数列较难试题汇编

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数列难题汇编

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数列难题汇编⾼考数学常见难题⼤盘点:数列1. 已知函数2()1f x x x =+-,,αβ是⽅程f (x )=0的两个根()αβ>,'()f x 是f (x )的导数;设11a =,1()'()n n n n f a a a f a +=-(n =1,2,……) (1)求,αβ的值;(2)证明:对任意的正整数n ,都有n a >a ;解析:(1)∵2()1f x x x =+-,,αβ是⽅程f (x )=0的两个根()αβ>,∴αβ; (2)'()21f x x =+,21115(21)(21)12442121n n n nn n n n n n a a a a a a a a a a ++++-+-=-=-++ =5114(21)4212n n a a ++-+,∵11a =,∴有基本不等式可知20a >(当且仅当1a 时取等号),∴20a >同,样3a,……,n a α= (n =1,2,……), 2. 已知数列{}n a 的⾸项121a a =+(a 是常数,且1a ≠-),24221+-+=-n n a a n n (2n ≥),数列{}n b 的⾸项1b a =,2n a b n n +=(2n ≥)。

(1)证明:{}n b 从第2项起是以2为公⽐的等⽐数列;(2)设n S 为数列{}n b 的前n 项和,且{}n S 是等⽐数列,求实数a 的值;(3)当a>0时,求数列{}n a 的最⼩项。

分析:第(1)问⽤定义证明,进⼀步第(2)问也可以求出,第(3)问由a 的不同⽽要分类讨论。

解:(1)∵2n a b n n +=∴22211)1(2)1(4)1(2)1(++++-++=++=++n n n a n a b n n n n n b n a 2222=+=(n ≥2)由121a a =+得24a a =,22444b a a =+=+,∵1a ≠-,∴ 20b ≠,即{}n b 从第2项起是以2为公⽐的等⽐数列。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1.在正整数数列中,由1开始依次按如下规则,将某些数取出.先取1;再取1后面两个偶数2,4;再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9;再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16;再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去,得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,…,则在这个新数列中,由1开始的第2 019个数是( ) A .3 971 B .3 972C .3 973D .3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2,则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数,运算即可得解.【详解】解:将新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,…,分组为(1),(2,4),(5,7,9,),(10,12,14,16),(17,19,21,23,25)… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2, 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数,设第2019个数在第n 组中,则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩<,解得n =64,即第2019个数在第64组中,则第63组最后一个数为632=3969,前63组共1+2+3+…+63=2016个数,接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974, 故选:D . 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力,考查等差数列前n 项和公式,属中档题.2.已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ,则该数列第2019项是( ) A .1019892 B .1020192 C .1119892 D .1120192 【答案】C【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -,注意到101110242201922048=<<=,第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -,则前11个括号里共有1024项,前12个括号里共有2048项,故原数列第2019项是第12个括号里的第995项,第12个括号里的数列通项为11212m -, 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的定义,考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项,是一道中档题.3.已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足6a ,43a ,5a -成等差数列,则42S S ( ) A .3 B .9C .10D .13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >,由645,3,a a a -成等差数列,可得260,0q q q --=>,解得q ,再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >,Q 满足645,3,a a a -成等差数列,()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->, 260,0q q q ∴--=>,解得3q =,则()()4124221313131103131a S S a --==+=--,故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式,属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型,数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ,一般可以“知二求三”,通过列方程组所求问题可以迎刃而解,解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式,并灵活应用,在运算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2019这2019个数中,能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{}n a ,则此数列所有项中,中间项的值为( ) A .992 B .1022C .1007D .1037【答案】C 【解析】 【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数,也是5的倍数,也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式,算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数,也是5的倍数,也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-,1513n a n =-当135n =,135151351320122019a =⨯-=<, 当136n =,136151361320272019a =⨯-=>, 故1,2,n =……,135数列共有135项.因此数列中间项为第68项,681568131007a =⨯-=. 故答案为:C . 【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用,同时考查了学生的计算能力,属于中档题.5.《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( ) A .1.5尺B .2.5尺C .3.5尺D .4.5尺【解析】 【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=(尺). 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6.数列{a n },满足对任意的n ∈N +,均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2,a 9=3,a 98=4,则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A .132 B .299C .68D .99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值,可得3n n a a +=,则{}n a 是以3为周期的数列,求出123,,a a a ,即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ,均有12n n n a a a ++++为定值,()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=,故3n n a a +=,{}n a ∴是以3为周期的数列,故17298392,4,3a a a a a a ======,()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和,属于中档题.7.设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+,则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是( ) A .1nn + B .21nn + C .21nn - D .()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+,先求原函数的导数,两个导数进行比较即可求出m ,a ,利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可.【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+,1a \=,2m =,()(1)f x x x ∴=+,112()()(1)221f n n n n n ==-++, ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ,故选:B . 【点睛】本题考查数列的求和运算,导数的运算法则,数列求和时注意裂项相消法的应用.8.已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列,偶数项依次成等比数列,且11a =,22a =,347a a +=,5613a a +=,则78a a +=( )A .4B .19C .20D .23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比,然后对347a a +=、5613a a +=进行化简,得出公差和公比的数值,然后对78a a +进行化简即可得出结果. 【详解】设奇数项的公差为d ,偶数项的公比为q ,由347a a +=,5613a a +=,得127d q ++=,212213d q ++=,解得2d =,2q =,所以37813271623a a d q +=++=+=,故选D .【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想等,体现基础性与综合性,提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养,是中档题.9.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1231112a a a ++=,22a =,则3S =( ) A .10 B .7C .8D .4【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==,解方程求得结果. 【详解】 由题意得:13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项:C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用,关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程,属于基础题.10.已知数列{}n a 满足:()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ,其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ,若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立,则k 的最小整数值为( ) A .2 B .3C .4D .5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时,有条件可得()211n n n nS S S S +--=-,从而111n n nS S S +--=,故111111n n S S +-=--,得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列,从而求出n S 【详解】当1n ≥时,有条件可得()211n n n nS S S S +--=-,从而111n n nS S S +--=,故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----,又1111121S ==--,11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列,11n n S ∴=-,1n n S n +=,由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L , 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭, 依题意知(1)()f n k f n +>, min 2k ∴=.故选:A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11.执行如图所示的程序框图,若输出的S 为154,则输入的n 为( )A .18B .19C .20D .21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和,即可算出i ,从而求出n . 【详解】由框图可知,()101231154S i =+++++⋯+-= , 即()1231153i +++⋯+-=,所以()11532i i -=,解得18i =,故最后一次对条件进行判断时18119i =+=,所以19n =. 故选:B 【点睛】本题考查程序框图,要理解循环结构的程序框图的运行,考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12.在递减等差数列{}n a 中,21324a a a =-.若113a =,则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A .24143B .1143C .2413D .613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ,所以由21324a a a =-,113a =,得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- (正舍),即132(1)152n a n n =--=- , 因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ,所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ,选D. 点睛:裂项相消法是指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1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 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(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13.等比数列{n a }的前n 项和为n S ,若103010,30,S S ==则20S = A .10 B .20 C .20或-10 D .-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列即(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20),代入可求. 【详解】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列,且公比为10q∴(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20)即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10(舍去) 故选B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质(若S n 为等比数列的前n 项和,且S k ,S 2k ﹣S k ,S 3k ﹣S 2k 不为0,则其成等比数列)的应用,注意隐含条件的运用14.已知数列{}n a 是1为首项,2为公差的等差数列,{}n b 是1为首项,2为公比的等比数列,设n n b c a =,12...,(*)n n T c c c n N =+++∈,则当2019n T <时,n 的最大值是( ) A .9 B .10C .11D .12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-,12n nb -=,由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <,得1222019n n +--<,由此能求出当2019n T <时n 的最大值.【详解】{}n a Q 是以1为首项,2为公差的等差数列,21n a n ∴=-,{}n b Q 是以1为首项,2为公比的等比数列,12n n b -∴=,()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--,2019n T <Q ,1222019n n +∴--<,解得:10n <.则当2019n T <时,n 的最大值是9. 故选A . 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式,结合含两个变量的不等式的处理问题,易出错,属于中档题.15.已知数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S ,则“3152a a a >+”是“210n S -<”的( ) A .必要不充分条件 B .充分不必要条件 C .充要条件 D .既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线,一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到,任画一条线段,然后把它均分成三等分,以中间一段为边向外作正三角形,并把中间一段去掉,这样,原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线,称为“一次构造”;用同样的方法把每条小线段重复上述步骤,得到16条更小的线段构成的折线,称为“二次构造”,…,如此进行“n 次构造”,就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍,则至少需要通过构造的次数是( ).(取lg30.4771≈,lg 20.3010≈)A .16B .17C .24D .25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭,由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-,由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ,则“一次构造”后的折线长度为43a ,“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,以此类推,“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭,若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍,则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭, ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭, 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-,∴至少需要25次构造. 故选:D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题,涉及到对数运算法则的应用,关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17.已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈,则{}na 的通项公式为( ) A .21n a n =+B .21n a n =-C .41n a n =+D .41n a n =-【答案】C【解析】【分析】 首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值,然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式,然后验证1a 的值是否适合,最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+,所以,当2n ≥时,22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+,当1n =时,11235==+=a S ,上式也成立,所以41n a n =+,故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系,即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩,算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立,最后求得结果.18.正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点,则2020a =( )A .1-B .1 CD .2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0,得出140396a a =,再由等比数列的性质可得.【详解】解:依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点,也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列,所以2020a =∴20201a ==.故选:B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用,属于中档题.19.数列{}n a 满足11a =,对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++,则122016111a a a +++=L ( ) A .20152016B .40322017C .40342017D .20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件,由11n n a a n +=++,可得到递推关系为11n n a a n +-=+; 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=,从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++,所以11n n a a n +-=+,用累加法求数列{}n a 的通项得:()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=, 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选:B.【点睛】本题是一道考查数列的题目,掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键,属于常考题.20.设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =,若23a <,则n 的最大值为( )A .49B .50C .51D .52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论,当n 为偶数时,可得2+32n n n S =,发现不存在这样的偶数能满足此式,当n 为奇数时,可得21+342n n n S a -=+,再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时,12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =, 因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====, 所以n 不可能为偶数;当n 为奇数时,123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+, 2511151351413752S a a +⨯-=+=+, 又因为23a <,125a a +=,所以 12a >S 时,n的最大值为49所以当1300n故选:A【点睛】此题考查的是数列求和问题,利用了并项求和的方法,考查了分类讨论思想,属于较难题.。

(完整版)数列难题汇编详解[1]

(完整版)数列难题汇编详解[1]

1. 设数列{a n }的前n 项和S n =na +n (n-1)b (n=1、2,…)a 、b 是常数,且b ≠0. (1)证明{a n }是等差数列. (2)证明以(a n ,Snn-1)为坐标的点P n 都落在同一条直线上,并写出此直线的方程。

(1)略;(2)x-2y +a-2=0.2.设f(n)=1+12131+++Λn,是否存在g(n)使等式f(1)+f(2)…+f(n-1)=g(n)f(n)-g(n)对n ≥2的一切自然数都对立,并证明你的结论。

答:g(n)=n3.已知一个圆内有n 条弦,这n 条弦中每两条都相交于圆内的一点,且任何三条不共点,试证:这n 条弦将圆面分割成1+n 21+n 21=)n (f 2个区域。

答:n=k+1时,第k+1条弦被前k 条弦分成k+1段,∴增加了k+1个区域,故共有223211)(2++=++k k k k f 个区域。

此时,22321)1(2++=+k k k f .4. 已知数列{a n }满足条件:a 1=1,a 2=r ,(r>0)且{a n a n+1}是公比为q(q>0)的等比数列,设b n =a 2n-1+a 2n (n=1,2,…),(1)求出使不等式a n a n+1+a n+1a n+2>a n+2a n+3(n ∈N)成立的q 的取值范围; (2)求b n 和limn nS →∞1,其中S n =b 1+b 2+…+b n ;(3)设r=219.2-1,q=12,求数列{n21+n 2b log b log }的最大项与最小项的值。

答:(1)(0,152+); (2)b n =(1+r)q n-1,lim n n S →∞1⇒110101-+<<≥⎧⎨⎪⎩⎪qr q q ()();(3)当n=20时,最小项为-4,当n=21时,最大项为2.255. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 3=12, S 12>0,S 13<0. (Ⅰ)求公差d 的取值范围;(Ⅱ)指出S 1,S 2,…,S 12,中哪一个值最大,并说明理由. 解: (Ⅰ)依题意,有 02)112(1212112>•-⨯+=d a S02)113(1313113<•-⨯+=d a S ,即⎩⎨⎧<+>+)2(06)1(011211d a d a 由a 3=12,得 a 1=12-2d (3)将(3)式分别代入(1),(2)式,得 ⎩⎨⎧<+>+030724d d ,∴3724-<<-d .(Ⅱ)由d <0可知 a 1>a 2>a 3>…>a 12>a 13.因此,若在1≤n ≤12中存在自然数n,使得a n >0,a n+1<0, 则S n 就是S 1,S 2,…,S 12中的最大值.由于 S 12=6(a 6+a 7)>0, S 13=13a 7<0,即 a 6+a 7>0, a 7<0.由此得 a 6>-a 7>0.因为a 6>0, a 7<0,故在S 1,S 2,…,S 12中S 6的值最大.6. 有两个无穷的等比数列{n a }和{n b },它们的公比的绝对值都小于1,它们的各项和分别是1和2,并且对于一切自然数n,都有n n b a =2,试求这两个数列的首项和公比.解:设首项分别为a 和b,公比q 和r. 则有1,1〈〈r q .依据题设条件,有q a -1=1,① rb-1=2,② ()121--=n n br aq ,③ 由上面的①,②,③ 可得(1-q)222-n q =2(1-r)1-n r .令n=1,有(1-q)2=2(1-r),④设n=2.则有(1-q)2q 2=2(1-r)r,⑤ 由④和⑤,可得q 2=r,代入④ 得(1-q)2=2(1-q 2).由于q ≠1,∴有q=31-,r =91.因此可得a=1-q=34,b=2(1-r)=916. ∴⎪⎩⎪⎨⎧-==3134q a 和⎪⎩⎪⎨⎧==91916r b 经检验,满足nn b a =2的要求.7. 已知数列{n a }的前n 项和31=n S n(n +1)(n +2),试求数列{n a 1}的前n 项和.解:n a =n S -1-n S =31n(n +1)(n +2)-31(n -1)n(n +1)=n(n +1).当n=1时,a 1=2,S 1=31×1×(1+1)×(2+1)=2,∴a 1= S 1.则n a =n(n +1)是此数列的通项公式。

