n a 为等差数列，并求其通项公式；（2）设nn n a b -⋅=2，n T 为数列{}n b 的前n 项和．①求n T 的表达式；②求使2>n T 的n 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①n n n T 233+-=；②3≥n ，且*∈N n ．【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，),2(1)()(11*-+∈≥=---N n n S S S S n n n n ，即),2(11*+∈≥=-N n n a a n n ，112=-a a ，∴数列{}n a 是以21=a 为首项，公差为1的等差数列，∴1+=n a n ．（2）∵1+=n a n ，∴nn n b 21)1(⋅+=， n n n n n T 21)1(2121321212⋅++⋅+⋅⋅⋅+⨯+⨯=-，①13221)1(2121321221+⋅++⋅+⋅⋅⋅+⨯+⨯=n n n n n T ，② ①-②得：13221)1(212121121+⋅+-+⋅⋅⋅+++=n n n n T ， ∴n n n T 233+-=代入不等式得2233>+-n n ，即0123<-+n n ， 设123)(-+=n n n f ，则022)()1(1<+-=-++n n n f n f ， ∴)(n f 在+N 上单调递减，∵041)3(,041)2(,01)1(<-=>=>=f f f ， ∴当2,1==n n 时，0)(>n f ，当3≥n 时，0)(<n f ，所以n 的取值范围为3≥n ，且*∈N n ．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．n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，记[lg ]n n b a =．其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0=，[lg99]1=．（1）求111101b b b ，，；（2）求数列{}n b 的前1000项和．【答案】（1）10b =，111b =， 1012b =；（2）1893． 【解析】试题分析：（1）先求公差、通项n a ，再根据已知条件求111101b b b ，，；（2）用分段函数表示n b ，再由等差数列的前n 项和公式求数列{}n b 的前1000项和．试题解析：（1）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =，4728a =． 可得44a =，则公差1d =， n a n =，[lg ]n b n =，则1[][lg1]0b ==， 1111[lg ]1b ==， 101[lg101]2b ==．（2）由（1）可知：12390b b b b =====L ，101112991b b b b =====L ，1001011021039992b b b b b ======L ，10003b =．数列{}n b 的前1000项和为：90901900231893⨯+⨯+⨯+=． 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切入点和生长点．5．已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且n n S n +=22（*∈N n ），数列}{n b 满足3log 42+=n n b a （*∈N n ）.（1）求n a ，n b ；（2）求数列}{n n b a ⋅的前n 项和n T .【答案】（1）14-=n a n ，*∈N n ，12n n b -=；（2）52)54(+⋅-=nn n T ,*∈N n ．【解析】试题分析：（1）由n n S n +=22可得，当1n =时，可求13a =，当2n ≥时，由1n n n a S S -=-可求通项进而可求n b ；（2）由（1）知，1(41)2n n n a b n -⋅=-⋅，利用乘公比错位相减法求解数列的和.试题解析：（1）由n n S n +=22，得当时，311==S a ； 当2≥n 时，141-=-=-n S S a n n n ，所以14-=n a n ，*∈N n .由3log 4142+==-n n b a n ，得12-=n n b ，*∈N n .（2）由（1）知12)14(-⋅-=⋅n n n n b a ，*∈N n ，所以122)14(211273-⋅-++⨯+⨯+=n n n T Λn n n n n T 2)14(2)54(2723212⋅-+⋅-++⨯+⨯=-Λ，所以52)54()]222(43[2)14(212+⋅-=++++-⋅-=--n n n n n n n T T Λ.故52)54(+⋅-=nn n T ,*∈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{}n a 的公比11,1q a >=，且132,,14a a a +成等差数列，数列{}n b 满足：()()*1122131n n n a b a b a b n n N +++=-+∈L g ．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若8n n ma b ≥-恒成立，求实数m 的最小值．【答案】（1）21n b n =-；（2）181． 【解析】试题分析：（1）数列{}n a 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13n n a -=，再将n 换为1n -，两式相减可得21n b n =-；（2）若8n n ma b ≥-恒成立，即为1293n n m --≥的最大值，由1293n n n c --=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． 试题解析：（1）因为等比数列{}n a 满足：11321,,,14a a a a =+成等差数列，所以：312214a a a =++，即2111214a q a a q =++，所以：22150q q --=，所以3q =（因为1q >）所以13n n a -=，因为：()1122131nn n a b a b a b n +++=-+L g ，①所以当2n ≥时，有()1112211231n n n a b a b a b n ---+++=-+L g ，②①-②得：()()12132n n n a b n n -=-≥g ，所以()212n b n n =-≥，当1n =时也满足，所以21n b n =-． （2）若8n n ma b ≥-恒成立，则1293n n m --≥恒成立， 令1293n n n c --=，则12043n nnnc c +--=． 