高中数学数列大题压轴题集锦难题培优带答案

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高中数学数列练习题一.解答题(共40小题)1.若无穷数列{a n}满足:a1是正实数,当n≥2时,|a n﹣a n﹣1|=max{a1,a2,…,a n﹣1},则称{a n}是“Y﹣数列”.(Ⅰ)若{a n}是“Y﹣数列”且a1=1,写出a4的所有可能值;(Ⅱ)设{a n}是“Y﹣数列”,证明:{a n}是等差数列当且仅当{a n}单调递减;{a n}是等比数列当且仅当{a n}单调递增;(Ⅲ)若{a n}是“Y﹣数列”且是周期数列(即存在正整数T,使得对任意正整数n,都有a T+n=a n),求集合{1≤i ≤2018|a i=a1}的元素个数的所有可能值的个数.2.若无穷数列{a n}和无穷数列{b n}满足:存在正常数A,使得对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A,则称数列{a n}与{b n}具有关系P(A).(1)设无穷数列{a n}和{b n}均是等差数列,且,问:数列{a n}与{b n}是否具有关系P(1)?说明理由;(2)设无穷数列{a n}是首项为1,公比为的等比数列,,证明:数列{a n}与{b n}具有关系P(A);并求A的最小值;(3)设无穷数列{a n}是首项为1,公差为d(d∈R)的等差数列,无穷数列{b n}是首项为2,公比为q(q∈N*)的等比数列,试求数列{a n}与{b n}具有关系P(A)的充要条件.3.对于数列{x n},若存在m∈N*,使得x2m﹣k=x k对任意1≤k≤2m﹣1(k∈N*)都成立,则称数列{x n}为“m﹣折叠数列”.(1)若a n=C(n≤2021,n∈N*),b n=n2﹣2019n﹣1(n∈N*),判断数列{a n},{b n}是否是“m﹣折叠数列”,如果是,指出m的值;如果不是,请说明理由;(2)若x n=q n(n∈N*),求所有的实数q,使得数列{x n}是3﹣折叠数列;(3)给定常数p∈N*,是否存在数列{x n},使得对所有m∈N*,{x n}都是pm﹣折叠数列,且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值,证明你的结论.4.若存在常数m∈R,使对任意的n∈N*,都有a n+1≥ma n,则称数列{a n}为Z(m)数列.(1)已知{a n}是公差为2的等差数列,其前n项和为S n.若S n是Z(1)数列,求a1的取值范围;(2)已知数列{b n}的各项均为正数,记数列{b n}的前n项和为R n,数列{b n2}的前n项和为T n,且3T n=R n2+4R n,n∈N*.①求证:数列{b n}是等比数列;②设c n=b n+,试证明:存在常数m∈R,对于任意的λ∈[2,3],数列{c n}都是Z(m)数列,并求出m的最大值.5.在孟德尔遗传理论中,称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子,遗传因子总是成对出现.例如,豌豆携带这样一对遗传因子:A使之开红花,a使之开白花,两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状:AA为开红花,Aa 和aA一样不加区分为开粉色花,aa为开白色花.生物在繁衍后代的过程中,后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子,而因为生殖细胞是由分裂过程产生的,每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代,而且各代的遗传过程都是相互独立的.可以把第n代的遗传设想为第n次实验的结果,每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币,比如对具有性状Aa的父系来说,如果抛出正面就选择因子A,如果抛出反面就选择因子a,概率都是;对母系也一样.父系、母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状.假设三种遗传性状AA,Aa(或aA),aa在父系和母系中以同样的比例u:v:ω(u+v+ω=1)出现,则在随机杂交实验中,遗传因子A被选中的概率是p=u+,遗传因子a被选中的概率是q=ω+,称p,q分别为父系和母系中遗传因子A 和a的频率,p:q实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比.基于以上常识回答以下问题:(1)如果植物的,上一代父系、母系的遗传性状都是Aa,后代遗传性状为AA,Aa(或aA),aa的概率各是多少?(2)对某一植物,经过实验观察发现遗传性状aa具有重大缺陷,可人工剔除,从而使得父系和母系中仅有遗传性状为AA和Aa(或aA)的个体,在进行第一代杂交实验时,假设遗传因子A被选中的概率为p,a被选中的概率为q,p+q=1.求杂交所得子代的三种遗传性状AA,Aa(或aA),aa所占的比例u1,v1,ω1.(3)继续对(2)中的植物进行杂交实验,每次杂交前都需要剔除性状为aa的个体.假设得到的第n代总体中3种遗传性状AA,Aa(或aA),aa所占比例分别为u n,v n,ωn(u n+v n+ωn=1).设第n代遗传因子A和a的频率分别为p n和q n,已知有以下公式p n=,q n=,n=1,2,……,证明{}是等差数列.(4)求u n,v n,ωn的通项公式,如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去,会有什么现象发生?6.给定n(n≥3,n∈N*)个不同的数1,2,3,……,n,它的某一个排列P的前k(k∈N*,1≤k≤n)项和为S k,该排列P中满足2S k≤S n的k的最大值为k p.记这n个不同数的所有排列对应的k p之和为T n.(1)若n=3,求T3;(2)若n=4l+1,l∈N*,(i)证明:对任意的排列P,都不存在k(k∈N*,1≤k≤n)使得2S k=S n;(ii)求T n(用n表示).7.已知数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=.(Ⅰ)求证:{a n}是等差数列;(Ⅱ)已知{b n}是公比为q的等比数列,a1=b1,a2=b2≠a1,记T n为数列{b n}的前n项和.(1)若b k=a m(m,k是大于2的正整数),求证:T k﹣1=(m﹣1)a1;(2)若b3=a i(i是某个正整数),求证:q是整数,且数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项.8.对给定的正整数n,令Ωn={a=(a1,a2,…,a n)|a i∈{0,1},i=1,2,3,…,n}.对任意的x=(x1,x2,…,x n),y=(y1,y2,…,y n)∈Ωn,定义x与y的距离d(x,y)=|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|.设A是Ωn的含有至少两个元素的子集,集合D={d(x,y)|x≠y,x,y∈A}中的最小值称为A的特征,记作χ(A).(Ⅰ)当n=3时,直接写出下述集合的特征:A={(0,0,0),(1,1,1)},B={(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0)},C={(0,0,0),(0,0,1),(0,1,1),(1,1,1)}.(Ⅱ)当n=2020时,设A⊆Ω2020且χ(A)=2,求A中元素个数的最大值;(Ⅲ)当n=2020时,设A⊆Ω2020且χ(A)=3,求证:A中的元素个数小于.9.设集合A的元素均为实数,若对任意a∈A,存在b∈B,c∈C.使得b+c=a且b﹣c=1,则称元素最少的B和C为A 的“孪生集”;称A的“孪生集”的“孪生集”为A的“2级孪生集”;称A的“2级孪生集”的“孪生集”为A的“3级孪生集”,依此类推…(1)设A={3,5,7},直接写出集合A的“孪生集”;(2)设元素个数为n的集合A的“孪生集”分别为B和C,若使集合∁B∪C(B∩C)中元素个数最少且所有元素之和为3,证明:A中所有元素之和为3n;(3)若A={a k|a k=a1+2(k﹣1),1≤k≤n,k∈N*},请直接写出A的“n级孪生集”的个数,设A的所有”n级孪生集”的并集为Ω,若Ω=M1∪M2∪M3;求有序集合组(M1,M2,M3)的个数.10.非空集合A⊆R+,满足∀x∈A,总有∉A,记集合T(A)={(x,y)|x∈A,y∈A,∈A}.(Ⅰ)求证:∀x∈A,(x,x)∉T(A);(Ⅱ)若T(A)中只有1个元素(a,b),求证:a=b2;(Ⅲ)若集合A={a,b,c,d,e},且a<b<c<d<e,T(A)中恰有10个元素,求证:c2=ae.11.一农妇原有a0∈N*个鸡蛋,现分9次售卖鸡蛋,设每次卖出后剩下的鸡蛋个数依次为a1,a2,…,a9个.(Ⅰ)如果农妇第一次卖去全部鸡蛋的一半又半个,第二次卖去剩下的一半又半个,第三次又卖去剩下的一半又半个,…,第九次仍然卖去剩下的一半又半个,而且这次恰好全部卖完,求a9,a8,a7,给出数列{a n}的递公式并据此求出a0;(Ⅱ)鸡蛋无法分割出售,如果农妇原有鸡蛋a0=511个,是否存在p,q∈N*,(p>2),使得农妇按如下方式卖鸡蛋:第一次卖去全部的又个,第二次卖去剩下的又个,第三次又卖去剩下的又个,…,第九次仍然卖去剩下的又个,而且这次恰好全部卖完?如果存在,求出可能的p,q的值,如果不存在,请说明理由.12.对于无穷数列{a n}的某一项a k,若存在m∈N*,有a k<a k+m(k∈N*)成立,则称a k具有性质P(m).(1)设a n=|n﹣3|(n∈N*),若对任意的k∈N*,a k都具有性质P(m),求m的最小值;(2)设等差数列{a n}的首项a1=﹣2,公差为d,前n项和为S n(n∈N*),若对任意的k∈N*,数列{S n}中的项S k 都具有性质P(7),求实数d的取值范围;(3)设数列{a n}的首项a1=2,当n≥2(n∈N*)时,存在i(1≤i≤n﹣1,i∈N*)满足a n=2a i,且此数列中恰有一项a t(2≤t≤99,t∈N*)不具有性质P(1),求此数列的前100项和的最大值和最小值以及取得最值时对应的t的值.13.已知m为正整数,各项均为正整数的数列{a n}满足:a n+1=,记数列{a n}的前n项和为S n.(1)若a1=8,m=2,求S7的值;(2)若m=5,S3=25,求a1的值;(3)若a1=1,m为奇数,求证:“a n+1>m”的充要条件是“a n为奇数”.14.已知数列{a n}是由正整数组成的无穷数列.若存在常数k∈N*,使得a2n﹣1+a2n=ka n对任意的n∈N*成立,则称数列{a n}具有性质Ψ(k).(Ⅰ)分别判断下列数列{a n}是否具有性质Ψ(2);(直接写出结论)①a n=1;②a n=2n.(Ⅱ)若数列{a n}满足a n+1≥a n(n=1,2,3,…),求证:“数列{a n}具有性质Ψ(2)”是“数列{a n}为常数列”的充分必要条件;(Ⅲ)已知数列{a n}中a1=1,且a n+1>a n(n=1,2,3,…).若数列{a n}具有性质Ψ(4),求数列{a n}的通项公式.15.用[x]表示一个小于或等于x的最大整数.如:[2]=2,[4.1]=4,[﹣3.1]=﹣4.已知实数列a0,a1,…对于所有非负整数i满足a i+1=[a i]•(a i﹣[a i]),其中a0是任意一个非零实数.(Ⅰ)若a0=﹣2.6,写出a1,a2,a3;(Ⅱ)若a0>0,求数列{[a i]}的最小值;(Ⅲ)证明:存在非负整数k,使得当i≥k时,a i=a i+2.16.在无穷数列{a n}中,a1,a2是给定的正整数,a n+2=|a n+1﹣a n|,n∈N*.(Ⅰ)若a1=5,a2=3,写出a2019,a2020,a2021的值;(Ⅱ)证明:存在m∈N*,当n>m时,数列{a n}中的项呈周期变化;(Ⅲ)若a1,a2的最大公约数是k,证明数列{a n}中必有无穷多项为k.17.设等差数列{a n}的首项为0,公差为a,a∈N*;等差数列{b n}的首项为0,公差为b,b∈N*.由数列{a n}和{b n}构造数表M,与数表M*:记数表M中位于第i行第j列的元素为c i,j,其中c i,j=a i+b j(i,j=1,2,3,…).记数表M*中位于第i行第j列的元素为d i,j,其中d i,j=a i﹣b j+1.(1≤i≤b,i∈N*,j∈N*).如:c1,2=a1+b2,d l,2=a1﹣b3.(I)设a=5,b=9,请计算c2,6,c396,6,d2,6;(Ⅱ)设a=6.b=7,试求c i,j,d i,j的表达式(用i,j表示),并证明:对于整数t,若t不属于数表M,则t属于数表M*;(Ⅲ)设a=6,b=7,对于整数t,t不属于数表M,求t的最大值.18.已知数列{a n}是等比数列,a1=2,且a2,a3+2,a4成等差数列.数列{b n}满足:b1+++……+=(n∈N*).(Ⅰ)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)求证:+++……+<.19.记无穷数列{a n}的前n项中最大值为M n,最小值为m n,令,则称{b n}是{a n}“极差数列”.(Ⅰ)若a n=3n﹣2,{b n}的前n项和;(Ⅱ)证明:{b n}的“极差数列”是{}20.已知数列{a n}的首项a1=3,对任意的n∈N*,都有a n+1=ka n﹣1(k≠0),数列{a n﹣1}是公比不为1的等比数列.(1)求实数k的值;(2)设数列{b n}的前n项和为S n,求所有正整数m的值,使得恰好为数列{b n}中的项.21.给定整数n(n≥2),数列A2n+1:x1,x2,…,x2n+1每项均为整数,在A2n+1中去掉一项x k,并将剩下的数分成个数相同的两组,其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为m k(k=1,2,…,2n+1).将m1,m2,…,m2n+1中的最小值称为数列A2n+1的特征值.(Ⅰ)已知数列A5:1,2,3,3,3,写出m1,m2,m3的值及A5的特征值;(Ⅱ)若x1≤x2≤…≤x2n+1,当[i﹣(n+1)][j﹣(n+1)]≥0,其中i,j∈{1,2,…,2n+1}且i≠j时,判断|m i﹣m j|与|x i﹣x j|的大小关系,并说明理由;(Ⅲ)已知数列A2n+1的特征值为n﹣1,求的最小值.22.斐波那契数列(Fibonaccisequence),又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多•斐波那契(Leonardodalibonace)以免子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.记斐波那契数列为{a n},数列{a n}满足a1=1,a2=1,a n+1=a n+a n(n≥2,n∈N*).﹣1(1)若{a n+1﹣pa n)(p<0)是等比数列,求实数p的值;(2)求斐波那契数列{a n}的通项公式;(3)求证:从第二项起,每个偶数项的平方都比其前后两项之积少1.23.已知数列{a n}满足:①a n∈N(n∈N*);②当n=2k(k∈N*)时,;③当n≠2k(k∈N*)时,a n<a n+1,记数列{a n}的前n项和为S n.(1)求a1,a3,a9的值;(2)若S n=2020,求n的最小值;(3)求证:S 2n=4S n﹣n+2的充要条件是(n∈N*).24.已知集合M⊆N*,且M中的元素个数n大于等于5.若集合M中存在四个不同的元素a,b,c,d,使得a+b=c+d,则称集合M是“关联的”,并称集合{a,b,c,d}是集合M的“关联子集”;若集合M不存在“关联子集”,则称集合M是“独立的”.(Ⅰ)分别判断集合{2,4,6,8,10}和集合{1,2,3,5,8}是“关联的”还是“独立的”?若是“关联的”,写出其所有的关联子集;(Ⅱ)已知集合{a1,a2,a3,a4,a5}是“关联的”,且任取集合{a i,a j}⊆M,总存在M的关联子集A,使得{a i,a j}⊆A.若a1<a2<a3<a4<a5,求证:a1,a2,a3,a4,a5是等差数列;(Ⅲ)集合M是“独立的”,求证:存在x∈M,使得.25.无穷数列{a n}满足:a1为正整数,且对任意正整数n,a n+1为前n项a1,a2,…,a n中等于a n的项的个数.(Ⅰ)若a1=2,请写出数列{a n}的前7项;(Ⅱ)求证:对于任意正整数M,必存在k∈N*,使得a k>M;(Ⅲ)求证:“a1=1”是“存在m∈N*,当n≥m时,恒有a n+2≥a n成立”的充要条件.26.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=0,S n+n=a n+1,n∈N*(Ⅰ)求证:数列{a n+1}是等比数列,(Ⅱ)设数列{b n}的首项b1=1,其前n项和为T n,且点(T n+1,T n)在直线﹣=上,求数列{}的前n项和R n.27.已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=n2﹣4n,数列{b n}中,b1=对任意正整数.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在实数μ,使得数列{3n•b n+μ}是等比数列?若存在,请求出实数μ及公比q的值,若不存在,请说明理由;(3)求证:﹣.28.各项均为非负整数的数列{a n}同时满足下列条件:①a1=m(m∈N*);②a n≤n﹣1(n≥2);③n是a1+a2+…+a n的因数(n≥1).(Ⅰ)当m=5时,写出数列{a n}的前五项;(Ⅱ)若数列{a n}的前三项互不相等,且n≥3时,a n为常数,求m的值;(Ⅲ)求证:对任意正整数m,存在正整数M,使得n≥M时,a n为常数.29..已知数列{a n},{b n}满足:a n+b n=1,b n+1=,且a1,b1是函数f(x)=16x2﹣16x+3的零点(a1<b1).(1)求a1,b1,b2;(2)设c n=,求证:数列{c n}是等差数列,并求b n的通项公式;(3)设S n=a1a2+a2a3+a3a4+…+a n a n+1,不等式4aS n<b n恒成立时,求实数a的取值范围.30.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,数列{a n}满足,2S n=a n(a n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{}的前n项和为A n,求证:对任意正整数n,都有A n<成立;(3)数列{b n}满足b n=()n a n,它的前n项和为T n,若存在正整数n,使得不等式(﹣2)n﹣1λ<T n+﹣2n﹣1成立,求实数λ的取值范围.31.给定数列{a n},记该数列前i项a1,a2,…,a i中的最大项为A i,即A i=max{a1,a2,…,a i};该数列后n﹣i项a i+1,a i+2,…,a n中的最小项为B i,即B i=min{a i+1,a i+2,…,a n};d i=A i﹣B i(i=1,2,3,…,n﹣1)(1)对于数列:3,4,7,1,求出相应的d1,d2,d3;(2)若S n是数列{a n}的前n项和,且对任意n∈N*,有,其中λ为实数,λ>0且.①设,证明数列{b n}是等比数列;②若数列{a n}对应的d i满足d i+1>d i对任意的正整数i=1,2,3,…,n﹣2恒成立,求实数λ的取值范围.32.设各项均为正数的等比数列{a n}中,a1+a3=10,a3+a5=40.设b n=log2a n.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)若c1=1,c n+1=c n+,求证:c n<3.(3)是否存在正整数k,使得++…+>对任意正整数n均成立?若存在,求出k的最大值,若不存在,说明理由.33.已知数列{a n}的前n项和为S n,设数列{b n}满足b n=2(S n+1﹣S n)S n﹣n(S n+1+S n)(n∈N*).(1)若数列{a n}为等差数列,且b n=0,求数列{a n}的通项公式;(2)若a1=1,a2=3,且数列{a2n﹣1}的,{a2n}都是以2为公比的等比数列,求满足不等式b2n<b2n﹣1的所有正整数的n集合.34.已知数列{a n}的首项,a n+1a n+a n+1=2a n.(1)证明:数列是等比数列;(2)数列的前n项和S n.35.设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式(Ⅱ)设数列{b n}的前n项和为T n,且(λ为常数).令c n=b2n,(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n.36.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,且a n和S n满足:4S n=(a n+1)2(n=1,2,3…),(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求{b n}的前n项和T n;(3)在(2)的条件下,对任意n∈N*,T n>都成立,求整数m的最大值.37.设数列{a n},对任意n∈N*都有(kn+b)(a1+a n)+p=2(a1+a2…+a n),(其中k、b、p是常数).(1)当k=0,b=3,p=﹣4时,求a1+a2+a3+…+a n;(2)当k=1,b=0,p=0时,若a3=3,a9=15,求数列{a n}的通项公式;(3)若数列{a n}中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”.当k=1,b=0,p=0时,设S n是数列{a n}的前n项和,a2﹣a1=2,试问:是否存在这样的“封闭数列”{a n},使得对任意n∈N*,都有S n≠0,且.若存在,求数列{a n}的首项a1的所有取值;若不存在,说明理由.38.设正整数数列{a n}满足.(1)若a5=1,请写出所有可能的a1的取值;(2)求证:{a n}中一定有一项的值为1或3;(3)若正整数m满足当a1=m时,{a n}中存在一项值为1,则称m为“归一数”,是否存在正整数m,使得m与m+1都不是“归一数”?若存在,请求出m的最小值;若不存在,请说明理由.39.已知数列{a n}满足若a1>0,a n+1=.(1)若a6=,求a4的值;(2)是否存在n∈N*,使得若a n+a n+1=a n+2成立?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由;(3)求证:若a1∈Q,则存在k∈N*,a k=1.40.对于无穷数列{a n},“若存在a m﹣a k=t(m,k∈N*,m>k),必有a m+1﹣a k+1=t”,则称数列{a n}具有P(t)性质.(1)若数列{a n}满足,判断数列{a n}是否具有P(1)性质?是否具有P(4)性质?(2)对于无穷数列{a n},设T={x|x=a j﹣a i,i<j},求证:若数列{a n}具有P(0)性质,则T必为有限集;(3)已知{a n}是各项均为正整数的数列,且{a n}既具有P(2)性质,又具有P(3)性质,是否存在正整数N、k,使得a N、a N+1、a N+2、…、a N+k、…成等差数列,若存在,请加以证明,若不存在,说明理由.参考答案与试题解析一.解答题(共40小题)1.【解答】解:(Ⅰ)由题,所有可能的情况有a2=2,0,a3=4,0,1,﹣1,a4=8,0,2,﹣2,2,0,0,﹣2,故a4的所有可能值为﹣2,0,2,8.(Ⅱ)证明:①因为|a2﹣a1|=a1,所以a2=0或2a1.当{a n}是等差数列时,假设a2=2a1,则a3=2a2﹣a1=3a1.此时,|a3﹣a2|=a1,而max{a1,a2}=2a1,矛盾!所以a2=0.于是公差d=a2﹣a1=﹣a1<0,所以{a n}单调递减,当{a n}单调递减时,对任意n≥2,max{a1,a2,…,a n﹣1}=a1.又|a n﹣a n﹣1|=a n﹣1﹣a n,所以a n﹣a n﹣1=﹣a1,从而{a n}是等差数列,②当{a n}是等比数列时,a2≠0,所以a2=2a1,于是公比q=2>1.又a1>0,所以{a n}单调递增.当{a n}单调递增时,对任意n≥2,max{a1,a2,…,a n﹣1}=a n﹣1.又|a n﹣a n﹣1|=a n﹣a n﹣1,所以a n﹣a n﹣1=a n﹣1,即a n=2a n﹣1.因为a1≠0,所以{a n}是等比数列(Ⅲ)解:先证明a1是数列{a n}中的最大项.事实上,如果i是第一个大于a1的项的脚标,则由|a i+1﹣a i|=max{a1,a2,…,a i}=a i知,a i+1是a i的倍数.假设a i+1,a i+2,L,a i+k﹣1都是a i的倍数,则由|a i+k﹣a i+k﹣1|=max{a1,a2,…,a i+k﹣1}=max{a i,a i+1,…,a i+k﹣1}知,a i+k也是a i的倍数.所以由归纳法知,对任意n≥i,a n都是a i的倍数.但a1不是a i的倍数,这与{a n}是周期数列矛盾!所以a1是数列{a n}中的最大项,从而当n≥2时,|a n﹣a n﹣1|=a1.再证明当n是奇数时,a n是a1的奇数倍;当n是偶数时,a n是a1的偶数倍事实上,当n=1时结论成立,假设n=k时成立,当n=k+1时,由|a k+1﹣a k|=a1知,结论也成立,所以,若a i=a1,i的值只可能为奇数,所以集合{1≤i≤2018|a i=a1}的元素个数最多有1009个.下证集合{1≤i≤2018|a i=a1}的元素个数可以是1~1009的所有整数.事实上,对于i=2019,可取数列为:也即:所有的奇数项均等于a1,所有的偶数项均等于0,此时,数列为Y数列,且T=2.对于任意整数1≤t<1009,构造数列的前2018项如下:由于数列是无穷数列,故可取T=2018,显然满足数列是Y数列.综上,集合{1≤i≤2018|a i=a1}的元素个数的所有可能值的个数为1009.2.【解答】解:(1)因为,若数列{a n}与{b n}具有关系P(1),则对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤1,即|2n﹣(n+2)|≤1,亦即|n﹣2|≤1,但n=4时,|n﹣2|=2>1,所以数列{a n}与{b n}不具有关系P(1),(2)证明:因为无穷数列{a n}是首项为1,公比为的等比数列,所以,因为b n=a n+1+1,所以,所以,所以数列{a n}与{b n}具有关系P(A).设A的最小值为A0,|a n﹣b n|≤A0,因为|a n﹣b n|<1,所以A0≤1.若0<A0<1,则当时,,则,这与“对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A0”矛盾,所以A0=1,即A的最小值为1.(3)因为数列{a n}是首项为1,公差为d(d∈R)的等差数列,无穷数列{b n}是首项为2,公比为q(q∈N*)的等比数列,所以,设,则.数列{a n}与{b n}具有关系P(A),即存在正常数A,使得对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A.(Ⅰ)当d=0,q=1时,|a n﹣b n|=|1﹣2|=1≤1,取A=1,则|a n﹣b n|≤A,数列{a n}与{b n}具有关系P(A)(Ⅱ)当d=0,q≥2时,假设数列{a n}与{b n}具有关系P(A),则存在正常数A,使得对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A.因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n,所以,对任意的n∈N*,|b n|﹣|a n|≤A,即bq n≤1+A,,所以,这与“对任意的n∈N*,均有|b n|﹣|a n|≤A”矛盾,不合;(Ⅲ)当d≠0,q=1时,假设数列{a n}与{b n}具有性质P(A),则存在正常数A,使得对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A.因为|a n|﹣|b n|≤|a n﹣b n|,所以,对任意的n∈N*,|a n|﹣|b n|≤A,即|a n|≤2+A,即|dn+a|≤2+A,所以|dn|﹣|a|≤2+A,,这与“对任意的n∈N*,均有|a n|﹣|b n|≤A”矛盾,不合;(Ⅳ)当d≠0,q≥2时,假设数列{a n}与{b n}具有性质P(A),则存在正常数A,使得对任意的n∈N*,均有|a n﹣b n|≤A.因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n,所以,对任意的n∈N*,|b n|﹣|a n|≤A,所以bq n≤|dn+a|+A≤|d|n+|a|+A,所以,设,则对任意的n∈N*,q n≤λn+μ.因为q n≥2n所以,对任意的n∈N*,2n≤λn+μ,下面先证明:存在N>1,当n>N时,2n>n2.即证nln2﹣2lnn>0.设,则,所以x∈(0,4)时,f′(x)>0,f(x)在区间(0,4)上递增,同理f(x)在区间(4,+∞)上递减,所以f(x)max=f(4)=ln4﹣2<0,所以.因此,,所以,当时,xln2﹣2lnx>0,设,则当x>N时,xln2﹣2lnx>0,即当n>N时,2n>n2,又2n≤λn+μ,所n2<λn+μ,即n2﹣λn﹣μ<0,解得,这与对任意的n∈N*,2n≤λn+μ矛盾,不合.综上所述,数列{a n}与{b n}具有关系P(A)的充要条件为d=0,q=1.3.【解答】解:(1)若数列{a n} 为“m﹣折叠数列“,则a2m﹣k=a k,所以,所以2m﹣k﹣1+k﹣1=2020,得m=1011,所以{a n} 为“m﹣折叠数列”,m=1011,若数列{b n} 是“m﹣折叠数列,则b2m﹣k=b k,所以,得,所以数列{b n} 不是“m﹣折叠数列.(2)要使通项公式为的数列{x n} 是3﹣折叠数列,只需要,当q=0 时,x n=0,显然成立,当q≠0 时,由q6﹣k=q k,得q6﹣2k=1,q2(3﹣k)=1,(k∈{1,2,3,4,5}),所以q=1 或q=﹣1,综上q=0,q=1 或q=﹣1.(3)对给定的p∈N*,{x n} 都是pm﹣折叠数列,故x n有多条对称轴,其中x=pm都是数列{x n} 的对称轴,设,由得对称轴为x=pm,且x n的周期为2p,满足给定常数p∈N*,使得对所有m∈N*,{x n}都是pm﹣折叠数列,x n是周期函数,周期为2p,在(1,2p]这个周期内,x=p为对称轴,故x n∈(1,2p]对应函数值的个数与x n∈[p,2p]对应的函数值个数相等,即x n∈[p,2p]时,,所以{x n} 在x n∈[p,2p]上单调递增,因为p∈N*,所以x n各项中共有p+1 个不同的值,综上,给定常数p∈N*,存在数列{x n},使得对所有m∈N*,{x n} 都是pm﹣折叠数列,且{x n} 的各项中恰有p+1 个不同的值.4.【解答】解:(1)由题可得:是Z(1)数列,S n+1≥S n恒成立,对任意的n∈N*恒成立,a1≥﹣2n对任意的n∈N*恒成立,所以a1≥﹣2.(2)①由题:,,两式相减得,3b2=(R n+R n﹣1)b n+4b n,n≥2,数列{b n} 的各项均为正数,所以3b n=R n+R n﹣1+4,n≥2,3b n﹣1=R n﹣1+R n﹣2+4,n≥3,两式相减得:3b n﹣3b n﹣1=b n+b n﹣1,n≥3,b n=2b n﹣1,n≥3,当n=1 时可得,数列{b n} 的各项均为正数,所以b1=2,当n=2 时,3b n=R n+R n﹣1+4,n≥2 可得3b2=R2+R1+4,3b2=b2+2+2+4,所以b2=4,综上可得:数列{b n} 是以2为首项,2为公比的等比数列.②由①可得,c n+1≥m c n,λ∈[2,3]对任意的n∈N*恒成立,(*),取m=0 知,c n+1≥0 对任意的λ∈[2,3],n∈N*恒成立,存在常数m∈R,使{∁n} 是数列Z(m),下求m的最大值,由(*)得==,所以,因为,令,则==,当n=1时,G(2)﹣G(1)<0,G(2)<G(1);当n≥2时,(27n﹣27)•22n﹣9≥27×8﹣9>0,∴G(n+1)>G(n)∴G(2)<G(3)<…<G(n),∴,∴,∴.5.【解答】解:(1)即Aa与Aa是父亲和母亲的性状,每个因子被选择的概率都是,故AA出现的概率是或aA出现的概率是,aa出现的概率是,所以:AA,Aa(或aA),aa的概率分别是.(2).(3)由(2)知,于是,,,∴是等差数列,公差为1.(4),其中,(由(2)的结论得),所以,于是,,,,很明显越大,w n+1越小,所以这种实验长期进行下去,w n越来越小,而w n是子代中aa所占的比例,也即性状aa会渐渐消失.6.【解答】解:(1)1,2,3 的所有排列为1,2,3;1,3,2;2,1,3;2,3,1;3,1,2;3,2,1.因为S3=6,所以对应的k P分别为2,1,2,1,1,1,所以T3=8.(2)(i)设n个不同数的某一个排列P为a1,a2,……,a n,因为n=4l+1,l∈N*,所以为奇数,而2S k为偶数,所以不存在k(k∈N*,1≤k≤n)使得2S k=S n.(ii)因为2S k≤S n,即a1+a2+…+a k⩽a k+1+a k+2+…+a n,又由(i)知不存在k(k∈N*,1≤k≤n)使得2S k=S n,所以a1+a2+…+a k<a k+1+a k+2+…+a n,所以满足2S k≤S n的最大下标k即满足a1+a2+…+a k<a k+1+a k+2+…+a n①,且a1+a2+…+a k+a k+1>a k+2+…+a n②,考虑排列P的对应倒序排列P′:a n,a n﹣1,……,a1,①②即a n+…+a k+2<a k+1+a k+…+a2+a1,a n+…+a k+2+a k+1>a k+…+a2+a1,由题意知k P′=n﹣k﹣1,则k P+k P′=n﹣1;因为1,2,3,,n这n个不同数可形成个对应组合(P,P′),且每组(P,P′)中k P+k P′=n﹣1,所以.7.【解答】解:(Ⅰ)由已知得,,又,所以,所以a1=na n+2a n+1﹣(n+1)a n+1=na n﹣(n﹣1)a n+1,①又因为,,所以,所以a1=(n﹣1)a n﹣1+(2﹣n)a n,②由①②得(n﹣1)a n﹣1+(2﹣n)a n=na n﹣(n﹣1)a n+1,所以(n﹣1)(a n+1+a n﹣1)=2(n﹣1)a n(n⩾2),即a n+1+a n﹣1=2a n,所以{a n} 是等差数列.(Ⅱ)(1)设a1=a,d=a2﹣a1,由已知,a+d=aq,即d=a(q﹣1),由b k=a m得aq k﹣1=a+(m﹣1)d,即a(q k﹣1﹣1)=(m﹣1)d,所以.(2)当i=2时,b3=a2=b2,从而q=1,b2=b1=a1,与题意不符;当i=1时,b3=b1,从而q2=1,q=﹣1 (上面已证q≠1),{b n} 成为a,﹣a,a,﹣a,a,﹣a,…,每一项都是数列{a n}中的项(a=a1,﹣a=a2);当i≥3时,由aq2=a+(i﹣1)d=a+(i﹣1)•a(q﹣1),得q2=1+(i﹣1)(q﹣1),即q2﹣(i﹣1)q+(i﹣2)=0,所以q=1(舍去),q=i﹣2.于是i>3,q为正整数i﹣2.设已有b k=a j,则因为aq=a+d,=a j′(其中j′=j+q k﹣1),因此数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项.8.【解答】解:(Ⅰ)χ(A)=3,χ(B)=2,χ(C)=1;(Ⅱ)(a)一方面:对任意的a=(a1,a2,a3,…,a2019,a2020)∈A,令f(a)=(a1,a2,a3,…,a2019,a2020),则d(a,f(a))=|1﹣2a2020|=1<2,故f(a)∉A,令集合B={f(a)|a∈A},则A∩B=∅,(A∪B)⊆Ω2020且A和B的元素个数相同,但Ω2020中共有22020个元素,其中至多一半属于A,故A中至多有2 2019个元素.(b)另一方面:设A={(a1,a2,…,a2020)∈Ω2020|a1+a2+…+a2020是偶数},则A中的元素个数为对任意的x=(x1,x2,…,x2020),y=(y1,y2,…,y2020)∈A,x≠y,易得d(x,y)=|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|与x1+y1+x2+y2+…+x2020+y2020奇偶性相同,故d(x,y)为偶数,由x≠y,得d(x,y)>0,故d(x,y)⩾2,注意到(0,0,0,0,…,0,0),(1,1,0,0,…0,0)∈A且它们的距离为2,故此时A满足题意,综上,A中元素个数的最大值为2 2019.(Ⅲ)当n=2020 时,设A⊆Ω2020且χ(A)=3,设A={x1,x2,…x m},任意的x i∈A,定义x的邻域N(x i)={a∈Ω2020|d(a,x i)⩽1},(a)对任意的1≤i⩽m,N(x i)中恰有2021 个元素,事实上①若d(a,x i)=0,则a=x i,恰有一种可能;,②若d(a,x i)=1,则a与x i,恰有一个分量不同,共2020种可能;综上,N(x i)中恰有2021个元素,(b)对任意的1⩽i⩽j⩽m,N(x i)∩N(x j)=∅,事实上,若N(x i)∩N(x j)≠∅,不妨设a∈N(x i)∩N(x j),x j=(x1′,x2′,…,x2020′),则=,这与χ(A)=3,矛盾,由(a)和(b),N(x1)∪N(x2)∪…∪N(x m)中共有2021m个元素,但Ω2020中共有22020个元素,所以,注意到m是正整数,但不是正整数,上述等号无法取到,所以,集合A中的元素个数m小于.9.【解答】解:(1)B={2,3,4},C={1,2,3};(2)将集合A中元素从小到大排列:a1<a2<…<a n,则其“孪生集“,,设集合D=∁(B∪C)(B∩C),由于,因此集合D中元素个数card(D)≥2,若card(D)=2,则有,即a k+1﹣a k=2(1≤k≤n﹣1),因此a1,a2,…,a n构成公差为2 的等差数列,,所以,进而.(3)A的“n级奕生集”的个数为2n,A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1,每个元素至少属于M1,M2,M3中的一个,所以有序集合组(M1,M2,M3)的个数为.【说明】由(2)知,A所有“ 1 级奕生集”为,它们的并集有n+1=21+n﹣1 个元素;A所有“2 级奕生集“为,,它们的并集,有n+3=22+n﹣1 个元素;A所有“3 级奕生集“为,,,,它们的并集,有n+7=23+n﹣1个元素;A所有“n级奕生集“的并集,其中第2 个元素的分子和最大元素的分子和恰为2a1+2n,即所有元素从小打到大构成首项为,公差为的等差数列,所以共有项,也即A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1.10.【解答】解:(Ⅰ)反证法,假设不然,∃x0∈A,(x0,x0)∈T(A),则由定义,,由条件,,取x=1∈A,得1=,矛盾,所以假设不成立,结论得证.(Ⅱ)由于(a,b)∈T(A),则,显然,,由定义,但T(A)只有一个元素,必有,即,∴a=b2.(Ⅲ)由条件,因此1∉A,同时,若(p,q)∈T(A),则,必有(q,p)∉T(A),A的二元子集有10个:{a,b},{a,c},{a,d},{a,e},{b,c},{b,d},{b,e},{c,d},{c,e},{d,e},每个二元子集中元素作为坐标,最多贡献出T(A)中一个元素,而T(A)恰有10个元素,说明A的每个二元子集都贡献了T(A)中的一个元素,换言之,∀p,q∈A,p≠q,则(p,q)∈T(A)或(q,p)∈T(A),即或,若a<1<e,则,与上述性质矛盾,所以要么0<a<e<1,要么1<a<e,先考虑0<a<e<1 的情况,此时A中所有元素都小于1,于是∀p,q∈A,p>q>0,则,必有,此时,是A中五个不同的元素,所以,解得e2=d,e3=c,e4=b,e5=a,因此c2=e6=ae,然后考虑1<a<e的情况,此时A中所有元素都大于1,于是∀p,q∈A,p>q>0,则,必有,此时,是A中五个不同的元素,所以,解得a2=b,a3=c,a4=d,a5=e,因此c2=a6=ae,综上所述,c2=ae.11.【解答】(1)由题可知:可直接得到a9=0,a8=1,a7=3 且,由,所以数列{a n+1} 是以a1+1 为首项,公比为的等比数列,则,又,所以,又a9=0,所以,则a0=511.(2)由题可知:,即,令,则,所以,则,所以,则数列是以为首项,为公比的等比数列,则,又,所以,又a9=0,a0=511,代入上式化简可得(p+1)9=p8(511q+p)(*),由p,q∈N*,所以(p+1)9能整除p8,所以(p+1)9能整除p,又因为(p,p+1)=1,故p只能是p=1,又p>2,所以p,q不存在.12.【解答】解:(1)由题意知,a1<a6<a7<…,此时m≥5;a2<a5<a6<…,此时m≥3;当k≥3时,a k<a k+1<a k+2<…,此时m≥1;综上知,m≥5,即对任意的k∈N*,a k都具有性质P(m)时m的最小值为5;(2)由题意可知,等差数列{a n}的前n项和为S n=﹣2n+d,若对任意的k∈N*,数列{S n}中的项S k都具有性质P(7),则S k<S k+7对任意的k∈N*恒成立,即﹣2k+d<﹣2(k+7)+d,解得d>;又因为k≥1,所以实数d的取值范围是d>;(3)对于2≤t≤99,t∈N*,因为a1,a2,…,a t﹣1都具有性质P(1),所以a1<a2<…<a t﹣1<a t,当n≥2(n∈N*)时,存在i(1≤i≤n﹣1,i∈N*)满足a n=2a1,所以a1,a2,…,a t依次为:2,22,23,…,2t;由已知a1不具有性质P(1),所以a t+1的可能取值为22,23,…,2t;又因为a t+1,a t+2,…,a100都具有性质P(1),所以a t+1<a t+2<…<a100,欲使此数列的前100项和最大,a i+1,a i+2,...,a100依次为:2t,2t+1, (299)欲使此数列的前100项和最小,a i+1,a i+2,…,a100依次为:22,23,…,2101﹣t;下面分别计算前100项和:(a1+a2+…+a t)+(a t+1+a t+2+…+a100)=(2+22+23+…+2t)+(22+23+…+2101﹣t)=2t+2100﹣2;当t=99时,此数列的前100项和最大,最大值为299+2100﹣2=3×299﹣2;(a1+a2+…+a t)+(a t+1+a t+2+…+a100)=(2+22+23+…+2t)+(22+23+…+2101﹣t)=2(2t+)﹣6≥4﹣6=252﹣6;当且仅当2t=时,即t=时等号成立,但t=∉N*;这时取t=50或t=51时,此数列的前100项和最小,最小值为2(250+251)﹣6=6•250﹣6.13.【解答】解:(1)a1=8,m=2,则前7项为8,4,2,1,3,5,7,故S7=30.(2)设k是整数.①若a1=2k﹣1,a2=2k+4,a3=k+2.则a1+a2+a3=5k+5=25⇒k=4,此时a1=7.②若a1=4k,a2=2k,a3=k,则a1+a2+a3=7k=25,此时k不存在.③若a1=4k﹣2,a2=2k﹣1,a3=2k+4,则a1+a2+a3=8k+1=25⇒k=3,此时a1=10.故a1=7或a1=10.(3)证明:充分性:若a n为奇数,则a n+1=a n+m>m;必要性:先利用数学归纳法证:a n≤m(a n为奇数);a n≤2m(a n为偶数).①a1=1≤m,a2=1+m≤2m,成立;②假设n=k时,a k≤m(a k为奇数);a k≤2m(a k为偶数).③当n=k+1时,当a k是偶数,;当a k是奇数,a k+1=a k+m≤2m,此时a k+1是偶数.综上,由数学归纳法得a n≤m(a n为奇数);a n≤2m(a n为偶数).从而若a n+1>m时,必有a n+1是偶数.进而若a n是偶数,则a n=2a n+1>2m矛盾,故a n只能为奇数.14.【解答】解:(Ⅰ)①数列{a n}具有“性质Ψ(2)”;②数列{a n}不具有“性质Ψ(2)”.(Ⅱ)证明:先证“充分性”:当数列{a n}具有“性质Ψ(2)”时,有a2n﹣1+a2n=2a n,又因为a n+1≥a n,所以0≤a2n﹣a n=a n﹣a2n﹣1≤0,进而有a n=a2n结合a n+1≥a n有a n=a n+1=…=a2n,即“数列{a n}为常数列”;再证“必要性”:若“数列{a n}为常数列”,则有a2n﹣1+a2n=2a1=2a n,即“数列{a n}具有“性质Ψ(2)”.(Ⅲ)首先证明:a n+1﹣a n≥2.因为{a n}具有“性质Ψ(4)”,所以a2n﹣1+a2n=4a n.当n=1时,有a2=3a1=3.又因为,且a2n>a2n﹣1,所以有a2n≥2a n+1,a2n﹣1≤2a n﹣1,进而有2a n+1≤a2n≤a2n+1﹣1≤2a n+1﹣2,所以2(a n+1﹣a n)≥3,结合可得:a n+1﹣a n≥2.然后利用反证法证明:a n+1﹣a n≤2.假设数列{a n}中存在相邻的两项之差大于3,即存在k∈N*满足:a2k+1﹣a2k≥3或a2k+2﹣a2k+1≥3,进而有4(a k+1﹣a k)=(a2k+2+a2k+1)﹣(a2k+a2k﹣1)=(a2k+2﹣a2k)+(a2k+1﹣a2k﹣1)=[(a2k+2﹣a2k+1)+(a2k+1﹣a2k)]+[(a2k+1﹣a2k)+(a2k﹣a2k﹣1)]≥12.又因为,所以a k+1﹣a k≥3依此类推可得:a2﹣a1≥3,矛盾,所以有a n+1﹣a n≤2.综上有:a n+1﹣a n=2,结合a1=1可得a n=2n﹣1,经验证,该通项公式满足a2n﹣1+a2n=4a n,所以:a n=2n﹣1.15.【解答】解:(Ⅰ)∵a0=﹣2.6,∴a1=[a0]•(a0﹣[a0])=﹣3×(﹣2.6+3)=﹣1.2,同理可得:a2=﹣1.6、a3=﹣0.8.………………(3分)(Ⅱ)因a0>0,则[a0]≥0,所以a1=[a0](a0﹣[a0])≥0,设[a i]≥0,i≥1,则a i+1=[a i](a i﹣[a i])≥0,所以[a i]≥0,∀i≥0.又因0≤a i﹣[a i]<1,则a i+1=[a i](a i﹣[a i])≤[a i],则[a i+1]≤[a i],∀i≥0.………………(4分)假设∀i≥0,都有[a i]>0成立,则a i+1=[a i](a i﹣[a i])<[a i],则[a i+1]<[a i],∀i≥0,即[a i+1]≤[a i]﹣1,∀i≥0,………………(5分)则[a n]≤[a0]﹣n,∀n≥1,则当n≥[a0]时,[a n]≤0,这与假设矛盾,所以[a i]>0,∀i≥0不成立,………………(6分)即存在k∈N,[a k]=0.从而{[a i]}的最小值为0.………………(7分)(Ⅲ)证明:当a0>0时,由(2)知,存在k∈N,[a k]=0,所以a k+1=0,所以[a k+1]=0,所以a i=0,∀i≥k,成立.………………(8分)当a0<0时,若存在k∈N,a k=0,则a i=0,∀i≥k,得证;………………(9分)若a i<0,∀i≥0,则[a i]≤﹣1,则a i+1=[a i](a i﹣[a i])>[a i],则[a i+1]≥[a i],∀i≥0,所以数列{[a i]}单调不减.由于[a i]是负整数,所以存在整数m和负整数c,使得当i≥m时,[a i]=c.所以,当i≥m时,a i+1=c(a i﹣c),则,令,即b i+1=cb i,i≥m.当b m=0时,则b i=0,i≥m,则,得证.………………(11分)当b m≠0时,b i≠0,i≥m,,因当i≥m时,[a i]=c,则a i∈[c,c+1),则{b i}有界,所以|c|≤1,所以负整数c=﹣1.………………(12分)∴,则………………(13分)令k=m,满足当i≥k时,a i=a i+2.综上,存在非负整数k,使得当i≥k时,a i=a i+2.………………(14分)16.【解答】解:(Ⅰ)解:由a1=5,a2=3,a n+2=|a n+1﹣a n|,n∈N*.得a3=|3﹣5|=2,a4=|2﹣3|=1,a5=|1﹣2|=1,a6=|1﹣1|=0,a7=|0﹣1|=1,a8=|1﹣0|=1,a9=|1﹣1|=0,a10=|0﹣1|=1,……从第四项开始满足,故a2019=0,a2020=a2021=1;(Ⅱ)证明:反证法:假设∀i∈N*,a i≠0,由于a n+2=|a n+1﹣a n|,记m=max{a1,a2},则a1≤m,a2≤m.则0<a3=|a2﹣a1|≤m﹣1,0<a4=|a3﹣a2|≤m﹣1,0<a5=|a4﹣a3|=m﹣2,0<a6=|a5﹣a4|=m﹣2,…,依次递推,有0<a7=|a6﹣a5|≤m﹣3,0<a8=|a7﹣a6|≤m﹣3…,则由数学归纳法易得a2n+1≤m﹣n,n∈N*.当n>m时,a2n+1<0,与a2n+1>0矛盾.故存在i,使a i=0.∴数列{a n}必在有限项后出现值为0的项;故存在m∈N*,当n>m时,数列{a n}中的项呈周期变化;(Ⅲ)证明:①先证数列{a n}中必有“k”(反证法):假设数列{a n}中没有“k”,由(Ⅱ)知数列{a n}中必有“0”项,设第一个“0”项是a m(m≥3),令a m﹣1=p,p>k,p∈N*,则必有a m﹣2=p,于是由p=a m﹣1=|a m﹣2﹣a m﹣3|=|p﹣a m﹣3|,则a m﹣3=2p,因此p是a m﹣3的因数,由p=a m﹣2=|a m﹣3﹣a m﹣4|=|2p﹣a m﹣4|,则a m﹣4=p或3p,因此p是a m﹣4的因数,依次递推,可得p是a1,a2的因数,因为p>k,所以这与a1,a2的最大公约数是k矛盾,所以数列{a n}中必有“k”;②再证数列{a n}中必有无穷多项为k:假设数列{a n}中第一个“k”项为是a t,令a t﹣1=q,q>k,q∈N*,则a t+1=|a t﹣a t﹣1|=q﹣k,若a t+1=q﹣k=k,则数列中的项从a t开始依次为“k,k,0“的无限循环,故有无穷多项为k;若a t+1=q﹣k>k,则a t+2=|a t+1﹣a t|=q﹣2k,a t+3=|a t+2﹣a t+1|=k;若a t+2=q﹣2k=k,则进入“k,k,0“的无限循环,故有无穷多项为k;若a t+2=q﹣2k>k,则从a t开始的项依次为k,q﹣k,q﹣2k,k,q﹣3k,q﹣4k,k,必出现连续两个“k”,从而进入“k,k,0“的无限循环,故有无穷多项为k;综合①②知:数列{a n}中必有无穷多项为k.17.【解答】解:(1)由题意知等差数列{a n}的通项公式为:a n=5n﹣5;等差数列{b n}的通项公式为:b n=9n﹣9,得c i,j=a i+b j=(5i﹣5)+(9i﹣9)=5i+9j﹣14,则c2,6=50,c396,6=2020,得d i,j=a i﹣b j+1=(5i﹣5)﹣[9(j+1)﹣9]=5i﹣9j﹣5,故d2,6=﹣49.(2)证明:已知a=6.b=7,由题意知等差数列{a n}的通项公式为:a n=6n﹣6;等差数列{b n}的通项公式为:b n=7n﹣7,得c i,j=a i+b j=(6i﹣6)+(7i﹣7)=6i+7j﹣13,i∈N*,j∈N*).得d i,j=a i﹣b j+1=(6i﹣6)﹣[7(j+1)﹣7]=6i﹣7j﹣6,1≤i≤7,i∈N*,j∈N*).。