当5n =时，56c c =，当5n <时，12345c c c c c <<<<， 当5n >时，678c c c >>>L ．所以n c 的最大值为56181c c ==，所以181m ≥，m 的最小值为181． 考点：等比数列的通项公式；数列的求和．7．已知数列{}n a ，0n a >，其前n 项和n S 满足122n n n S a +=-，其中*n N ∈．（1）设2nn na b =，证明：数列{}n b 是等差数列； （2）设2nn n c b -=⋅，n T 为数列{}n c 的前n 项和，求证：3n T <；（3）设14(1)2n bn n n d λ-=+-⋅（λ为非零整数，*n N ∈），试确定λ的值，使得对任意*n N ∈，都有1n n d d +>成立．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1λ=-. 【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1n =时，1124S a =-，∴14a =，当2n ≥时，1112222n nn n n n n a S S a a +--=-=--+，∴122nn n a a --=，即11122n n nn a a ---=， ∴11n n b b --=（常数），又1122a b ==，∴{}n b 是首项为2，公差为1的等差数列，1n b n =+． （2）12(1)2nn n nc b n -=⋅=+⋅， 2231222n n n T +=+++…， 21121 2222n n n n n T ++=+++..., 相减得23111111122222n n n n T ++=++++- (21111)(1)12211212n n n -+-+=+--1311222n n n ++=--，∴213333222n n n n n n T ++=--=-<． （2）由1n n d d +>得12114(1)24(1)2n n n n n n λλ++-++-⋅>+-⋅，2134(1)2(1)20n n n n n λλ++⋅+-⋅+-⋅>， 134(1)230n n n λ+⋅+-⋅⨯>， 12(1)0n n λ-+->，当n 为奇数时，12n λ-<，∴1λ<；当n 为偶数时，12n λ->-，∴2λ>-，∴21λ-<<， 又λ为非零整数， ∴1λ=-．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122n n n S a +=-,借助数列前n 项和n S 与通项n a 之间的关系)2(1≥-=-n S S a n n n 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}2{n na 是等差数列；第二问中则借助错位相减的求和方法先求出213333222n n n nn n T ++=--=-<；第三问是依据不等式成立分类推得参数λ的取值范围.8．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =()*121N n n S S n n +=++∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若1n n nnb a a +=-，求数列{}n b 的前项和n T .【答案】（1）()*21N n n a n =-∈；（2）222n nn +T =-. 【解析】试题分析：（1）根据数列的递推关系式，可得1121n n a a ++=+，利用数列{}1n a +为等比数列，即可求解数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）得出()()112222121n n n n n nn n nb ++===----，利用乘公比错位相减法，即可求解数列{}n b 的前项和.试题解析：（1）∵121n n S S n +=++，当2n ≥时，12n n S S n -=+，∴121n n a a +=+， ∴()1121n n a a ++=+，即1121n n a a ++=+， 又2121S S =+，111a S ==，∴23a =，∴21121a a +=+， ∴12n n a +=，即()*21N n n a n =-∈.（2）∵21n n a =-，∴()()112222121n n n n n nn n nb ++===----. ∴231232222n n nT =+++…+. 231112122222n n n n n T +-=++++…. 231111122()2222222n n n n n n T ++=++++-=-….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①②②-①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．n S 为数列的前n 项和，已知0n a >，2241n n n a a S +=-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）21n a n =-；（2）21nn +． 【解析】试题分析：（1）根据条件等式分1n =与2n ≥，利用n a 与n S 的关系可求得数列的通项公式；（2）首先结合（1）求得n b 的表达式，然后利用裂项法求和即可．试题解析：（1）依题意有2(1)4n n a S += ①当1n =时，21(1)0a -=，得11a =；当2n ≥时，211(1)4n n a S --+= ②有①-②得11()(2)0n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，∴11020n n n n a a a a --+>⇒--=(2)n ≥， ∴{}n a 成等差数列，得21n a n =-. （2）111()22121n b n n =--+， 1211111111(1)(1)2335212122121n n nT b b b n n n n =+++=-+-++-=-=-+++L L考点：1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和．11．已知数列{}n a 是等比数列，满足143,24a a ==，数列{}n b 满足144,22b b ==，且{}n n b a -是等差数列. （I ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （II ）求数列{}n b 的前n 项和。