高中数学数列练习难题

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高中数学数列专题大题组卷一.选择题(共9小题)1.等差数列{a n}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为()A.130B.170C.210D.2602.已知各项均为正数的等比数列{a n},a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=()A.B.7C.6D.3.数列{a n}的前n项和为S n,若a1=1,a n+1=3S n(n≥1),则a6=()A.3×44B.3×44+1C.44D.44+14.已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0,a2=﹣,则{a n}的前10项和等于()A.﹣6(1﹣3﹣10)B.C.3(1﹣3﹣10)D.3(1+3﹣10)5.等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=()A.B.C.D.6.已知等差数列{a n}满足a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前10项的和S10=()A.138B.135C.95D.237.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m﹣1=﹣2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.68.等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=()A.n(n+1)B.n(n﹣1)C.D.9.设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是()A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2D.若a1<0,则(a2﹣a1)(a2﹣a3)>0二.解答题(共14小题)10.设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n﹣a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)记数列{}的前n项和为T n,求使得|T n﹣1|成立的n的最小值.11.设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.12.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(Ⅰ)证明{a n+}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(Ⅰ)证明:++…+<.13.已知等差数列{a n}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)求a1+a4+a7+…+a3n﹣2.14.等差数列{a n}中,a7=4,a19=2a9,(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.15.已知等比数列{a n}中,a1=,公比q=.(Ⅰ)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=(Ⅰ)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.16.已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.17.已知数列{a n}是首项为正数的等差数列,数列{}的前n项和为.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(a n+1)•2,求数列{b n}的前n项和T n.18.已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1﹣1(n∈N*)(Ⅰ)求a n与b n;(Ⅰ)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.19.已知数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,b n=,求数列{b n}的前n项和T n.20.设数列{a n}的前n项和为S n,已知2S n=3n+3.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)若数列{b n},满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.21.设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=a,a n+1=S n+3n,n∈N*.由(Ⅰ)设b n=S n﹣3n,求数列{b n}的通项公式;≥a n,n∈N*,求a的取值范围.(Ⅰ)若a n+122.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)令b n=(﹣1)n﹣1,求数列{b n}的前n项和T n.23.数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(Ⅰ)证明:数列{}是等差数列;(Ⅰ)设b n=3n•,求数列{b n}的前n项和S n.高中数学数列专题大题组卷参考答案与试题解析一.选择题(共9小题)1.(1996•全国)等差数列{a n}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和为()A.130B.170C.210D.260【分析】利用等差数列的前n项和公式,结合已知条件列出关于a1,d的方程组,用m表示出a1、d,进而求出s3m;或利用等差数列的性质,s m,s2m﹣s m,s3m﹣s2m成等差数列进行求解.【解答】解:解法1:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得方程组,解得d=,a1=,∴s3m=3ma1+d=3m+=210.故选C.解法2:∵设{a n}为等差数列,∴s m,s2m﹣s m,s3m﹣s2m成等差数列,即30,70,s3m﹣100成等差数列,∴30+s3m﹣100=70×2,解得s3m=210.故选C.【点评】解法1为基本量法,思路简单,但计算复杂;解法2使用了等差数列的一个重要性质,即等差数列的前n项和为s n,则s n,s2n﹣s n,s3n﹣s2n,…成等差数列.2.(2010•大纲版Ⅰ)已知各项均为正数的等比数列{a n},a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=()A.B.7C.6D.【分析】由数列{a n}是等比数列,则有a1a2a3=5⇒a23=5;a7a8a9=10⇒a83=10.【解答】解:a1a2a3=5⇒a23=5;a7a8a9=10⇒a83=10,a52=a2a8,∴,∴,故选A.【点评】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识,着重考查了转化与化归的数学思想.3.(2011•四川)数列{a n}的前n项和为S n,若a1=1,a n+1=3S n(n≥1),则a6=()A.3×44B.3×44+1C.44D.44+1【分析】根据已知的a n=3S n,当n大于等于2时得到a n=3S n﹣1,两者相减,根+1据S n﹣S n﹣1=a n,得到数列的第n+1项等于第n项的4倍(n大于等于2),所以得到此数列除去第1项,从第2项开始,为首项是第2项,公比为4的等比数列,由a1=1,a n+1=3S n,令n=1,即可求出第2项的值,写出2项以后各项的通项公式,把n=6代入通项公式即可求出第6项的值.=3S n,得到a n=3S n﹣1(n≥2),【解答】解:由a n+1﹣a n=3(S n﹣S n﹣1)=3a n,两式相减得:a n+1=4a n(n≥2),又a1=1,a2=3S1=3a1=3,则a n+1得到此数列除去第一项后,为首项是3,公比为4的等比数列,所以a n=a2q n﹣2=3×4n﹣2(n≥2)则a6=3×44.故选A【点评】此题考查学生掌握等比数列的确定方法,会根据首项和公比写出等比数列的通项公式,是一道基础题.4.(2013•大纲版)已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0,a2=﹣,则{a n}的前10项和等于()A.﹣6(1﹣3﹣10)B.C.3(1﹣3﹣10)D.3(1+3﹣10)【分析】由已知可知,数列{a n}是以﹣为公比的等比数列,结合已知可求a1,然后代入等比数列的求和公式可求+a n=0【解答】解:∵3a n+1∴∴数列{a n}是以﹣为公比的等比数列∵∴a1=4由等比数列的求和公式可得,S10==3(1﹣3﹣10)故选C【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用,属于基础试题5.(2013•新课标Ⅰ)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=()A.B.C.D.【分析】设等比数列{a n}的公比为q,利用已知和等比数列的通项公式即可得到,解出即可.【解答】解:设等比数列{a n}的公比为q,∵S3=a2+10a1,a5=9,∴,解得.∴.故选C.【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键.6.(2008•全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n}满足a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前10项的和S10=()A.138B.135C.95D.23【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质,及等差数列前n项和,根据a2+a4=4,a3+a5=10我们构造关于基本量(首项及公差)的方程组,解方程组求出基本量(首项及公差),进而代入前n项和公式,即可求解.【解答】解:∵(a3+a5)﹣(a2+a4)=2d=6,∴d=3,a1=﹣4,∴S10=10a1+=95.故选C【点评】在求一个数列的通项公式或前n项和时,如果可以证明这个数列为等差数列,或等比数列,则可以求出其基本项(首项与公差或公比)进而根据等差或等比数列的通项公式,写出该数列的通项公式,如果未知这个数列的类型,则可以判断它是否与某个等差或等比数列有关,间接求其通项公式.7.(2013•新课标Ⅰ)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m﹣1=﹣2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.6【分析】由a n与S n的关系可求得a m+1与a m,进而得到公差d,由前n项和公式及S m=0可求得a1,再由通项公式及a m=2可得m值.【解答】解:a m=S m﹣S m﹣1=2,a m+1=S m+1﹣S m=3,所以公差d=a m﹣a m=1,+1S m==0,得a1=﹣2,所以a m=﹣2+(m﹣1)•1=2,解得m=5,故选C.【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式及通项a n与S n的关系,考查学生的计算能力.8.(2014•新课标Ⅰ)等差数列{a n}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{a n}的前n项和S n=()A.n(n+1)B.n(n﹣1)C.D.【分析】由题意可得a42=(a4﹣4)(a4+8),解得a4可得a1,代入求和公式可得.【解答】解:由题意可得a42=a2•a8,即a42=(a4﹣4)(a4+8),解得a4=8,∴a1=a4﹣3×2=2,∴S n=na1+d,=2n+×2=n(n+1),故选:A.【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式,属基础题.9.(2015•北京)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是()A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2D.若a1<0,则(a2﹣a1)(a2﹣a3)>0【分析】对选项分别进行判断,即可得出结论.【解答】解:若a1+a2>0,则2a1+d>0,a2+a3=2a1+3d>2d,d>0时,结论成立,即A不正确;若a1+a3<0,则a1+a2=2a1+d<0,a2+a3=2a1+3d<2d,d<0时,结论成立,即B 不正确;{a n}是等差数列,0<a1<a2,2a2=a1+a3>2,∴a2>,即C正确;若a1<0,则(a2﹣a1)(a2﹣a3)=﹣d2≤0,即D不正确.故选:C.【点评】本题考查等差数列的通项,考查学生的计算能力,比较基础.二.解答题(共14小题)10.(2015•四川)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n﹣a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)记数列{}的前n项和为T n,求使得|T n﹣1|成立的n的最小值.【分析】(Ⅰ)由已知数列递推式得到a n=2a n﹣1(n≥2),再由已知a1,a2+1,a3成等差数列求出数列首项,可得数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,则其通项公式可求;(Ⅰ)由(Ⅰ)求出数列{}的通项公式,再由等比数列的前n项和求得T n,结合求解指数不等式得n的最小值.【解答】解:(Ⅰ)由已知S n=2a n﹣a1,有a n=S n﹣S n﹣1=2a n﹣2a n﹣1(n≥2),即a n=2a n﹣1(n≥2),从而a2=2a1,a3=2a2=4a1,又∵a1,a2+1,a3成等差数列,∴a1+4a1=2(2a1+1),解得:a1=2.∴数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故;(Ⅰ)由(Ⅰ)得:,∴.由,得,即2n>1000.∵29=512<1000<1024=210,∴n≥10.于是,使|T n﹣1|成立的n的最小值为10.【点评】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.11.(2015•湖北)设等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,等比数列{b n}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式(2)当d>1时,记c n=,求数列{c n}的前n项和T n.【分析】(1)利用前10项和与首项、公差的关系,联立方程组计算即可;(2)当d>1时,由(1)知c n=,写出T n、T n的表达式,利用错位相减法及等比数列的求和公式,计算即可.【解答】解:(1)设a1=a,由题意可得,解得,或,当时,a n=2n﹣1,b n=2n﹣1;当时,a n=(2n+79),b n=9•;(2)当d>1时,由(1)知a n=2n﹣1,b n=2n﹣1,∴c n==,∴T n=1+3•+5•+7•+9•+…+(2n﹣1)•,∴T n=1•+3•+5•+7•+…+(2n﹣3)•+(2n﹣1)•,∴T n=2+++++…+﹣(2n﹣1)•=3﹣,∴T n=6﹣.【点评】本题考查求数列的通项及求和,利用错位相减法是解决本题的关键,注意解题方法的积累,属于中档题.12.(2014•新课标Ⅰ)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(Ⅰ)证明{a n+}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(Ⅰ)证明:++…+<.【分析】(Ⅰ)根据等比数列的定义,后一项与前一项的比是常数,即=常数,又首项不为0,所以为等比数列;再根据等比数列的通项化式,求出{a n}的通项公式;(Ⅰ)将进行放大,即将分母缩小,使得构成一个等比数列,从而求和,证明不等式.【解答】证明(Ⅰ)==3,∵≠0,∴数列{a n+}是以首项为,公比为3的等比数列;∴a n+==,即;(Ⅰ)由(Ⅰ)知,当n≥2时,∵3n﹣1>3n﹣3n﹣1,∴<=,∴当n=1时,成立,当n≥2时,++…+<1+…+==<.∴对n∈N时,++…+<.+【点评】本题考查的是等比数列,用放缩法证明不等式,证明数列为等比数列,只需要根据等比数列的定义就行;数列与不等式常结合在一起考,放缩法是常用的方法之一,通过放大或缩小,使原数列变成一个等比数列,或可以用裂项相消法求和的新数列.属于中档题.13.(2013•新课标Ⅰ)已知等差数列{a n}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)求a1+a4+a7+…+a3n﹣2.【分析】(I)设等差数列{a n}的公差为d≠0,利用成等比数列的定义可得,,再利用等差数列的通项公式可得,化为d (2a1+25d)=0,解出d即可得到通项公式a n;=﹣2(3n﹣2)+27=﹣6n+31,可知此数列是以25为首项,(II)由(I)可得a3n﹣2﹣6为公差的等差数列.利用等差数列的前n项和公式即可得出a1+a4+a7+…+a3n.﹣2【解答】解:(I)设等差数列{a n}的公差为d≠0,由题意a1,a11,a13成等比数列,∴,∴,化为d(2a1+25d)=0,∵d≠0,∴2×25+25d=0,解得d=﹣2.∴a n=25+(n﹣1)×(﹣2)=﹣2n+27.(II)由(I)可得a3n=﹣2(3n﹣2)+27=﹣6n+31,可知此数列是以25为首项,﹣2﹣6为公差的等差数列.∴S n=a1+a4+a7+…+a3n﹣2===﹣3n2+28n.【点评】熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式是解题的关键.14.(2013•大纲版)等差数列{a n}中,a7=4,a19=2a9,(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.【分析】(I)由a7=4,a19=2a9,结合等差数列的通项公式可求a1,d,进而可求a n(II)由==,利用裂项求和即可求解【解答】解:(I)设等差数列{a n}的公差为d∵a7=4,a19=2a9,∴解得,a1=1,d=∴=(II)∵==∴s n===【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及裂项求和方法的应用,试题比较容易15.(2011•新课标)已知等比数列{a n}中,a1=,公比q=.(Ⅰ)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=(Ⅰ)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.【分析】(I)根据数列{a n}是等比数列,a1=,公比q=,求出通项公式a n和前n项和S n,然后经过运算即可证明.(II)根据数列{a n}的通项公式和对数函数运算性质求出数列{b n}的通项公式.【解答】证明:(I)∵数列{a n}为等比数列,a1=,q=∴a n=×=,S n=又∵==S n∴S n=(II)∵a n=∴b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=﹣log33+(﹣2log33)+…+(﹣nlog33)=﹣(1+2+…+n)=﹣∴数列{b n}的通项公式为:b n=﹣【点评】本题主要考查等比数列的通项公式、前n项和以及对数函数的运算性质.16.(2015•天津)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.【分析】(1)通过a n=qa n、a1、a2,可得a3、a5、a4,利用a2+a3,a3+a4,a4+a5+2成等差数列,计算即可;(2)通过(1)知b n=,n∈N*,写出数列{b n}的前n项和T n、2T n的表达式,利用错位相减法及等比数列的求和公式,计算即可.=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,【解答】解:(1)∵a n+2∴a3=q,a5=q2,a4=2q,又∵a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列,∴2×3q=2+3q+q2,即q2﹣3q+2=0,解得q=2或q=1(舍),∴a n=;(2)由(1)知b n===,n∈N*,记数列{b n}的前n项和为T n,则T n=1+2•+3•+4•+…+(n﹣1)•+n•,∴2T n=2+2+3•+4•+5•+…+(n﹣1)•+n•,两式相减,得T n=3++++…+﹣n•=3+﹣n•=3+1﹣﹣n•=4﹣.【点评】本题考查求数列的通项与前n项和,考查分类讨论的思想,利用错位相减法是解决本题的关键,注意解题方法的积累,属于中档题.17.(2015•山东)已知数列{a n}是首项为正数的等差数列,数列{}的前n项和为.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=(a n+1)•2,求数列{b n}的前n项和T n.【分析】(1)通过对c n=分离分母,并项相加并利用数列{}的前n项和为即得首项和公差,进而可得结论;(2)通过b n=n•4n,写出T n、4T n的表达式,两式相减后利用等比数列的求和公式即得结论.【解答】解:(1)设等差数列{a n}的首项为a1、公差为d,则a1>0,∴a n=a1+(n﹣1)d,a n+1=a1+nd,令c n=,则c n==[﹣],∴c1+c2+…+c n﹣1+c n=[﹣+﹣+…+﹣]=[﹣]==,又∵数列{}的前n项和为,∴,∴a1=1或﹣1(舍),d=2,∴a n=1+2(n﹣1)=2n﹣1;(2)由(1)知b n=(a n+1)•2=(2n﹣1+1)•22n﹣1=n•4n,∴T n=b1+b2+…+b n=1•41+2•42+…+n•4n,∴4T n=1•42+2•43+…+(n﹣1)•4n+n•4n+1,两式相减,得﹣3T n=41+42+…+4n﹣n•4n+1=•4n+1﹣,∴T n=.【点评】本题考查求数列的通项及求和,利用错位相减法是解决本题的关键,注意解题方法的积累,属于中档题.18.(2015•浙江)已知数列{a n}和{b n}满足a1=2,b1=1,a n+1=2a n(n∈N*),b1+b2+b3+…+b n=b n+1﹣1(n∈N*)(Ⅰ)求a n与b n;(Ⅰ)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求T n.【分析】(Ⅰ)直接由a1=2,a n+1=2a n,可得数列{a n}为等比数列,由等比数列的通项公式求得数列{a n}的通项公式;再由b1=1,b1+b2+b3+…+b n=b n+1﹣1,取n=1求得b2=2,当n≥2时,得另一递推式,作差得到,整理得数列{}为常数列,由此可得{b n}的通项公式;(Ⅰ)求出,然后利用错位相减法求数列{a n b n}的前n项和为T n.【解答】解:(Ⅰ)由a1=2,a n+1=2a n,得.由题意知,当n=1时,b1=b2﹣1,故b2=2,当n≥2时,b1+b2+b3+…+=b n﹣1,和原递推式作差得,,整理得:,∴;(Ⅰ)由(Ⅰ)知,,因此,两式作差得:,(n∈N*).【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力,是中档题.19.(2015•安徽)已知数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设S n为数列{a n}的前n项和,b n=,求数列{b n}的前n项和T n.【分析】(1)根据等比数列的通项公式求出首项和公比即可,求数列{a n}的通项公式;(2)求出b n=,利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和T n.【解答】解:(1)∵数列{a n}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.∴a1+a4=9,a1a4=a2a3=8.解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍),解得q=2,即数列{a n}的通项公式a n=2n﹣1;(2)S n==2n﹣1,∴b n===﹣,∴数列{b n}的前n项和T n=+…+﹣=﹣=1﹣.【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算,利用裂项法是解决本题的关键.20.(2015•山东)设数列{a n}的前n项和为S n,已知2S n=3n+3.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;(Ⅰ)若数列{b n},满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.【分析】(Ⅰ)利用2S n=3n+3,可求得a1=3;当n>1时,2S n﹣1=3n﹣1+3,两式相减2a n=2S n﹣2S n﹣1,可求得a n=3n﹣1,从而可得{a n}的通项公式;(Ⅰ)依题意,a n b n=log3a n,可得b1=,当n>1时,b n=31﹣n•log33n﹣1=(n﹣1)×31﹣n,于是可求得T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+…+b n=+(1×3﹣1+2×3﹣2+…+(n﹣1)×31﹣n),利用错位相减法可求得{b n}的前n项和T n.【解答】解:(Ⅰ)因为2S n=3n+3,所以2a1=31+3=6,故a1=3,当n>1时,2S n=3n﹣1+3,﹣1此时,2a n=2S n﹣2S n﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1,即a n=3n﹣1,所以a n=.(Ⅰ)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31﹣n•log33n﹣1=(n﹣1)×31﹣n,所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+…+b n=+(1×3﹣1+2×3﹣2+…+(n﹣1)×31﹣n),所以3T n=1+(1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+(n﹣1)×32﹣n),两式相减得:2T n=+(30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣(n﹣1)×31﹣n)=+﹣(n ﹣1)×31﹣n=﹣,所以T n=﹣,经检验,n=1时也适合,综上可得T n=﹣.【点评】本题考查数列的求和,着重考查数列递推关系的应用,突出考查“错位相减法”求和,考查分析、运算能力,属于中档题.21.(2008•全国卷Ⅰ)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=a,a n+1=S n+3n,n∈N*.由(Ⅰ)设b n=S n﹣3n,求数列{b n}的通项公式;≥a n,n∈N*,求a的取值范围.(Ⅰ)若a n+1=2S n+3n,由此可知S n+1﹣3n+1=2(S n﹣3n).所以b n=S n 【分析】(Ⅰ)依题意得S n+1﹣3n=(a﹣3)2n﹣1,n∈N*.(Ⅰ)由题设条件知S n=3n+(a﹣3)2n﹣1,n∈N*,于是,a n=S n﹣S n﹣1=,由此可以求得a的取值范围是[﹣9,+∞).﹣S n=a n+1=S n+3n,即S n+1=2S n+3n,【解答】解:(Ⅰ)依题意,S n+1﹣3n+1=2S n+3n﹣3n+1=2(S n﹣3n).(4分)由此得S n+1因此,所求通项公式为b n=S n﹣3n=(a﹣3)2n﹣1,n∈N*.①(6分)(Ⅰ)由①知S n=3n+(a﹣3)2n﹣1,n∈N*,于是,当n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1=3n+(a﹣3)×2n﹣1﹣3n﹣1﹣(a﹣3)×2n﹣2=2×3n﹣1+(a﹣3)2n﹣2,a n+1﹣a n=4×3n﹣1+(a﹣3)2n﹣2=,当n≥2时,⇔a≥﹣9.又a2=a1+3>a1.综上,所求的a的取值范围是[﹣9,+∞).(12分)【点评】本题考查数列的综合运用,解题时要仔细审题,注意挖掘题设中的隐含条件.22.(2014•山东)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)令b n=(﹣1)n﹣1,求数列{b n}的前n项和T n.【分析】(Ⅰ)利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出;(Ⅰ)由(Ⅰ)可得b n=.对n分类讨论“裂项求和”即可得出.【解答】解:(Ⅰ)∵等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,∴S n==n2﹣n+na1,∵S1,S2,S4成等比数列,∴,∴,化为,解得a1=1.∴a n=a1+(n﹣1)d=1+2(n﹣1)=2n﹣1.(Ⅰ)由(Ⅰ)可得b n=(﹣1)n﹣1==.∴T n=﹣++…+.当n为偶数时,T n=﹣++…+﹣=1﹣=.当n为奇数时,T n=﹣++…﹣+ =1+=.∴Tn=.【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力、计算能力、“裂项求和”、分类讨论思想方法,属于难题.23.(2014•安徽)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(Ⅰ)证明:数列{}是等差数列;(Ⅰ)设b n=3n•,求数列{b n}的前n项和S n.【分析】(Ⅰ)将na n=(n+1)a n+n(n+1)的两边同除以n(n+1)得,+1由等差数列的定义得证.(Ⅰ)由(Ⅰ)求出b n=3n•=n•3n,利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n.=(n+1)a n+n(n+1),【解答】证明(Ⅰ)∵na n+1∴,∴,∴数列{}是以1为首项,以1为公差的等差数列;(Ⅰ)由(Ⅰ)知,,∴,b n=3n•=n•3n,∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【点评】本题考查利用等差数列的定义证明数列是等差数列;考查数列求和的方法:错位相减法.求和的关键是求出通项选方法.。

有点难度数列综合练习题及答案

有点难度数列综合练习题及答案

有点难度数列的综合问题★ 重 难 点 突 破 ★1、教学重点:会利用函数相关知识以及函数的解题思想解决数列的问题。

掌握数列解题的基本思想及解题方法。

2、教学难点:会利用函数相关知识以及函数的解题思想解决数列的问题。

★ 热 点 考 点 题 型 探 析★ 例1、设0,b >数列{}n a 满足111=,(2)22n n n nba a b a n a n --=≥+-,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,1112n n n b a ++≤+1111111211,22111112,,{},,, 2.222212112(),2211122{},,22(2)12n n n n n n n n n n n n n n nba n n a a n a b a bn n n n n b a a a a a a n n b a b b a bn a b a b b b bn a b ------==⋅++--==+=∴==-≠+=+--++=---∴+-解:(1)由可得当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而 当时,则数列是以为首项为公比的等比数列12212(2)()(),,(2)222,(2).(2)(0,2)2n n n n n nn n nnnb b a b b b b b b b a nb b b b b --=⋅=⋅∴=---=⎧⎪=⎨->≠⎪-⎩ 综上1111111111232211123122,2,22(2)(2),,22222,22222222n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n b b a a b nb b b n b b a b b bn b b b b b b b b b +++++++++-----+-----==∴=--≠≤≤≤--≤+++++≤++++(2)当b=2时,+1+1,从而原不等式成立;1当b 2时,要证+1,只需证+1即证+1即证+即证n 21223112121123212121123221,22222221)()()()2222222122222222,,.n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b b b b b b b b b bb b b b b b b b n b b b b -+---+----+-++++++++++++++≥⋅+⋅++⋅+⋅=∴≠而上式左边=(当b 2时原不等式也成立从而原不等式成立例2、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足:1a a =(0)a ≠,n n rS a =+1 (n ∈N *,,1)r R r ∈≠-.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若存在k ∈ N *,使得1+k S ,k S ,2+k S 成等差数列,试判断:对于任意的m ∈N *,且2m ≥,1+m a ,m a ,2+m a 是否成等差数列,并证明你的结论.解:(Ⅰ)由已知:n n rS a =+1得21n n a rS ++=,两式相减得21(1)n n a r a ++=+,又2a ra = 所以当0r =时数列{}n a 为:a ,0,0,0,…,当0,1r r ≠≠-时,由已知0a ≠,所以0n a ≠,n N *∈,于是211,()n n a r n N a *++=+∈ 所以数列23,,,n a a a 成等比数列,即当2n ≥时2(1)n n a r r a -=+综上数列{}n a 的通项公式为21(1),2n n a n a r r a n -=⎧=⎨+≥⎩(Ⅱ)对于任意的m N *∈,且2m ≥,1+m a ,m a ,2+m a 成等差数列,证明如下: 当0r =时由(Ⅰ)知12n a n a n =⎧=⎨≥⎩,此时1+m a ,m a ,2+m a 成等差数列; 当0,1r r ≠≠-时,若存在k ∈ N *,使得1+k S ,k S ,2+k S 成等差数列,则2k S =1+k S +2+k S ∴1220k k a a +++=,由(Ⅰ)知数列23,,,n a a a 的公比12r +=-,于是对于任意的m ∈N *,且2m ≥,21224m m m m a a a a +++=-⇒=;所以2m a =1+m a +2+m a 即1+m a ,m a ,2+m a 成等差数列;综上:对于任意的m N *∈,且2m ≥,1+m a ,m a ,2+m a 成等差数列。

数列较难(含解析)

数列较难(含解析)

数列一、解答题1、数列{a n}满足a1=5,且(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,a4;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)令b n=,求数列{b n}的最大值与最小值.2、已知公差不为0的等差数列{a n}的首项为1,前n项和为S n,且数列{}是等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设lgb n=(n∈N*),问:b1,b k,b m(k,m均为正整数,且1<k<m)能否成等比数列?若能,求出所有的k和m的值;若不能,请说明理由.3、设数列{a n}的前n项和为S n,S n=n2+2a|n-2016|(a>0,n∈N•),则使得a n≤a n+1恒成立的a的最大值为__________.4、数列{a n},{b n},{c n}满足:b n=a n-2a n+1,c n=a n+1+2a n+2-2,n∈N*.(1)若数列{a n}是等差数列,求证:数列{b n}是等差数列;(2)若数列{b n},{c n}都是等差数列,求证:数列{a n}从第二项起为等差数列;(3)若数列{b n}是等差数列,试判断当b1+a3=0时,数列{a n}是否成等差数列?证明你的结论.5、已知数列{a n}满足a n+1=(n∈N*),且a1=0.(1)求a2,a3的值;(2)是否存在一个实常数λ,使得数列为等差数列,请说明理由.6、若数列{a n}的各项均为正数,∀n∈N*,a n+12=a n a n+2+t,t为常数,且2a3=a2+a4.(1)求的值;(2)证明:数列{a n}为等差数列;(3)若a1=t=1,对任意给定的k∈N*,是否存在p,r∈N*(k<p<r)使,,成等差数列?若存在,用k分别表示一组p和r;若不存在,请说明理由.7、已知数列{a n}满足:a1=a2=1,且a n+2-a n=2n(n∈N*),设b n=3a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在数列{b n}中,是否存在连续三项构成等差数列?若存在,求出所有符合条件的项,若不存在,请说明理由;(3)试证明:在数列{b n}中,一定存在正整数k、l(1<k<l),使得b1、b k、b l构成等差数列,并求出k、l之间的关系.8、已知数列{a n}满足(a n+1-1)(a n-1)=3(a n-a n+1),a1=2,令.(Ⅰ)证明:数列{b n}是等差数列;(Ⅱ)求数列{a n}的通项公式.9、已知数列{a n}的前n项和为S n,满足2S n=n(a n+4)(n∈N*)(I)设a2=5,求a4;(Ⅱ)设a2=t,若当且仅当n=5时S n取得最大值,求实数t的取值范围.10、已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是等比数列,公比为q(q>0),且满足b2=S1,b4=a2+a3,求数列{b n}的前n 项和T n.数列的答案和解析一、解答题1、答案:试题分析:(1)由a1=5,且(n≥2,n∈N*).分别令n=2,3,4,即可得出.(2)设数列的前n项和为S n,利用递推关系可得:,得即,再利用等比数列的通项公式即可得出.(3),变形利用单调性即可得出.试题解析:(1)∵a1=5,且(n≥2,n∈N*).分别令n=2,3,4,可得:.(2)设数列的前n项和为S n,则,∴,得即,∴{a n}从第二项起成等比数列,又a2=10,∴.(3),由,得,所以当n=3时,,当n=4时,但,综上所述,,(b n)max=b1=5.2、答案:试题分析:(1)根据等差数列的定义与通项公式、前n项和公式,结合题意求出通项a n;(2)假设存在正整数组k和m,使b1、b k,b m成等比数列,得出lgb1,lgb k lg,b m成等差数列,由此求出满足条件的正整数k和m的值.试题解析:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0),因为a1=1,所以a2=1+d,a3=1+2d,从而S2=2+d,S3=3+3d,因为数列{}是等差数列,所以2×=+,即=1+,化简得d2-d=0,而d≠0,所以d=1;故a n=a1+(n-1)d=n;(2)假设存在正整数组k和m,使b1、b k、b m成等比数列,则lgb1,lgb k,lgb m成等差数列,于是=+,所以m=3m(-)…(*);易知k=2,m=3满足(*);因为k≥3,且k∈N*时,-=<0;数列{}(k≥3,k∈N)为递减数列,于是-≤-<0,所以,当k≥3时,不存在正整数k和m满足(*);综上,当且仅当k=2,m=3时,b1,b k,b m成等比数列.3、答案:试题分析:S n=n2+2a|n-2016|(a>0,n∈N•),可得a1=S1=1+4030a;n≥2时,a n=S n-S n-1=2n-1+2a[|n-2016|-|n-2017|].对n分类讨论,利用a n≤a n+1恒成立即可得出.试题解析:∵S n=n2+2a|n-2016|(a>0,n∈N•),∴a1=S1=1+4030a;n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+2a|n-2016|-[(n-1)2+2a|n-2017|]=2n-1+2a[|n-2016|-|n-2017|].由a1≤a2,可得:1+4030a≤3-2a,解得a≤;当2≤n≤2015时,a n=2n-1-2a,a n+1=2n+1-2a,此时a n≤a n+1对于a>0恒成立;n=2016时,a2016=2×2016-1-2a,a2017=2×2017-1+2a,此时a n≤a n+1对于a>0恒成立;当n≥2017时,a n=2n-1+2a,a n+1=2n+1+2a,此时a n≤a n+1对于a>0恒成立.综上可得:a的最大值为.故答案为:.4、答案:试题分析:(1)利用等差数列的定义只要证明b n+1-b n=一个常数即可;(2)当n≥2时,c n-1=a n+2a n+1-2,b n=a n-2a n+1,可得,,只要证明a n+1-a n等于一个常数即可;(3)解:数列{a n}成等差数列.解法1 设数列{b n}的公差为d',由b n=a n-2a n+1,利用“错位相减”可得,设,可得,进而得到,令n=2,得,利用b1+a3=0,可得a n+2-a n+1=-(b n+1-d')+(b n-d')=-d',即可证明.解法2 由b n=a n-2a n+1,b1+a3=0,令n=1,a1-2a2=-a3,即a1-2a2+a3=0,可得b n+1=a n+1-2a n+2,b n+2=a n+2-2a n+3,2b n+1-b n-b n+2=(2a n+1-a n-a n+2)-2(2a n+2-a n+1-a n+3),由于数列{b n}是等差数列,可得2b n+1-b n-b n+2=0,可得2a n+1-a n-a n+2=2(2a n+2-a n+1-a n+3),即可证明.试题解析:证明:(1)设数列{a n}的公差为d,∵b n=a n-2a n+1,∴b n+1-b n=(a n+1-2a n+2)-(a n-2a n+1)=(a n+1-a n)-2(a n+2-a n+1)=d-2d=-d,∴数列{b n}是公差为-d的等差数列.(2)当n≥2时,c n-1=a n+2a n+1-2,∵b n=a n-2a n+1,∴,∴,∴,∵数列{b n},{c n}都是等差数列,∴为常数,∴数列{a n}从第二项起为等差数列.(3)数列{a n}成等差数列.解法1 设数列{b n}的公差为d',∵b n=a n-2a n+1,∴,∴,…,,∴,设,∴,两式相减得:,即,∴,∴,∴,令n=2,得,∵b1+a3=0,∴,∴2a1+2b1-4d′=0,∴a n+1=-(b n-d′),∴a n+2-a n+1=-(b n+1-d′)+(b n-d′)=-d′,∴数列{a n}(n≥2)是公差为-d'的等差数列,∵b n=a n-2a n+1,令n=1,a1-2a2=-a3,即a1-2a2+a3=0,∴数列{a n}是公差为-d'的等差数列.解法2∵b n=a n-2a n+1,b1+a3=0,令n=1,a1-2a2=-a3,即a1-2a2+a3=0,∴b n+1=a n+1-2a n+2,b n+2=a n+2-2a n+3,∴2b n+1-b n-b n+2=(2a n+1-a n-a n+2)-2(2a n+2-a n+1-a n+3),∵数列{b n}是等差数列,∴2b n+1-b n-b n+2=0,∴2a n+1-a n-a n+2=2(2a n+2-a n+1-a n+3),∵a1-2a2+a3=0,∴2a n+1-a n-a n+2=0,∴数列{a n}是等差数列.5、答案:试题分析:(1)由数列{a n}的递推关系a n+1=(n∈N*)及a1=0即可求得a2,a3的值;(2)假设存在一个实常数λ,使得数列为等差数列,依题意可求得λ,再利用等差数列的定义即可证得猜想成立.试题解析:解(1)…(4分)(2)假设存在一个实常数λ,使得数列为等差数列,则成等差数列,所以,…(6分)所以,解之得λ=1.…(8分)因为…(11分)又,所以存在一个实常数λ=1,使得数列是首项为-1,公差为的等差数列.…(12分)6、答案:试题分析:(1)由题意,分别令n=1,2得到=a1a3+t①,令n=2,=a2a4+t②利用做差法,即可求出的值;(2)③,④,得到利用做差法,得到数列为常数数列,继而得到数列{a n}为等差数列;(3)由条件求出数列{a n}的通项公式,由此推导出当k=1时,不存在p,r满足题设条件;当k≥2时,存在令p=2k-1得r=kp=k(2k-1),满足题设条件.试题解析:(1)由条件,∀n∈N*,a n+12=a n a n+2+t,t为常数,令n=1,得=a1a3+t①,令n=2,=a2a4+t②②-①,得,a3(a3+a1)=a2(a2+a4),∴.(2)③,④,④-③,得,∴数列为常数数列,∴.∴a n+a n+2=2a n+1,∴数列{a n}为等差数列.(3)由(2)知,数列{a n}为等差数列,设公差为d,则由条件a n+12=a n a n+2+1,得∴d2=a1=1,又数列{a n}的各项为正数,∴d>0,∴d=1,∴a n=n.当k=1时,若存在p,r使,,成等差数列,则=-1=≤0.与>0矛盾.因此,当k=1时,不存在.当k≥2时,则+=,所以r=.令p=2k-1得r=kp=k(2k-1),满足k<p<r.综上所述,当k=1时,不存在p,r;当k≥2时,存在一组p=2k-1,r=k(2k-1)满足题意.7、答案:试题分析:(1)由已知的数列递推式,分n为偶数和奇数利用累加法求数列的通项公式;(2)由b n=3a n求出数列{b n}的第二、第三、第四项,可得此三项构成等差数列;(3)分k,l为奇数,偶数,一奇以偶利用等差中项的概念列式证明,并求出使得b1、b k、b l构成等差数列时k、l之间的关系.试题解析:(1)由a n+2-a n=2n(n∈N*),当n为奇数时,有:,累加得:=;当n为偶数时,有:,,累加得:=.综上,;(2)由b n=3a n,得b2=3a2=3,b3=3a3=9,b4=3a4=15,∴数列{b n}中,存在连续三项b2,b3,b4构成等差数列;(3)证明:若存在正整数k、l(1<k<l),使b1、b k、b l构成等差数列,则2b k=b1+b l,若k,l均为奇数,有,此时不存在满足条件的k,l值;若k,l均为偶数,有,此时不存在满足条件的k,l值;若k为奇数,l为偶数,有,此时只要k+1=l,就有等式成立;若k为偶数,l为奇数,有,此时不存在满足条件的k,l值.综上,一定存在正整数k、l(1<k<l),使得b1、b k、b l构成等差数列,此时k为奇数,l为偶数且k+1=l.8、答案:试题分析:(Ⅰ)利用已知条件推出,即可证明{b n}是等差数列.(Ⅱ)求出b n,然后求解数列{a n}的通项公式.试题解析:(Ⅰ)(a n+1-1)(a n-1)=3[(a n-1)-(a n+1-1)],两边同除:(a n+1-1)(a n-1),∴,即,∴{b n}是等差数列.…(6分)(Ⅱ)∵b1=1,∴,…(10分),∴.…(12分)9、答案:试题分析:(I)通过对2S n=n(a n+4)(n∈N*)中令n=1,3,4,结合a2=5计算即得结论;(Ⅱ)通过2S n=n(a n+4)(n∈N*)可得当n≥2时,有2S n-1=(n-1)(a n-1+4)(n∈N*),两者相减可得(n-2)a n=(n-1)a n-1-4,进而有(n-1)a n+1=na n-4,两者相减可得数列{a n}为等差数列,计算即得结论.试题解析:(I)∵2S n=n(a n+4)(n∈N*),a2=5,∴当n=1时,可得a1=4;当n=3时,2(a1+a2+a3)=2(4+5+a3)=3(a3+4),即a3=6;当n=4时,可得2(a1+a2+a3+a4)=2(4+5+6+a4)=3(4+a4),即a4=7;(Ⅱ)∵2S n=n(a n+4)(n∈N*),∴当n≥2时,有2S n-1=(n-1)(a n-1+4)(n∈N*),两式相减可得:2a n=na n-(n-1)a n-1+4,即(n-2)a n=(n-1)a n-1-4,又∵(n-1)a n+1=na n-4,两式相减可得:(n-1)a n+1+(n-1)a n-1=(2n-2)a n(n≥2),∴a n+1+a n-1=2a n(n≥2),即a n+1-a n=a n-a n-1(n≥2),即数列{a n}为等差数列,在2S n=n(a n+4)中令n=1可得a1=4,又a2=t,∴数列{a n}的公差为t-4,∴a n=(t-4)n+8-t,当且仅当n=5时,S n取得最大值,等价于a5>0且a6<0,即t>3,且t<,故t∈(3,).10、答案:试题分析:(1)由题意可得当n≥2时,a n=2n+1,而当n=1时,a1=S1=3也满足上式,故可得a n=2n+1;(2)由(1)易得a1=3,a2=5,a3=7,进而可得b2=3,b4=12,可得公比q=2,由通项公式可得b1,代求和公式计算可得.试题解析:(1)∵数列{a n}的前n项和S n=n2+2n,∴当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+2n-(n-1)2+2(n-1)=2n+1当n=1时,a1=S1=3也满足上式,∴数列{a n}的通项公式为:a n=2n+1;(2)由(1)知,a1=3,a2=5,a3=7,又b2=S1,b4=a2+a3,∴b2=3,b4=12,又数列{b n}是等比数列,公比为q(q>0),∴q==2,∴b1==,∴数列{b n}的前n项和T n===(2n-1)。

数列多选题 易错题难题学能测试试卷

数列多选题 易错题难题学能测试试卷

数列多选题 易错题难题学能测试试卷一、数列多选题1.已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,201920212020S S S <<,设12n n n n b a a a ++=,则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,则下列结论中正确的是( ) A .20200a >B .20210a <C .2019202020212022a a a a ⋅>⋅D .2019n =时,n T 取得最大值【答案】ABC 【分析】根据题设条件,得到2021202020212020201920200,0S S a S S a -=<-=>,进而求得201920220a a >->,20192020a a >20212022a a ,再结合“裂项法”求得12121112n n n T d a a a a ++⎫⎛=-⎪⎝⎭,结合0d <,即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ,因为201920212020S S S <<,可得2021202020210S S a -=<,2020201920200S S a -=>,20212019S S -=202120200a a +>,即202020210a a >->,202020210a d a d ->-->,即201920220a a >->, 所以20192020a a >20212022a a ,0d <,即数列{}n a 递减, 且10a >,20a >,…,20200a >,20210a <, 又由12n n n n b a a a ++=,可得1211n n n n b a a a ++==1121112n n n n d a a a a +++⎛⎫- ⎪⎝⎭, 则122323341121211111111122n n n n n T d a a a a a a a a a a a a d a a +++⎛⎫⎛=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪⎝⎝⎭121n n a a ++⎫⎪⎭,由0d <,要使n T 取最大值,则121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值, 显然1210n n a a ++>,而23a a >34201920202021202220222023a a a a a a a a >⋅⋅⋅>><<⋅⋅⋅, 所以当2020n =时,121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值. 综上可得,正确的选项为ABC. 故选:ABC.【点睛】本题主要考查了数列的综合应用,其中解答中熟练应用通项n a 和n S 的关系式,数列的“裂项法”求和,以及数列的单调性进行求解是解答的关键,着重考查推理与运算能力.2.如图,已知点E 是ABCD 的边AB 的中点,()*n F n ∈N为边BC 上的一列点,连接n AF 交BD 于n G ,点()*n G n ∈N 满足()1223n n n n n G D a G A a G E +=⋅-+⋅,其中数列{}n a 是首项为1的正项数列,n S 是数列{}n a 的前n 项和,则下列结论正确的是( )A .313a =B .数列{}3n a +是等比数列C .43n a n =-D .122n n S n +=--【答案】AB 【分析】化简得到()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅,根据共线得到1230n n a a +--=,即()1323n n a a ++=+,计算123n n a +=-,依次判断每个选项得到答案. 【详解】()()112232n n n n n n G D a G A a G A G B +=⋅-+⋅+, 故()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅,,n n G D G B 共线,故1230n n a a +--=,即()1323n n a a ++=+,11a =,故1342n n a -+=⨯,故123n n a +=-.432313a =-=,A 正确;数列{}3n a +是等比数列,B 正确;123n n a +=-,C 错误;2124323412nn n S n n +-=-=---,故D 错误.故选:AB . 【点睛】本题考查了向量运算,数列的通项公式,数列求和,意在考查学生的计算能力,转化能力和综合应用能力.3.关于等差数列和等比数列,下列四个选项中正确的有( ) A .若数列{}n a 的前n 项和22n S n =,则数列{}n a 为等差数列B .若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-,则数列{}n a 为等比数列C .若等比数列{}n a 是递增数列,则{}n a 的公比1q >D .数列{}n a 是等比数列,n S 为前n 项和,则n S ,2n n S S -,32n n S S -,仍为等比数列 【答案】AB 【分析】对于A ,求出 42n a n =-,所以数列{}n a 为等差数列,故选项A 正确;对于B , 求出2n n a =,则数列{}n a 为等比数列,故选项B 正确;对于选项C ,有可能10,01a q <<<,不一定 1q >,所以选项C 错误;对于D ,比如公比1q =-,n 为偶数,n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯,均为0,不为等比数列.故选项D 不正确. 【详解】对于A ,若数列{}n a 的前n 项和22n S n =,所以212(1)(2)n S n n -=-≥,所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥,适合12a =,所以数列{}n a 为等差数列,故选项A 正确;对于B ,若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-,所以122(2)nn S n -=-≥,所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥,又1422a =-=,2218224a S S =-=--=, 212a a =则数列{}n a 为等比数列,故选项B 正确;对于选项C ,若等比数列{}n a 是递增数列,则有可能10,01a q <<<,不一定 1q >,所以选项C 错误;对于D ,数列{}n a 是等比数列,n S 为前n 项和,则n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯不一定为等比数列,比如公比1q =-,n 为偶数,n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯,均为0,不为等比数列.故选项D 不正确. 故选:AB 【点睛】方法点睛:求数列的通项常用的方法有:(1)公式法;(2)归纳法;(3)累加法;(4)累乘法;(5)构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.4.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,且1n n S a λ-=(λ为常数).若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-=,且1n n b b +<,则满足条件的n 的取值可以为( )A .5B .6C .7D .8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=;利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列,从而得到12n na ,进而得到nb ;利用10nnb b 可得到关于n 的不等式,解不等式求得n 的取值范围,根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时,1111a S a λ==-,11λ∴-=,解得:2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时,1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ,即:12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项,2为公比的等比数列,12n na2920n n a b n n =-+-,219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >,()()21128470n n n n ∴-+=--<,解得:47n <<又n *∈N ,5n ∴=或6 故选:AB 【点睛】关键点点睛:本题考查数列知识的综合应用,涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识,解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式,进而根据单调性可构造出关于n 的不等式,从而求得结果,考查学生计算能力,属于中档题.5.设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈,关于数列{}n a ,下列四个命题中正确的是( )A .若1*()n n a a n N +∈=,则{}n a 既是等差数列又是等比数列B .若2n S An Bn =+(A ,B 为常数,*n N ∈),则{}n a 是等差数列C .若()11nn S =--,则{}n a 是等比数列D .若{}n a 是等差数列,则n S ,2n n S S -,*32()n n S S n N -∈也成等差数列【答案】BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列,当0n a =时不是等比数列,故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列,故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立,12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列,故对;选项D: {}n a 是等差数列,由等差数列性质得n S ,2n n S S -,*32()n n S S n N -∈是等差数列,故对; 故选:BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.6.已知数列{}n a ,{}n b 满足:12n n n a a b +=+,()*1312lnn n n n b a b n N n++=++∈,110a b +>,则下列命题为真命题的是( )A .数列{}n n a b -单调递增B .数列{}n n a b +单调递增C .数列{}n a 单调递增D .数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-,知A 错误;依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列,得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ,知B 正确;结合已知条件,计算10n n a a +->,即得C 正确;先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-,再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确. 【详解】由题可知,12n n n a a b +=+①,1312lnn n n n b a b n++=++②,①-②得,1131lnn n n n n a b a b n+++-=--,当1n =时,2211ln 2a b a b -=--,∴2211-<-a b a b ,故A 错误.①+②得,()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-,()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-,∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项,3为公比的等比数列,∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ,∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ,③又110a b +>,∴B 正确.将③代入①得,()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+,∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>,故C 正确.将③代入②得,()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++,∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-.由110a b +>,结合指数函数与对数函数的增长速度知,从某个()*n n N∈起,()1113ln 0n a b n -+⋅->,又ln(1)ln 0n n +->,∴10n n b b +->,即{}n b 从某项起单调递增,故D 正确. 故选:BCD . 【点睛】判定数列单调性的方法:(1)定义法:对任意n *∈N ,1n n a a +>,则{}n a 是递增数列,1n n a a +<,则{}n a 是递减数列;(2)借助函数单调性:利用()n a f n =,研究函数单调性,得到数列单调性.7.已知数列{}n a 中,112a =,且()11n n n a a a +=+,n *∈N ,则以下结论正确的是( ) A .11111n n n a a a +=-+ B .{}n a 是单调递增数列 C .211011111111a a a a +++>+++ D .若1212120111n n a a aa a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦,则122n =([]x 表示不超过x 的最大整数) 【答案】ABD 【分析】利用裂项法可判断A 选项的正误;利用数列单调性的定义可判断B 选项的正误;利用裂项求和法可判断C 选项的正误;求出1212111nn a a a a a a ++++++的表达式,可判断D 选项的正误. 【详解】在数列{}n a 中,112a =,且()11n n n a a a +=+,n *∈N ,则()21110a a a =+>,()32210a a a =+>,,依此类推,可知对任意的n *∈N ,0n a >.对于A 选项,()()()111111111n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++-===-+++,A 选项正确; 对于B 选项,210n n n a a a +-=>,即1n n a a +>,所以,数列{}n a 为单调递增数列,B 选项正确;对于C 选项,由A 选项可知,11111n n n a a a +=-+, 所以,1212231011111110111111111111111a a a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭,C 选项错误; 对于D 选项,12122311111111111111111n nn n a a a a a a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 所以,()()()12121212111111111111n nn n a a a a a aa a a a a a +-+++=+++++++++-+-+121111111112111n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫=-+++=--=-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 由112a =,且()11n n n a a a +=+得234a =,32116a =,又{}n a 是单调递增数列,则3n ≥时,1n a >,则101na <<, 从而1122120n n n a +⎡⎤-=-=⎢⎥⎣⎦+,得122n =,D 选项正确.故选:ABD. 【点睛】方法点睛:数列求和的常用方法:(1)对于等差等比数列,利用公式法直接求和;(2)对于{}n n a b 型数列,其中{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,利用错位相减法求和;(3)对于{}n n a b +型数列,利用分组求和法; (4)对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列,其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列,利用裂项相消法求和.8.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若981S =,713a =,3S ,1716S S -,k S 成等比数列,则( )A .2n S n =B .122310*********a a a a a a ++⋅⋅⋅+= C .11k = D .21n a n =-【答案】ACD 【分析】先根据题意求出等差数列的首项和公差,再根据等差数列的通项公式和求和公式求得,n n a S ,再由3S ,1716S S -,k S 成等比数列列出式子求解得出k 的值,再利用裂项相消法求和,得到122310*********a a a a a a ++⋅⋅⋅+=,从而判断各项的正误. 【详解】依题意,95981S a ==,解得59a =; 而713a =,故75275a a d -==-,则1541a a d =-=, 则21n a n =-,2n S n =,故D 、A 正确:因为3S ,1716S S -,k S 成等比数列,故()223171617k S S S S a =-=,则22933k =,解得11k =,故C 正确; 而122310111111021a a a a a a ++⋅⋅⋅+=,故B 错误. 故选:ACD . 【点睛】思路点睛:该题考查的是有关数列的问题,解题方法如下: (1)根据题意,求得通项公式,进而求得前n 项和; (2)根据三项成等比数列的条件,列出等式,求得k 的值;(3)利用裂项相消法,对12231011111a a a a a a ++⋅⋅⋅+求和; (4)对选项逐个判断正误,得到结果.二、平面向量多选题9.在ABC 中,D 、E 分别是AC 、BC 上的点,AE 与BD 交于O ,且AB BC BC CA CA AB ⋅=⋅=⋅,2AB AC AE +=,2CD DA =,1AB =,则( )A .0AC BD ⋅=B .0OA OE ⋅=C .34OA OB OC ++= D .ED 在BA 方向上的正射影的数量为712【答案】BCD 【分析】根据AB BC BC CA CA AB ⋅=⋅=⋅以及正弦定理得到sin cos sin cos C B B C ⋅=⋅,从而求出B C =,进一步得到B C A ==,ABC 等边三角形,根据题目条件可以得到E 为BC 的中点和D 为AC 的三等分点,建立坐标系,进一步求出各选项. 【详解】由AB BC BC CA CA AB ⋅=⋅=⋅得cos cos AB BC B CA BC C ⋅=⋅,||cos ||cos AB B CA C ⋅=⋅,正弦定理,sin cos sin cos C B B C ⋅=⋅,()0sin B C =-,B C =,同理:A C =,所以B C A ==,ABC 等边三角形.2AB AC AE +=,E 为BC 的中点,2CD DA =,D 为AC 的三等分点.如图建立坐标系,3A ⎛ ⎝⎭,1,02B ⎛⎫- ⎪⎝⎭,1,02C ⎛⎫⎪⎝⎭,136D ⎛ ⎝⎭,解得3O ⎛ ⎝⎭, O 为AE 的中点,所以,0OA OE +=正确,故B 正确;1323,,,23AC BD ⎛⎫⎛=-= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭,AC BD ⋅=123310236⨯--≠,故A 错误; 324OA OB OC OA OE OE ++=+==,故C 正确; 136ED ⎛= ⎝⎭,132BA ⎛= ⎝⎭,投影712||ED BA BA ⋅=,故D 正确. 故选:BCD. 【点睛】如何求向量a 在向量b 上的投影,用向量a 的模乘以两个向量所成的角的余弦值就可以了,当然还可以利用公式a b b⋅进行求解.10.下列说法中错误的为 ()A .已知()1,2a =,()1,1b =,且a 与a λb +的夹角为锐角,则实数λ的取值范围是5,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B .向量()12,3e =-,213,24e ⎛⎫=-⎪⎝⎭不能作为平面内所有向量的一组基底C .若//a b ,则a 在b 方向上的正射影的数量为aD .三个不共线的向量OA ,OB ,OC ,满足AB CA BA CB OA OB AB CA BA CB ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⋅+=⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0CA BC OC CA BC ⎛⎫⎪=⋅+= ⎪⎝⎭,则O 是ABC 的内心 【答案】AC 【分析】对于A ,由向量的交角为锐角的等价条件为数量积大于0,且两向量不共线,计算即可; 对于B ,由124e e =,可知1e ,2e 不能作为平面内所有向量的一组基底; 对于C ,利用向量投影的定义即可判断;对于D ,由0AB CA OA AB CA ⎛⎫⎪⋅+= ⎪⎝⎭,点O 在角A 的平分线上,同理,点O 在角B 的平分线上,点O 在角C 的平分线上,进而得出点O 是ABC 的内心. 【详解】对于A ,已知()1,2a =,()1,1b =,且a 与a λb +的夹角为锐角, 可得()0a a b λ+>⋅,且a 与a λb +不共线,()1,2a λb λλ+=++, 即有()1220λλ++⨯+>,且()212λλ⨯+≠+,解得53λ>-且0λ≠,则实数λ的取值范围是53λ>-且0λ≠, 故A 不正确;对于B ,向量,,213,24e ⎛⎫=-⎪⎝⎭, 124e e =,∴向量1e ,2e 不能作为平面内所有向量的一组基底,故B 正确;对于C ,若a b ,则a 在b 上的投影为a ±,故C 错误; 对于D ,AB CA ABCA+表示与ABC 中角A 的外角平分线共线的向量,由0AB CA OA AB CA ⎛⎫⎪⋅+= ⎪⎝⎭,可知OA 垂直于角A 的外角平分线, 所以,点O 在角A 的平分线上,同理,点O 在角B 的平分线上,点O 在角C 的平分线上,故点O是ABC的内心,D正确.故选:AC.【点睛】本题考查了平面向量的运算和有关概念,具体包括向量数量积的夹角公式、向量共线的坐标表示和向量投影的定义等知识,属于中档题.。

等比数列中难题训练百度文库

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一、等比数列选择题1.已知等比数列{}n a 的前5项积为32,112a <<,则35124a a a ++的取值范围为( ) A .73,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B .()3,+∞C .73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D .[)3,+∞2.已知等比数列{}n a 的前n 项和为,n S 且639S S =,则42aa 的值为( )AB .2C.D .43.在等比数列{}n a 中,24a =,532a =,则4a =( ) A .8B .8-C .16D .16-4.已知等比数列{}n a 中,1354a a a ⋅⋅=,公比q =,则456a a a ⋅⋅=( ) A .32B .16C .16-D .32-5.已知数列{}n a 满足112a =,*11()2n n a a n N +=∈.设2n n n b a λ-=,*n N ∈,且数列{}n b 是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( )A .(,1)-∞B .3(1,)2-C .3(,)2-∞D .(1,2)-6.等比数列{}n a 中11a =,且14a ,22a ,3a 成等差数列,则()*na n N n∈的最小值为( ) A .1625B .49C .12D .17.已知数列{}n a 满足:11a =,*1()2nn n a a n N a +=∈+.则 10a =( ) A .11021B .11022 C .11023D .110248.已知数列{}n a 的前n 项和为n S 且满足11130(2),3n n n a S S n a -+=≥=,下列命题中错误的是( ) A .1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 B .13nS n = C .13(1)n a n n =--D .{}3n S 是等比数列9.记n S 为正项等比数列{}n a 的前n 项和,若2415S S ==,,则7S =( ). A .710S =B .723S =C .7623S =D .71273S =10.等比数列{}n a 的前n 项积为n T ,且满足11a >,10210310a a ->,102103101a a -<-,则使得1n T >成立的最大自然数n 的值为( )A .102B .203C .204D .20511.已知正项等比数列{}n a 满足112a =,2432a a a =+,又n S 为数列{}n a 的前n 项和,则5S =( ) A .312或112B .312 C .15D .612.在数列{}n a 中,12a =,121n n a a +=-,若513n a >,则n 的最小值是( ) A .9B .10C .11D .1213.正项等比数列{}n a 满足2237610216a a a a a ++=,则28a a +=( ) A .1 B .2 C .4 D .814.已知q 为等比数列{}n a 的公比,且1212a a =-,314a =,则q =( ) A .1- B .4C .12-D .12±15.已知单调递增数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()*21n n n S a a n =+∈N,且0nS>,记数列{}2nn a ⋅的前n 项和为n T ,则使得2020n T >成立的n 的最小值为( )A .7B .8C .10D .1116.正项等比数列{}n a 满足:241a a =,313S =,则其公比是( ) A .14B .1C .12D .1317.设数列{}n a ,下列判断一定正确的是( )A .若对任意正整数n ,都有24nn a =成立,则{}n a 为等比数列B .若对任意正整数n ,都有12n n n a a a ++=⋅成立,则{}n a 为等比数列C .若对任意正整数m ,n ,都有2m nm n a a +⋅=成立,则{}n a 为等比数列D .若对任意正整数n ,都有31211n n n n a a a a +++=⋅⋅成立,则{}n a 为等比数列18.已知1,a ,x ,b ,16这五个实数成等比数列,则x 的值为( ) A .4B .-4C .±4D .不确定19.已知等比数列{}n a 的n 项和2n n S a =-,则22212n a a a +++=( )A .()221n -B .()1213n- C .41n -D .()1413n- 20.在等比数列{}n a 中,132a =,44a =.记12(1,2,)n n T a a a n ==……,则数列{}n T ( )A .有最大项,有最小项B .有最大项,无最小项C .无最大项,有最小项D .无最大项,无最小项二、多选题21.题目文件丢失!22.一个弹性小球从100m 高处自由落下,每次着地后又跳回原来高度的23再落下.设它第n 次着地时,经过的总路程记为n S ,则当2n ≥时,下面说法正确的是( ) A .500n S < B .500n S ≤C .n S 的最小值为7003D .n S 的最大值为40023.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且1a p =,122n n S S p --=(2n ≥,p 为非零常数),则下列结论正确的是( ) A .{}n a 是等比数列 B .当1p =时,4158S =C .当12p =时,m n m n a a a +⋅= D .3856a a a a +=+24.已知数列{}n a 是公比为q 的等比数列,4n n b a =+,若数列{}n b 有连续4项在集合{-50,-20,22,40,85}中,则公比q 的值可以是( ) A .34-B .23-C .43-D .32-25.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,1+14,()n n a S a n N *==∈,数列12(1)n n n n a +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ,n *∈N ,则下列选项正确的是( ) A .24a =B .2nn S =C .38n T ≥D .12n T <26.计算机病毒危害很大,一直是计算机学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后,该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件.计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数0,C 即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数,某计算机病毒的传染指数02,C =若一台计算机有510个可能被感染的文件,如果该台计算机有一半以上文件被感染,则该计算机将处于瘫疾状态.该计算机现只有一个病毒文件,如果未经防毒和杀毒处理,则下列说法中正确的是( )A .在第3分钟内,该计算机新感染了18个文件B .经过5分钟,该计算机共有243个病毒文件C .10分钟后,该计算机处于瘫痪状态D .该计算机瘫痪前,每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 27.设{}n a 是无穷数列,1n n n A a a +=+,()1,2,n =,则下面给出的四个判断中,正确的有( )A .若{}n a 是等差数列,则{}n A 是等差数列B .若{}n A 是等差数列,则{}n a 是等差数列C .若{}n a 是等比数列,则{}n A 是等比数列D .若{}n A 是等差数列,则{}2n a 都是等差数列 28.关于递增等比数列{}n a ,下列说法不正确的是( )A .当101a q >⎧⎨>⎩B .10a >C .1q >D .11nn a a +< 29.设等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,并且满足条件11a >,671a a >,67101a a -<-,则下列结论正确的是( ) A .01q <<B .8601a a <<C .n S 的最大值为7SD .n T 的最大值为6T30.记单调递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若2410a a +=,23464a a a =,则( )A .112n n n S S ++-=B .12n naC .21nn S =- D .121n n S -=-31.已知数列{}n a 的前n 项和为S n ,22n n S a =-,若存在两项m a ,n a ,使得64m n a a =,则( )A .数列{}n a 为等差数列B .数列{}n a 为等比数列C .22212413nn a a a -+++=D .m n +为定值32.定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数()f x ,如果对于任意给定的等比数列{}n a ,数列(){}nf a 仍是等比数列,则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞⋃+∞上的四个函数中,是“保等比数列函数”的为( )A .()2f x x =B .()2xfx =C .()f x =D .()ln f x x =33.已知等比数列{a n }的公比23q =-,等差数列{b n }的首项b 1=12,若a 9>b 9且a 10>b 10,则以下结论正确的有( ) A .a 9•a 10<0 B .a 9>a 10C .b 10>0D .b 9>b 1034.在递增的等比数列{a n }中,S n 是数列{a n }的前n 项和,若a 1a 4=32,a 2+a 3=12,则下列说法正确的是( ) A .q =1 B .数列{S n +2}是等比数列C .S 8=510D .数列{lga n }是公差为2的等差数列35.等比数列{}n a 中,公比为q ,其前n 项积为n T ,并且满足11a >.99100·10a a ->,99100101a a -<-,下列选项中,正确的结论有( ) A .01q << B .9910110a a -< C .100T 的值是n T 中最大的D .使1n T >成立的最大自然数n 等于198【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、等比数列选择题 1.C 【分析】由等比数列性质求得3a ,把35124a a a ++表示为1a 的函数,由函数单调性得取值范围. 【详解】因为等比数列{}n a 的前5项积为32,所以5332a =,解得32a =,则235114a a a a ==,35124a a a ++ 1111a a =++,易知函数()1f x x x=+在()1,2上单调递增,所以35173,242a a a ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭, 故选:C . 【点睛】关键点点睛:本题考查等比数列的性质,解题关键是选定一个参数作为变量,把待求值的表示为变量的函数,然后由函数的性质求解.本题蝇利用等比数列性质求得32a =,选1a 为参数.2.D 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ,由题得()4561238a a a a a a ++=++,进而得2q,故2424a q a ==. 【详解】解:设等比数列{}n a 的公比为q ,因为639S S =,所以639S S =, 所以6338S S S -=,即()4561238a a a a a a ++=++, 由于()3456123a a a q a a a ++=++,所以38q =,故2q ,所以2424a q a ==. 故选:D. 3.C 【分析】根据条件计算出等比数列的公比,再根据等比数列通项公式的变形求解出4a 的值. 【详解】因为254,32a a ==,所以3528a q a ==,所以2q ,所以2424416a a q ==⨯=,故选:C. 4.A 【分析】由等比数列的通项公式可计算得出()6456135a a a q a a a ⋅⋅=⋅⋅,代入数据可计算得出结果.【详解】由6326456135135432a a a a q a q a q a a a q ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⨯=.故选:A. 5.C 【分析】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列,12n n a =,得2(2)2n n nn b n a λλ-==-,结合数列{b n }是单调递增数列,可得1n n b b +>对于任意的*n N ∈*恒成立,参变分离后即可得解.【详解】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列, 所以1111()222n n n a -==, 2(2)2n n nn b n a λλ-==- ∵数列{n b 是单调递增数列, ∴1n n b b +>对于任意的*n N ∈*恒成立, 即1(12)2(2)2n n n n λλ++->-,整理得:22n λ+<32λ∴< ,故选:C. 【点睛】本题主要考查了已知数列的单调性求参,一般研究数列的单调性的方法有: 一、利用数列单调性的定义,由1n n a a +>得数列单增,1n n a a +<得数列单减; 二、借助于函数的单调性研究数列的单调性. 6.D 【分析】首先设等比数列{}n a 的公比为(0)q q ≠,根据14a ,22a ,3a 成等差数列,列出等量关系式,求得2q ,比较()*na n N n∈相邻两项的大小,求得其最小值. 【详解】在等比数列{}n a 中,设公比(0)q q ≠, 当11a =时,有14a ,22a ,3a 成等差数列,所以21344a a a =+,即244q q =+,解得2q,所以12n na ,所以12n n a n n-=, 12111n n a n n a n n++=≥+,当且仅当1n =时取等号, 所以当1n =或2n =时,()*n a n N n∈取得最小值1,故选:D. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等比数列的通项公式,三个数成等差数列的条件,求数列的最小项,属于简单题目. 7.C 【分析】根据数列的递推关系,利用取倒数法进行转化得1121n n a a +=+ ,构造11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列,求解出通项,进而求出10a . 【详解】 因为12n n n a a a +=+,所以两边取倒数得12121n n n n a a a a ++==+,则111121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭, 所以数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列,则11111122n n n a a -⎛⎫+=+⋅= ⎪⎝⎭,所以121n n a =-,故101011211023a ==-. 故选:C 【点睛】方法点睛:对于形如()11n n a pa q p +=+≠型,通常可构造等比数列{}n a x +(其中1qx p =-)来进行求解.8.C 【分析】由1(2)n n n a S S n -=-≥代入得出{}n S 的递推关系,得证1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列,可判断A ,求出n S 后,可判断B ,由1a 的值可判断C ,求出3n S 后可判断D . 【详解】2n ≥时,因为130n n n a S S -+=,所以1130n n n n S S S S ---+=,所以1113n n S S --=, 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列,A 正确; 1113S a ==,113S =,公差3d =,所以133(1)3nn n S =+-=,所以13n S n=,B 正确; 113a =不适合13(1)n a n n =--,C 错误;1313n n S +=,数列113n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列,D 正确. 故选:C .【点睛】易错点睛:本题考查由数列的前n 项和求数列的通项公式,考查等差数列与等比数列的判断,在公式1n n n a S S -=-中2n ≥,不包含1a ,因此由n S 求出的n a 不包含1a ,需要特别求解检验,否则易出错. 9.D 【分析】利用等比数列前n 项和公式列出方程组,求出首项和公比,由此能求出这个数列的前7项和. 【详解】n S 为正项等比数列{}n a 的前n 项和,21S =,45S =,∴21410(1)11(1)51q a q qa q q ⎧⎪>⎪⎪-⎪=⎨-⎪⎪-⎪=-⎪⎩,解得113a =,2q ,771(12)1273123S -∴==-.故选:D . 10.C 【分析】由题意可得1021031a a >,1021031,1a a ><,利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由10210310a a ->,即1021031a a >,则有21021a q ⨯>,即0q >。

数列(单元测试题--较难)

数列(单元测试题--较难)

数列单元测试题一、选择题 (本大题共10个小题,每小题5分,共50分)1.在等差数列{}n a 中,351028a a a ++=,则此数列的前13项的和等于( )A .8B .13C .16D .262.巳知函数()cos ,(0,2)f x x x π=∈有两个不同的零点12,x x ,且方程()f x m =有两个不同的实根34,x x .若把这四个数按从小到大排列构成等差数列,则实数m 的值为( )A .B .C .D .3.已知正项数列{n a }中,a 1=1,a 2=2,22n a =21n a ++21n a -(n≥2),则a 6等于( )A .16B .8C .22D .44.已知等比数列{a n }的前n 项和S n =t ·5n -2-15,则实数t 的值为( ). A .4B .5 C.45D.155.已知数列{}n a 满足),2(525*11N n n a a a n n n ∈≥--=--,且{}n a 前2014项的和为403,则数列{}1+⋅n n a a 的前2014项的和为( )A .-4B .-2C .2D .46.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 4+a 7+a 10=9,S 14﹣S 3=77,则使S n 取得最小值时n 的值为( ) A . 4B . 5C . 6D . 77.各项均为实数的等比数列{a n }前n 项和记为S n ,若S 10=10,S 30=70,则S 40等于( )A . 150B . -200C . 150或-200D .400或-508.若{a n }是等差数列,首项a 1>0,公差d<0,且a 2 013(a 2 012+a 2 013) <0,则使数列{a n }的前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A .4 027B .4 026C .4 025D .4 0249.已知定义在R 上的函数)(x f 是奇函数且满足)()23(x f x f =-,3)2(-=-f ,数列{}n a 满足11-=a ,且n a S n n +=2,(其中n S 为{}n a 的前n 项和)。

高考数学压轴专题《数列的概念》难题汇编 百度文库

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一、数列的概念选择题1.历史上数列的发展,折射出许多有价值的数学思想方法,对时代的进步起了重要的作用.比如意大利数学家列昂纳多—斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233…即121a a ==,当n ≥3时,12n n n a a a --=+,此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用.若此数列的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b ,记数列{}n b 的前n 项和为n S ,则20S 的值为( ) A .24B .26C .28D .302.已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-,则10a =( )A .35B .40C .45D .503.已知数列{}ij a 按如下规律分布(其中i 表示行数,j 表示列数),若2021ij a =,则下列结果正确的是( )A .13i =,33j =B .19i =,32j =C .32i =,14j =D .33i =,14j =4.已知数列{}n a ,若()12*Nn n n a a a n ++=+∈,则称数列{}na 为“凸数列”.已知数列{}nb 为“凸数列”,且11b =,22b =-,则数列{}n b 的前2020项和为( ) A .5B .5-C .0D .1-5.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且21n S n n =++,则{}n a 的通项公式是( )A .2n a n =B .3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩C .21n a n =+D .3n a n =6.数列{}n a 中,11a =,12n n a a n +=+,则n a =( )A .2n n 1-+B .21n +C .2(1)1n -+D .2n7.已知数列{}n a 满足11a =,()*11nn n a a n N a +=∈+,则2020a =( ) A .12018B .12019 C .12020D .120218.已知数列{}n a 的首项为2,且数列{}n a 满足111n n n a a a +-=+,数列{}n a 的前n 项的和为n S ,则1008S 等于( )A .504B .294C .294-D .504-9.已知数列{}n a 中,11a =,23a =且对*n N ∈,总有21n n n a a a ++=-,则2019a =( ) A .1B .3C .2D .3-10.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列,如数列1,3,6,10,前后两项之差得到新数列2,3,4,新数列2,3,4为等差数列,这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24,则该数列的第19项为( ) A .184B .174C .188D .16011.数列{}n a 满足:12a =,111nn na a a ++=-()*n N ∈其前n 项积为n T ,则2018T =( ) A .6-B .16-C .16D .612.已知在数列{}n a 中,112,1n n na a a n +==+,则2020a 的值为( ) A .12020B .12019C .11010D .1100913.已知数列{}n b 满足12122n n b n λ-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,若数列{}n b 是单调递减数列,则实数λ的取值范围是( ) A .101,3B .110,23⎛⎫- ⎪⎝⎭C .(-1,1)D .1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭14.数列{}n a 满足1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+,则5a 的值为( )A .18B .17 C .131D .1615.已知lg3≈0.477,[x ]表示不大于x 的最大整数.设S n 为数列{a n }的前n 项和,a 1=2且S n +1=3S n -2n +2,则[lg(a 100-1)]=( ) A .45B .46C .47D .4816.正整数的排列规则如图所示,其中排在第i 行第j 列的数记为,i j a ,例如4,39a =,则645a ,等于( )12345678910A .2019B .2020C .2021D .202217.已知数列{}n a 满足2122111,16,2n n n a a a a a ++===则数列{}n a 的最大项为( ) A .92B .102C .8182D .11218.在数列{}n a 中,11(1)1,2(2)nn n a a n a --==+≥,则3a =( ) A .0B .53C .73D .319.数列{}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,n F 成为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,该数列从第三项开始,每项等于其前两相邻两项之和,记该数{}n F 的前n 项和为n S ,则下列结论正确的是( )A .201920212S F =+B .201920211S F =-C .201920202S F =+D .201920201S F =-20.设数列{},{}n n a b 满足*172700,,105n n n n n a b a a b n N ++==+∈若6400=a ,则( ) A .43a a >B .43<b bC .33>a bD .44<a b二、多选题21.已知数列0,2,0,2,0,2,,则前六项适合的通项公式为( )A .1(1)nn a =+-B .2cos2n n a π= C .(1)2sin2n n a π+= D .1cos(1)(1)(2)n a n n n π=--+--22.已知数列{}n a 满足()*111n na n N a +=-∈,且12a =,则( ) A .31a =-B .201912a =C .332S =D . 2 01920192S =23.设等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,并且满足条件11a >,667711,01a a a a -><-,则下列结论正确的是( ) A .01q <<B .681a a >C .n S 的最大值为7SD .n T 的最大值为6T24.斐波那契数列,又称黄金分割数列、兔子数列,是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1,1,2,3,5,8,13,21,……,此数列从第3项开始,每一项都等于前两项之和,记该数列为(){}F n ,则(){}F n 的通项公式为( )A .(1)1()2n n F n -+=B .()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C .()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛+-⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦D .()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦25.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,….,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”,记n S 为数列{}n a 的前n 项和,则下列结论正确的是( ) A .68a =B .733S =C .135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=D .22212201920202019a a a a a ++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+= 26.已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠,且满足11140(2),4n n n a S S n a -+=≥=,则下列说法正确的是( ) A .数列{}n a 的前n 项和为1S 4n n= B .数列{}n a 的通项公式为14(1)n a n n =+C .数列{}n a 为递增数列D .数列1{}nS 为递增数列 27.已知S n 是等差数列{}n a (n ∈N *)的前n 项和,且S 5>S 6>S 4,以下有四个命题,其中正确的有( )A .数列{}n a 的公差d <0B .数列{}n a 中S n 的最大项为S 10C .S 10>0D .S 11>028.在等差数列{}n a 中,公差0d ≠,前n 项和为n S ,则( ) A .4619a a a a >B .130S >,140S <,则78a a >C .若915S S =,则n S 中的最大值是12SD .若2n S n n a =-+,则0a =29.已知数列{}n a 满足:12a =,当2n ≥时,)212n a =-,则关于数列{}n a 的说法正确的是 ( )A .27a =B .数列{}n a 为递增数列C .221n a n n =+-D .数列{}n a 为周期数列30.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若30S =,46a =,则( ) A .23n S n n =- B .2392-=n n nSC .36n a n =-D .2n a n =31.首项为正数,公差不为0的等差数列{}n a ,其前n 项和为n S ,则下列4个命题中正确的有( )A .若100S =,则50a >,60a <;B .若412S S =,则使0n S >的最大的n 为15;C .若150S >,160S <,则{}n S 中7S 最大;D .若89S S <,则78S S <.32.(多选题)在数列{}n a 中,若221n n a a p --=,(2n ≥,*n N ∈,p 为常数),则称{}n a 为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断正确的是( )A .若{}n a 是等差数列,则{}2n a 是等方差数列B .(){}1n-是等方差数列C .若{}n a 是等方差数列,则{}kn a (*k N ∈,k 为常数)也是等方差数列D .若{}n a 既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列33.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 25,n S n n =-则下列说法正确的是( )A .{}n a 为等差数列B .0n a >C .n S 最小值为214-D .{}n a 为单调递增数列34.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公差为d .已知a 3=12,S 12>0,a 7<0,则( ) A .a 6>0B .2437d -<<- C .S n <0时,n 的最小值为13D .数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项35.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,公差为d ,且满足10a >,1118S S =,则对n S 描述正确的有( ) A .14S 是唯一最小值 B .15S 是最小值 C .290S =D .15S 是最大值【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、数列的概念选择题 1.B 解析:B 【分析】先写出新数列的各项,找到数列的周期,即得解. 【详解】由题意可知“斐波那契数列”的各项依次被4整除后的余数构成一个新的数列{}n b , 此数列的各项求得:1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,1……,则其周期为6, 其中1+1+2+3+1+0=8,则201819201812S S b b S b b =++=++381126=⨯++=, 故选:B.2.A解析:A 【分析】利用()n n n a S S n 12-=-,根据题目已知条件求出数列的通项公式,问题得解.【详解】223n S n n =-,n 2∴≥时,1n n n a S S -=-22(23[2(1)3(1)]n n n n )=-----=45n1n = 时满足11a S = ∴ =45n a n ,∴ 10a =35故选:A. 【点睛】本题考查利用n a 与n S 的关系求通项. 已知n S 求n a 的三个步骤: (1)先利用11a S =求出1a .(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系,利用()n n n a S S n 12-=-便可求出当n 2≥时n a 的表达式.(3)对1n =时的结果进行检验,看是否符合n 2≥时n a 的表达式,如果符合,则可以把数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分1n =与n 2≥两段来写. .3.C解析:C 【分析】可以看出所排都是奇数从小到大排起.规律是先第一列和第一行,再第二列和第二行,再第三列第三行,并且完整排完n 次后,排出的数呈正方形.可先算2021是第几个奇数,这个奇数在哪两个完全平方数之间,再去考虑具体的位置. 【详解】每排完n 次后,数字呈现边长是n 的正方形,所以排n 次结束后共排了2n 个数.20211110112-+=,说明2021是1011个奇数. 而22961311011321024=<<=,故2021一定是32行,而从第1024个数算起,第1011个数是倒数第14个,根据规律第1024个数排在第32行第1列,所以第1011个数是第32行第14列,即2021在第32行第14列. 故32,14i j ==. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的基础知识,但是考查却很灵活,属于较难题.4.B解析:B 【分析】根据数列的递推关系可求得数{}n b 的周期为6,即可求得数列{}n b 的前2020项和. 【详解】()*21N n n n b b b n ++=-∈,且11b =,22b =-, ∴345673,1,2,3,1,b b b b b =-=-=== ∴{}n b 是以6为周期的周期数列,且60S =,∴20203366412345S S b b b b ⨯+==+++=-,故选:B. 【点睛】本题考查数列的新定义、数列求和,考查运算求解能力,求解时注意通过计算数列的前6项,得到数列的周期.5.B解析:B 【分析】根据11,1,2n nS n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩计算可得;【详解】解:因为21n S n n =++①,当1n =时,211113S =++=,即13a =当2n ≥时,()()21111n S n n -=-+-+②,①减②得,()()2211112n n n n n n a ⎡⎤++--+-+=⎦=⎣所以3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩故选:B 【点睛】本题考查利用定义法求数列的通项公式,属于基础题.6.A解析:A 【分析】由题意,根据累加法,即可求出结果. 【详解】因为12n n a a n +=+,所以12n n a a n +-=,因此212a a -=,324a a -=,436a a -=,…,()121n n a a n --=-, 以上各式相加得:()()()21246.1221..212n n n a a n n n ⎡⎤-+-⎣⎦-=+++==+--,又11a =,所以21n a n n =-+.故选:A. 【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项,属于基础题型.7.C解析:C 【分析】根据数列的递推关系,利用取倒数法进行转化,构造等差数列,结合等差数列的性质求出通项公式即可.【详解】 解:11nn n a a a +=+, ∴两边同时取倒数得11111n n n na a a a ++==+, 即1111n na a ,即数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差1d =的等差数列,首项为111a .则11(1)1nn n a =+-⨯=, 得1n a n=, 则202012020a =, 故选:C 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解,结合数列递推关系,利用取倒数法以及构造法构造等差数列是解决本题的关键.考查学生的运算和转化能力,属于基础题.8.C解析:C 【分析】根据递推公式,算出数列前4项,确定数列周期,即可求出结果. 【详解】∵12a =,111n n n a a a +-=+,∴213a =,311131213a -==-+,41123112a --==--+, 又121111111111n n n n n n nn a a a a a a a a +++---+===--+++,所以421n n n a a a ++=-=, ∴数列{}n a 的周期为4,且123476a a a a +++=-, ∵10084252÷=,∴100872522946S ⎛⎫=⨯-=- ⎪⎝⎭. 故选:C. 【点睛】本题主要考查数列周期性的应用,属于常考题型.9.C解析:C 【分析】根据数列{}n a 的前两项及递推公式,可求得数列的前几项,判断出数列为周期数列,即可求得2019a 的值.【详解】数列{}n a 中,11a =,23a =且对*n N ∈,总有21n n n a a a ++=- 当1n =时,321322a a a =-=-= 当2n =时,432231a a a =-=-=- 当3n =时,543123a a a =-=--=- 当4n =时,()654312a a a =-=---=- 当5n =时,()765231a a a =-=---= 当6n =时,()876123a a a =-=--= 由以上可知,数列{}n a 为周期数列,周期为6T = 而201933663=⨯+ 所以201932a a == 故选:C 【点睛】本题考查了数列递推公式的简单应用,周期数列的简单应用,属于基础题.10.B解析:B 【分析】根据高阶等差数列的知识,结合累加法求得数列的通项公式,由此求得19a . 【详解】3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以()1112,3n n a a n n a --=-≥=,所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()1213n n =-+-+++()()()11113322n n n n -+⋅--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选:B【点睛】本小题主要考查数列新定义,考查累加法,属于基础题.11.A解析:A 【分析】根据递推公式推导出()4n n a a n N *+=∈,且有12341a a a a=,再利用数列的周期性可计算出2018T 的值. 【详解】12a =,()*111++=∈-nn n a a n N a ,212312a +∴==--,3131132a -==-+,411121312a -==+,51132113a +==-,()4n n a a n N *+∴=∈,且()12341123123a a a a ⎛⎫=⨯-⨯-⨯= ⎪⎝⎭,201845042=⨯+,因此,()5042018450421211236T T a a ⨯+==⨯=⨯⨯-=-.故选:A. 【点睛】本题考查数列递推公式的应用,涉及数列周期性的应用,考查计算能力,属于中等题.12.C解析:C 【分析】由累乘法可求得2n a n=,即可求出. 【详解】11n n n a a n +=+,即11n n a n a n +=+, 12321123211232121232n n n n n n n a a a a a n n n a a a a a a a n n n --------∴=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⨯--2n=, 20202120201010a ∴==. 故选:C.13.A解析:A 【分析】由题1n n b b +>在n *∈N 恒成立,即16212nn λ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭,讨论n 为奇数和偶数时,再利用数列单调性即可求出. 【详解】数列{}n b 是单调递减数列,1n n b b +∴>在n *∈N 恒成立,即()122112+1222nn n n λλ-⎛⎫⎛⎫-->-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立,即16212nn λ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭, 当n 为奇数时,则()6212nn λ>-+⋅恒成立,()212n n -+⋅单调递减,1n ∴=时,()212n n -+⋅取得最大值为6-,66λ∴>-,解得1λ>-;当n 为偶数时,则()6212nn λ<+⋅恒成立,()212n n +⋅单调递增,2n ∴=时,()212n n +⋅取得最小值为20,620λ∴<,解得103λ<, 综上,1013λ-<<. 故选:A. 【点睛】关键点睛:本题考查已知数列单调性求参数,解题的关键由数列单调性得出16212nn λ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭恒成立,需要讨论n 为奇数和偶数时的情况,这也是容易出错的地方. 14.C解析:C 【分析】根据条件依次算出2a 、3a 、4a 、5a 即可. 【详解】 因为1111,(2)2n n n a a a n a --==≥+,所以211123a ==+,31131723a ==+,411711527a ==+,51115131215a ==+ 故选:C 15.C解析:C 【分析】利用数列的递推式,得到a n +1=3a n -2,进而得到a n =3n -1+1,然后代入[lg(a 100-1)]可求解 【详解】当n ≥2时,S n =3S n -1-2n +4,则a n +1=3a n -2,于是a n +1-1=3(a n -1),当n =1时,S 2=3S 1-2+2=6,所以a 2=S 2-S 1=4.此时a 2-1=3(a 1-1),则数列{a n -1}是首项为1,公比为3的等比数列.所以a n -1=3n -1,即a n =3n -1+1,则a 100=399+1,则lg(a 100-1)=99lg3≈99×0.477=47.223,故[lg(a 100-1)]=47. 故选C16.C解析:C 【分析】根据题目中已知数据,进行归总结,得到一般性结论,即可求得结果. 【详解】根据题意,第1行第1列的数为1,此时111(11)112a ⨯-=+=,, 第2行第1列的数为2,此时212(21)122a ⨯-=+=,, 第3行第1列的数为4 ,此时313(31)142a ⨯-=+=,, 据此分析可得:第64行第1列的数为64164(641)120172a ⨯-=+=,,则6452021a =,, 故选:C.17.B解析:B 【分析】本题先根据递推公式进行转化得到21112n n n n a a a a +++=.然后令1n n na b a +=,可得出数列{}n b 是等比数列.即11322nn n a a +⎛⎫= ⎪⎝⎭.然后用累乘法可求出数列{}n a 的通项公式,根据通项公式及二次函数的知识可得数列{}n a 的最大项. 【详解】解:由题意,可知: 21112n n n na a a a +++=. 令1n n n ab a +=,则112n n b b +=. 21116a b a ==,∴数列{}n b 是以16为首项,12为公比的等比数列. 111163222n nn b -⎛⎫⎛⎫∴== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.∴11322nn n a a +⎛⎫= ⎪⎝⎭. ∴1211322aa ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 2321322a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭,111322n n n a a --⎛⎫= ⎪⎝⎭.各项相乘,可得: 12111111(32)222n n na a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.(1)2511()22n n n --⎛⎫= ⎪⎝⎭2115(1)221122n n n ---⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭211552212n n n --+⎛⎫= ⎪⎝⎭21(1110)212n n -+⎛⎫= ⎪⎝⎭.令2()1110f n n n =-+,则,根据二次函数的知识,可知:当5n =或6n =时,()f n 取得最小值. ()2551151020f =-⨯+=-,()2661161020f =-⨯+=-,()f n ∴的最小值为20-. ∴211(1110)(20)1022101112222n n -+⨯--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.∴数列{}n a 的最大项为102.故选:B . 【点睛】本题主要考查根据递推公式得出通项公式,构造新数列的方法,累乘法通项公式的应用,以及利用二次函数思想求最值;18.B解析:B 【分析】由数列的递推关系式以及11a =求出2a ,进而得出3a . 【详解】11a =,21123a a ∴=+=,321523a a -=+= 故选:B19.B解析:B 【分析】利用迭代法可得21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++,可得21n n F S +=+,代入2019n =即可求解.【详解】由题意可得该数列从第三项开始,每项等于其前两相邻两项之和, 则211112n n n n n n n n n n F F F F F F F F F F ++----=+=++=+++1211232n n n n n n n n n F F F F F F F F F -------=+++=++++=123211n n n n F F F F F F ---=+++++++,所以21n n F S +=+,令2019n =,可得201920211S F =-,故选:B 【点睛】关键点点睛:本题的关键点是理解数列新定义的含义得出21n n n F F F ++=+,利用迭代法得出21123211n n n n n n n F F F F F F F F F ++---=+=+++++++,进而得出21n n F S +=+.20.C解析:C 【分析】 由题意有1328010n n a a +=+且6400=a ,即可求34,a a ,进而可得34,b b ,即可比较它们的大小. 【详解】 由题意知:1328010n n a a +=+,6400=a , ∴345400a a a ===,而700n n a b +=, ∴34300b b ==,故选:C 【点睛】本题考查了根据数列间的递推关系比较项的大小,属于简单题.二、多选题 21.AC 【分析】对四个选项中的数列通项公式分别取前六项,看是否满足题意,得出答案. 【详解】对于选项A ,取前六项得:,满足条件; 对于选项B ,取前六项得:,不满足条件; 对于选项C ,取前六项得:,解析:AC 【分析】对四个选项中的数列通项公式分别取前六项,看是否满足题意,得出答案. 【详解】对于选项A ,1(1)nn a =+-取前六项得:0,2,0,2,0,2,满足条件;对于选项B ,2cos 2n n a π=取前六项得:0,2,0,2,0,2--,不满足条件; 对于选项C ,(1)2sin2n n a π+=取前六项得:0,2,0,2,0,2,满足条件; 对于选项D ,1cos(1)(1)(2)n a n n n π=--+--取前六项得:0,2,2,8,12,22,不满足条件; 故选:AC22.ACD 【分析】先计算出数列的前几项,判断AC ,然后再寻找规律判断BD . 【详解】由题意,,A 正确,,C 正确; ,∴数列是周期数列,周期为3. ,B 错; ,D 正确. 故选:ACD . 【点睛】 本解析:ACD 【分析】先计算出数列的前几项,判断AC ,然后再寻找规律判断BD . 【详解】由题意211122a =-=,311112a =-=-,A 正确,3132122S =+-=,C 正确;41121a =-=-,∴数列{}n a 是周期数列,周期为3. 2019367331a a a ⨯===-,B 错;20193201967322S =⨯=,D 正确.故选:ACD . 【点睛】本题考查由数列的递推式求数列的项与和,解题关键是求出数列的前几项后归纳出数列的性质:周期性,然后利用周期函数的定义求解.23.AD 【分析】分类讨论大于1的情况,得出符合题意的一项. 【详解】 ①, 与题设矛盾. ②符合题意. ③与题设矛盾. ④ 与题设矛盾. 得,则的最大值为. B ,C ,错误. 故选:AD. 【点睛】解析:AD 【分析】分类讨论67,a a 大于1的情况,得出符合题意的一项. 【详解】①671,1a a >>, 与题设67101a a -<-矛盾. ②671,1,a a ><符合题意. ③671,1,a a <<与题设67101a a -<-矛盾. ④ 671,1,a a <>与题设11a >矛盾.得671,1,01a a q ><<<,则n T 的最大值为6T .∴B ,C ,错误.故选:AD. 【点睛】考查等比数列的性质及概念. 补充:等比数列的通项公式:()1*1n n a a qn N -=∈.24.BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式,再验证即可; 【详解】解:斐波那契数列为1,1,2,3,5,8,13,21,……, 显然,,,,,所以且,即B 满足条件; 由, 所以 所以数列解析:BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式,再验证即可; 【详解】解:斐波那契数列为1,1,2,3,5,8,13,21,……,显然()()11,21F F ==,()()()3122F F F =+=,()()()4233F F F =+=,,()()()11,2F n F n F n n +=+-≥,所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==,即B 满足条件;由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥, 所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列, 所以()()1nF n n +-=⎝⎭1115()n F F n n -+=++, 令1nn n F b -=⎝⎭,则11n n b +=+,所以1n n b b +=-,所以n b ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭以510-32-为公比的等比数列,所以1n n b -+,所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦; 即C 满足条件; 故选:BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式,数列递推公式的应用,本题运算量较大,难度较大,要求由较高的逻辑思维能力,属于中档题.25.ABCD 【分析】由题意可得数列满足递推关系,对照四个选项可得正确答案. 【详解】对A ,写出数列的前6项为,故A 正确; 对B ,,故B 正确; 对C ,由,,,……,, 可得:.故是斐波那契数列中的第解析:ABCD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥,对照四个选项可得正确答案. 【详解】对A ,写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8,故A 正确; 对B ,71123581333S =++++++=,故B 正确;对C ,由12a a =,342a a a =-,564a a a =-,……,201920202018a a a =-, 可得:135********a a a a a +++⋅⋅⋅+=.故1352019a a a a +++⋅⋅⋅+是斐波那契数列中的第2020项.对D ,斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+,则2121a a a =,()222312321a a a a a a a a =-=-,()233423423a a a a a a a a =-=-,……,()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-,220192019202020192018a a a a a =-2222123201920192020a a a a a a +++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=,故D 正确;故选:ABCD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景,考查数列的递推关系及性质,考查方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意递推关系的灵活转换.26.AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件,再构造等差数列,利用等差数列定义与通项公式求,最后根据和项与通项关系得. 【详解】因此数列为以为首项,为公差的等差数列,也是递增数列,即D 正确;解析:AD 【分析】先根据和项与通项关系化简条件,再构造等差数列,利用等差数列定义与通项公式求S n ,最后根据和项与通项关系得n a . 【详解】11140(2),40n n n n n n n a S S n S S S S ---+=≥∴-+= 11104n n n S S S -≠∴-= 因此数列1{}n S 为以114S =为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,即D 正确; 所以1144(1)44n n n n S S n=+-=∴=,即A 正确; 当2n ≥时111144(1)4(1)n n n a S S n n n n -=-=-=--- 所以1,141,24(1)n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩,即B ,C 不正确;故选:AD 【点睛】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性,考查基本分析论证与求解能力,属中档题.27.AC 【分析】由,可得,且,然后逐个分析判断即可得答案【详解】解:因为,所以,且,所以数列的公差,且数列中Sn 的最大项为S5,所以A 正确,B 错误,所以,,所以C 正确,D 错误,故选:AC解析:AC【分析】由564S S S >>,可得650,0a a ,且650a a +>,然后逐个分析判断即可得答案【详解】解:因为564S S S >>,所以650,0a a ,且650a a +>,所以数列的公差0d <,且数列{}n a 中S n 的最大项为S 5,所以A 正确,B 错误, 所以110105610()5()02a a S a a +==+>,11111611()1102a a S a +==<, 所以C 正确,D 错误,故选:AC28.AD【分析】对于,作差后利用等差数列的通项公式运算可得答案;对于,根据等差数列的前项和公式得到和, 进而可得,由此可知,故不正确; 对于,由得到,,然后分类讨论的符号可得答案;对于,由求出及解析:AD【分析】对于A ,作差后利用等差数列的通项公式运算可得答案;对于B ,根据等差数列的前n 项和公式得到70a >和780a a +<, 进而可得80a <,由此可知78||||a a <,故B 不正确;对于C ,由915S S =得到,12130a a +=,然后分类讨论d 的符号可得答案; 对于D ,由n S 求出n a 及1a ,根据数列{}n a 为等差数列可求得0a =.【详解】对于A ,因为46191111(3)(5)(8)a a a a a d a d a a d -=++-+215d =,且0d ≠,所以24619150a a a a d -=>,所以4619a a a a >,故A 正确;对于B ,因为130S >,140S <,所以77713()1302a a a +=>,即70a >,787814()7()02a a a a +=+<,即780a a +<,因为70a >,所以80a <,所以7878||||0a a a a -=+<,即78||||a a <,故B 不正确;对于C ,因为915S S =,所以101114150a a a a ++++=,所以12133()0a a +=,即12130a a +=,当0d >时,等差数列{}n a 递增,则12130,0a a <>,所以n S 中的最小值是12S ,无最大值;当0d <时,等差数列{}n a 递减,则12130,0a a ><,所以n S 中的最大值是12S ,无最小值,故C 不正确;对于D ,若2n S n n a =-+,则11a S a ==,2n ≥时,221(1)(1)n n n a S S n n a n n a -=-=-+--+--22n =-,因为数列{}n a 为等差数列,所以12120a a =⨯-==,故D 正确.故选:AD【点睛】关键点点睛:熟练掌握等差数列的通项公式、前n 项和公式是解题关键.29.ABC【分析】由,变形得到,再利用等差数列的定义求得,然后逐项判断.【详解】当时,由,得,即,又,所以是以2为首项,以1为公差的等差数列,所以,即,故C 正确;所以,故A 正确;,解析:ABC【分析】由)212n a =-1=,再利用等差数列的定义求得n a ,然后逐项判断.【详解】当2n ≥时,由)212n a =-,得)221n a +=,1=,又12a =,所以是以2为首项,以1为公差的等差数列,2(1)11n n =+-⨯=+,即221n a n n =+-,故C 正确;所以27a =,故A 正确;()212n a n =+-,所以{}n a 为递增数列,故正确; 数列{}n a 不具有周期性,故D 错误;故选:ABC30.BC【分析】由已知条件列方程组,求出公差和首项,从而可求出通项公式和前项和公式【详解】解:设等差数列的公差为,因为,,所以,解得,所以,,故选:BC解析:BC【分析】由已知条件列方程组,求出公差和首项,从而可求出通项公式和前n 项和公式【详解】解:设等差数列{}n a 的公差为d ,因为30S =,46a =, 所以113230236a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=⎩,解得133a d =-⎧⎨=⎩, 所以1(1)33(1)36n a a n d n n =+-=-+-=-,21(1)3(1)393222n n n n n n n S na d n ---=+=-+=, 故选:BC31.ABD【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质,逐一检验选项,即可得答案.【详解】对于A :因为正数,公差不为0,且,所以公差,所以,即,根据等差数列的性质可得,又,所以,,故A 正解析:ABD【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质,逐一检验选项,即可得答案.【详解】对于A :因为正数,公差不为0,且100S =,所以公差0d <, 所以1101010()02a a S +==,即1100a a +=, 根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=,又0d <,所以50a >,60a <,故A 正确;对于B :因为412S S =,则1240S S -=,所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=,又10a >,所以890,0a a ><, 所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>,116891616()16()022a a a a S ++===, 所以使0n S >的最大的n 为15,故B 正确; 对于C :因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>,则80a >, 116891616()16()022a a a a S ++===,则890a a +=,即90a <, 所以则{}n S 中8S 最大,故C 错误;对于D :因为89S S <,则9980S a S =->,又10a >,所以8870a S S =->,即87S S >,故D 正确,故选:ABD【点睛】解题的关键是先判断d 的正负,再根据等差数列的性质,对求和公式进行变形,求得项的正负,再分析和判断,考查等差数列性质的灵活应用,属中档题.32.BCD【分析】根据定义以及举特殊数列来判断各选项中结论的正误.【详解】对于A 选项,取,则不是常数,则不是等方差数列,A 选项中的结论错误; 对于B 选项,为常数,则是等方差数列,B 选项中的结论正解析:BCD【分析】根据定义以及举特殊数列来判断各选项中结论的正误.【详解】对于A 选项,取n a n =,则()()()422444221111n n a a n n n n n n +⎡⎤⎡⎤-=+-=+-⋅++⎣⎦⎣⎦()()221221n n n =+++不是常数,则{}2n a 不是等方差数列,A 选项中的结论错误;对于B 选项,()()22111110n n +⎡⎤⎡⎤---=-=⎣⎦⎣⎦为常数,则(){}1n -是等方差数列,B 选项中的结论正确;对于C 选项,若{}n a 是等方差数列,则存在常数p R ∈,使得221n n a a p +-=,则数列{}2n a 为等差数列,所以()221kn k n a a kp +-=,则数列{}kn a (*k N ∈,k 为常数)也是等方差数列,C 选项中的结论正确;对于D 选项,若数列{}n a 为等差数列,设其公差为d ,则存在m R ∈,使得n a dn m =+,则()()()()2221112222n n n n n n a a a a a a d dn m d d n m d d +++-=-+=++=++, 由于数列{}n a 也为等方差数列,所以,存在实数p ,使得221n n a a p +-=,则()222d n m d d p ++=对任意的n *∈N 恒成立,则()2202d m d d p ⎧=⎪⎨+=⎪⎩,得0p d ==, 此时,数列{}n a 为常数列,D 选项正确.故选BCD.【点睛】本题考查数列中的新定义,解题时要充分利用题中的定义进行判断,也可以结合特殊数列来判断命题不成立,考查逻辑推理能力,属于中等题.33.AD【分析】利用求出数列的通项公式,可对A ,B ,D 进行判断,对进行配方可对C 进行判断【详解】解:当时,,当时,,当时,满足上式,所以,由于,所以数列为首项为,公差为2的等差数列,因解析:AD【分析】利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求出数列的通项公式,可对A ,B ,D 进行判断,对25,n S n n =-进行配方可对C 进行判断【详解】解:当1n =时,11154a S ==-=-,当2n ≥时,2215[(1)5(1)]26n n n a S S n n n n n -=-=-----=-,当1n =时,14a =-满足上式,所以26n a n =-,由于()122n n a a n --=≥,所以数列{}n a 为首项为4-,公差为2的等差数列, 因为公差大于零,所以{}n a 为单调递增数列,所以A ,D 正确,B 错误, 由于225255()24n S n n n =-=--,而n ∈+N ,所以当2n =或3n =时,n S 取最小值,且最小值为6-,所以C 错误,故选:AD【点睛】此题考查,n n a S 的关系,考查由递推式求通项并判断等差数列,考查等差数列的单调性和前n 项和的最值问题,属于基础题34.ABCD【分析】S12>0,a7<0,利用等差数列的求和公式及其性质可得:a6+a7>0,a6>0.再利用a3=a1+2d =12,可得<d <﹣3.a1>0.利用S13=13a7<0.可得Sn <0解析:ABCD【分析】S 12>0,a 7<0,利用等差数列的求和公式及其性质可得:a 6+a 7>0,a 6>0.再利用a 3=a 1+2d =12,可得247-<d <﹣3.a 1>0.利用S 13=13a 7<0.可得S n <0时,n 的最小值为13.数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中,n ≤6时,n n S a >0.7≤n ≤12时,n n S a <0.n ≥13时,n n S a >0.进而判断出D 是否正确.【详解】∵S 12>0,a 7<0,∴()67122a a +>0,a 1+6d <0.∴a 6+a 7>0,a 6>0.∴2a 1+11d >0,a 1+5d >0,又∵a 3=a 1+2d =12,∴247-<d <﹣3.a 1>0. S 13=()113132a a +=13a 7<0.∴S n <0时,n 的最小值为13. 数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中,n ≤6时,n n S a >0,7≤n ≤12时,n n S a <0,n ≥13时,n n S a >0. 对于:7≤n ≤12时,n nS a <0.S n >0,但是随着n 的增大而减小;a n <0, 但是随着n 的增大而减小,可得:n nS a <0,但是随着n 的增大而增大. ∴n =7时,n nS a 取得最小值. 综上可得:ABCD 都正确.故选:ABCD .【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质,考查了推理能力与计算能力,属于难题.35.CD【分析】根据等差数列中可得数列的公差,再根据二次函数的性质可知是最大值,同时可得,进而得到,即可得答案;【详解】,,设,则点在抛物线上,抛物线的开口向下,对称轴为,且为的最大值,解析:CD【分析】根据等差数列中1118S S =可得数列的公差0d <,再根据二次函数的性质可知15S 是最大值,同时可得150a =,进而得到290S =,即可得答案;【详解】1118S S =,∴0d <,设2n S An Bn =+,则点(,)n n S 在抛物线2y Ax Bx =+上,抛物线的开口向下,对称轴为14.5x =,∴1514S S =且为n S 的最大值,1118S S =12131815070a a a a ⇒+++=⇒=, ∴129291529()2902a a S a +===, 故选:CD.【点睛】本题考查利用二次函数的性质研究等差数列的前n 项和的性质,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力.。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》难题汇编附答案解析

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》难题汇编附答案解析

高中数学《数列》期末考知识点一、选择题1.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若32S =,618S =,则106S S 等于( ) A .-3 B .5C .-31D .33【答案】D 【解析】 【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式,求得公比q ,再利用等比数列的前n 项和公式,即可求解106S S 的值,得到答案.【详解】由题意,等比数列{}n a 中32S =,618S =,可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-,解得2q =, 所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选:D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用,其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式,准确计算是解答的关键,着重考查了推理与计算能力.2.数列{}n a :1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,称为斐波那契数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.即:21n n n a a a ++=+.记该数列{}n a 的前n 项和为n S ,则下列结论正确的是( )A .201920202S a =+B .201920212S a =+C .201920201S a =-D .201920211S a =-【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系,即得结果. 【详解】因为1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L 2221n n a a a ++=-=-,所以201920211S a =-,选D. 【点睛】本题考查裂项相消法,考查基本分析判断能力,属中档题.3.数列{}n a 满足12a =,对于任意的*n N ∈,111n na a +=-,则2018a =( ) A .-1 B .12C .2D .3【答案】A 【解析】 【分析】先通过递推公式111n na a +=-,找出此周期数列的周期,再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ,2111111111n n n na a a a ++∴===----, 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭,故有3n n a a +=,则20183672221111a a a a ⨯+====-- 故选:A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值,属于中档题.4.函数()f x 对任意正整数,a b 满足条件()()()f a b f a f b +=⋅,且()12f =,(2)(4)(6)(2018)(1)(3)(5)(2017)f f f f f f f f ++++L 的值是( )A .1008B .1009C .2016D .2018【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合()()()f a b f a f b +=⋅求解()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 的值即可.【详解】在等式()()()f a b f a f b +=⋅中,令1b =可得:()()()()112f a f a f f a +==, 则()()12f a f a +=,据此可知: ()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 2222210092018=++++=⨯=L .本题选择D 选项. 【点睛】本题主要考查抽象函数的性质,函数的求值方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5.数列{a n },满足对任意的n ∈N +,均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2,a 9=3,a 98=4,则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A .132 B .299C .68D .99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值,可得3n n a a +=,则{}n a 是以3为周期的数列,求出123,,a a a ,即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ,均有12n n n a a a ++++为定值,()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=,故3n n a a +=,{}n a ∴是以3为周期的数列,故17298392,4,3a a a a a a ======,()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L ()332432299=+++=.故选:B . 【点睛】本题考查周期数列求和,属于中档题.6.已知等比数列{a n },a n >0,a 1=256,S 3=448,T n 为数列{a n }的前n 项乘积,则当T n 取得最大值时,n =( )A .8B .9C .8或9D .8.5【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q ,由a n >0,可得q >0.根据a 1=256,S 3=448,可得256(1+q +q 2)=448,解得q .可得a n ,T n ,利用二次函数的单调性即可得出. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ,∵a n >0,∴q >0. ∵a 1=256,S 3=448, ∴256(1+q +q 2)=448, 解得q 12=. ∴a n =25611()2n -⨯=29﹣n .T n =28•27•……•29﹣n=28+7+…+9﹣n()217289[)89242222n n n ⎛⎤--- ⎥+-⎝⎦==.∴当n =8或9时,T n 取得最大值时, 故选C . 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.7.如果等差数列128,,,a a a L 的各项都大于零,公差0d ≠,则正确的关系为( ) A .1845a a a a > B .1845a a a a < C .1845a a a a +>+ D .1845a a a a =【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差中项的性质,可排除C ,再利用作差比较,即可得到答案. 【详解】根据等差数列的性质,可得1845a a a a +=+,所以C 不正确;又由218451111(7)(3)(4)120a a a a a a d a d a d d -=+-++=-<,所以1845a a a a <.故选B . 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质,等差数列的通项公式,以及作差比较法的应用,着重考查了推理与运算能力.8.将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯,210⨯,45⨯三种,其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的,我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯(p q ≤且*,p q ∈N )是正整数n 的最佳分解时我们定义函数()f n q p =-,则数列(){}5nf ()*n N ∈的前2020项的和为( )A .101051+B .1010514-C .1010512-D .101051-【答案】D 【解析】 【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果,进一步利用求和公式的应用求出结果. 【详解】解:依题意,当n 为偶数时,22(5)550nnn f =-=; 当n 为奇数时,111222(5)5545n n n n f +--=-=⨯,所以01100920204(555)S =++⋯+,101051451-=-g ,101051=-.故选:D 【点睛】本题考查的知识要点:信息题的应用,数列的求和的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题.9.已知单调递增的等比数列{}n a 中,2616a a ⋅=,3510a a +=,则数列{}n a 的前n 项和n S =( ) A .2124n -- B .1122n -- C .21n - D .122n +-【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质,可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根,求得1,a q ,再结合等比数列的求和公式,即可求解. 【详解】由题意,等比数列{}n a 中,2616a a ⋅=,3510a a +=, 根据等比数列的性质,可得3516a a ⋅=,3510a a +=,所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根,解得352,8a a ==或358,2a a ==, 又因为等比数列{}n a 为单调递增数列,所以352,8a a ==,设等比数列{}n a 的首项为1a ,公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩,解得11,22a q ==,所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选:B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算,以及等比数列的前n 项和公式的应用,着重考查了推理与运算能力.10.已知数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S ,则“3152a a a >+”是“210n S -<”的( ) A .必要不充分条件 B .充分不必要条件 C .充要条件 D .既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n +1=a n +a (n ∈N *,a 为常数),若平面内的三个不共线的非零向量OAOB OC u u u r u u u r u u u r,,满足10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ,A ,B ,C 三点共线且该直线不过O 点,则S 2010等于( ) A .1005 B .1006C .2010D .2012【答案】A 【解析】 【分析】根据a n +1=a n +a ,可判断数列{a n }为等差数列,而根据10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r,及三点A ,B ,C 共线即可得出a 1+a 2010=1,从而根据等差数列的前n 项和公式即可求出S 2010的值. 【详解】由a n +1=a n +a ,得,a n +1﹣a n =a ; ∴{a n }为等差数列;由10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r, 所以A ,B ,C 三点共线; ∴a 1005+a 1006=a 1+a 2010=1, ∴S 2010()12010201020101100522a a +⨯===. 故选:A. 【点睛】本题主要考查等差数列的定义,其前n 项和公式以及共线向量定理,还考查运算求解的能力,属于中档题.12.已知首项为1的正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,4a -、3a 、5a 成等差数列,则2020S 与2020a 的关系是( )A .2020202021S a =+B .2020202021S a =-C .2020202041S a =+D .2020202043S a =-【答案】B 【解析】 【分析】求出等比数列{}n a 的公比q ,然后求出2020S 和2020a ,由此可得出结论. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ,则0q >,4a -Q 、3a 、5a 成等差数列,3542a a a ∴=-,所以,220q q --=,0q >Q ,解得2q =,20192019202012a a q∴==,()20201202020201211a q S q-==--,因此,2020202021S a =-. 故选:B. 【点睛】本题考查等比数列求和公式以及通项公式的应用,涉及等差中项的应用,考查计算能力,属于中等题.13.等差数列{}n a 中,n S 为它的前n 项和,若10a >,200S >,210S <,则当n =( )时,n S 最大. A .8 B .9C .10D .11【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质,得出100a >且110a <,由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值. 【详解】等差数列{}n a 中,前n 项和为n S ,且200S >,210S <, 即()()120201*********a a S a a +==+>,10110a a ∴+>,()1212111212102a a S a +==<,所以,110a <,则100a >,因此,当10n =时,n S 最大. 故选:C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题,考查等差数列基本性质的应用,是中等题.14.在正整数数列中,由1开始依次按如下规则,将某些数取出.先取1;再取1后面两个偶数2,4;再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9;再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16;再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去,得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,…,则在这个新数列中,由1开始的第2 019个数是( ) A .3 971 B .3 972C .3 973D .3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2,则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数,运算即可得解.【详解】解:将新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,…,分组为(1),(2,4),(5,7,9,),(10,12,14,16),(17,19,21,23,25)… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2, 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数,设第2019个数在第n 组中,则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩<,解得n =64,即第2019个数在第64组中,则第63组最后一个数为632=3969,前63组共1+2+3+…+63=2016个数,接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974, 故选:D . 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力,考查等差数列前n 项和公式,属中档题.15.执行如图所示的程序框图,若输出的S 为154,则输入的n 为( )A .18B .19C .20D .21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和,即可算出i ,从而求出n . 【详解】由框图可知,()101231154S i =+++++⋯+-= , 即()1231153i +++⋯+-=,所以()11532i i -=,解得18i =,故最后一次对条件进行判断时18119i =+=,所以19n =. 故选:B【点睛】本题考查程序框图,要理解循环结构的程序框图的运行,考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.16.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用,从孩子一周岁生日开始,每年到银行储蓄a 元一年定期,若年利率为r 保持不变,且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期,当孩子18岁生日时不再存入,将所有存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数为( ) A .17(1)a r + B .17[(1)(1)]ar r r +-+C .18(1)a r +D .18[(1)(1)]ar r r+-+【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得:孩子18岁生日时将所有存款(含利息)全部取回,可以看成是以(1)a r +为首项,(1)r +为公比的等比数列的前17项的和,再由等比数列前n 项和公式求解即可. 【详解】 解:根据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +, 同理:孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +, 孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +,⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +,可以看成是以(1)a r +为首项,(1)r +为公比的等比数列的前17项的和, 此时将存款(含利息)全部取回, 则取回的钱的总数:17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r aS a r a r a r r r r r++-=++++⋯⋯++==+-++-;故选:D . 【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和,属中档题.17.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若816S =,61a =,则数列{}n a 的公差为( ) A .32B .32-C .23D .23-【答案】D【解析】【分析】根据等差数列公式直接计算得到答案.【详解】依题意,()()183********a a a a S ++===,故364a a +=,故33a =,故63233a a d -==-,故选:D . 【点睛】 本题考查了等差数列的计算,意在考查学生的计算能力.18.已知{}n a 是各项都为正数的等比数列,n S 是它的前n 项和,若47S =,821S =,则16S =( )A .48B .90C .105D .106【答案】C【解析】【分析】根据4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列即可求出16S .【详解】由等比数列的性质得4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列,所以1216127,14,21,S S S --成等比数列,所以121216162128,49,4956,105S S S S -=∴=∴-=∴=.故选:C【点睛】本题主要考查等比数列的性质,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.数列{}n a 满足11a =,对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++,则122016111a a a +++=L ( ) A .20152016B .40322017C .40342017D .20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件,由11n n a a n +=++,可得到递推关系为11n n a a n +-=+;接下来利用累加法可求得()12n n n a +=,从而()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++,所以11n n a a n +-=+,用累加法求数列{}n a 的通项得:()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=, 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭, 于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选:B.【点睛】本题是一道考查数列的题目,掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键,属于常考题.20.已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列,且10a >,若数列{}n a 是递增数列,则1a 的取值范围为( )A .(1,2)B .(0,3)C .(0,2)D .(0,1)【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式,然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系,由此求解出1a 的取值范围.【详解】 由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >,数列{}n a 是单调递增数列,所以10n n a a +>>,则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 化简得111110113a a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭,所以101a <<. 故选:D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围,难度一般.已知数列单调性,可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。

高中数学数列汇编难题

高中数学数列汇编难题

高中数学数列汇编难题13、(2000年广东高考题)设{a n }是首项为1的正项数列,且(n+1)a 21+n -na 2n +a n+1a n =0(n=1,2,3,……),则它的通项公式是a n = 。

(2)设数列{a n }的公比为f(t),作数列{b n },使b 1=1, b n =-11n b f (n=2,3,4…)求数列{b n }的通项公式。

(3)求和S n =b 1b 2-b 2b 3+b 3b 4-…+(-1)n -1b n b n+1 12、设数列{a n }的首项a 1=1, 前n 项和S n 满足关系式。

3tS n -(2t+3)S n -1=3t(其中t>0, n=2,3,4,…) (1)求证:数列{a n }是等比数列。

11、已知x 1>0,x 1≠1且x n+1= 13)3(22++n n n x x x (n=1,2, …)试证:x n x n+1(n=1,2,…)10、数列的前n 项的和S n ,满足关系式a n =22-n nS S (n ≥2且a 1=3),求a n .6、数列{a n }中,a 1=2, 31+=+n na a a a ,则a n = 。

在数列{a n }中,a 1=1, a 2=3,且a n+1=4a n -3a n -1,求a n . 数列{a n }和{b n }适合下列关系式a n =5a n -1-6b n -1b n =3a n -1-4b n -1,且a 1=a, b 1=b ,求通项a n 和b n 。

在数列{a n }中,,a 1=1, a 2=2,三个相邻项a n , a n+1, a n+2,当n 为奇数时成等比数列;当n 为偶数时成等差数列。

(1)求a n (2)求a 1到a 2n 的和5、在数列{a n }中,a 1=2, a n+1=a n +2n (n ∈N*),则a 100= .5、等差数列{a n }中,a 3=2, a 8=12,数列{b n }满足条件b 1=4, a n +b n =b n -1,那么数列{b n }的通项公式b n = . 设数列{a n }满足关系式:a 1=-1, a n =*),2(3321N n n a n ∈≥-- 试证:(1)b n =lg(a n +9)是等差数列(2)试求数列{a n }的通项公式。

(word完整版)数列拔高难题训练

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2017数列拔高训练1、已知数列{a n}满足a1=﹣2,a n+1=2a n+4.(1)证明数列{a n+4}是等比数列并求出{a n}通项公式;(2)若,求数列{b n}的前n项和S n.2、已知数列{a n}是等差数列,{b n}是各项均为正数的等比数列,满足a1=b1=1,b2﹣a3=2b3,a3﹣2b2=﹣1(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式(2)设c n=a n+b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和S n.3、(理科答)已知数列{a n}及等差数列{b n},若a1=3,a n= a n﹣1+1(n≥2),a1=b2,2a3+a2=b4,(1)证明数列{a n﹣2}为等比数列;(2)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式;(3)设数列{a n•b n}的前n项和为T n,求T n.4、已知正项数列{a n}的前n项和为S n,数列{a n}满足,2S n=a n(a n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{ }的前n项和为A n,求证:对任意正整数n,都有A n<成立;(3)数列{b n}满足b n=()n a n,它的前n项和为T n,若存在正整数n,使得不等式(﹣2)n﹣1λ<T n+ ﹣2n﹣1成立,求实数λ的取值范围.5、设正项数列{a n}的前n项和为S n,且满足.(1)计算a1,a2,a3的值,并猜想{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明{a n}的通项公式.6、数列{a n}的前n项和是S n,a1=5,且a n=S n﹣1(n=2,3,4,…).(1)求S n;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)求证:+ + +…+ <.7、已知各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n,S4=30,过点P(n,log2a n)和Q(n+2,log2a n+1)(n∈N*)的直线的一个方向向量为(﹣1,﹣1)(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n= ,数列{b n}的前n项和为T n,证明:对于任意n∈N*,都有T n.8、已知函数,数列{a n}满足.(1)求证:数列{ }是等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)记S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1,求S n.9、各项均为正数的数列{a n}中,a1=1,S n是数列{a n}的前n项和,对任意n∈N*,有2S n=2pa n2+pa n﹣p(p∈R)(1)求常数p的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)记b n= ,求数列{b n}的前n项和T.10、已知数列{a n}满足:a1= ,a2= ,2a n=a n+1+a n﹣1(n≥2,n∈N•),数列{b n}满足:b1<0,3b n﹣b n﹣1=n(n≥2,n∈R),数列{b n}的前n项和为S n.(1)求证:数列{b n﹣a n}为等比数列;(2)求证:数列{b n}为递增数列;(3)若当且仅当n=3时,S n取得最小值,求b1的取值范围.11、已知递增等比数列{a n}的第三项、第五项、第七项的积为512,且这三项分别减去1,3,9后成等差数列.(1)求{a n}的首项和公比;(2)设S n=a12+a22+…+a n2,求S n.12、已知f(x)=3x2﹣2x,数列{a n}的前n项和为S n,点(n,S n)(n∈N*)均在函数y=f (x)的图像上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n= ,T n是数列{b n}的前n项和,求使得T n<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.13、已知数列{a n}的前n项和为S n,对任意的n∈N*,点(n,S n)恒在函数y=x的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记T n= ,若对于一切的正整数n,总有T n≤m成立,求实数m的取值范围;(3)设K n为数列{b n}的前n项和,其中b n=2an,问是否存在正整数n,t,使成立?若存在,求出正整数n,t;若不存在,请说明理由.14、已知等差数列{a n}的各项均为正数,且Sn= + +…+ ,S2= ,S3=.设[x]表示不大于x的最大整数(如[2.10]=2,[0.9]=0).(1)试求数列{a n}的通项;(2)求T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2(﹣1)]+[log2()]关于n的表达式.15、已知数列{a n}中,a1=3,a2=5,其前n项和为S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1(n≥3,n∈N*)(1)试求数列{a n}的通项公式(2)令b n= ,T n是数列{b n}的前n项和.证明:对任意给定的m∈(0,),均存在n0∈N*,使得当n≥n0时,T n>m恒成立.16、已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=2a n﹣3(﹣1)n(n∈N*).(1)若b n=a2n﹣1,求证:b n+1=4b n;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)若a1+2a2+3a3+…+na n>λ•2n对一切正整数n恒成立,求实数λ的取值范围.17、已知等差数列{a n},a2=8,前9项和为153.(1)求a5和a n;(2)若,证明数列{b n}为等比数列;18、一列火车从重庆驶往北京,沿途有n个车站(包括起点站重庆和终点站北京).车上有一邮政车厢,每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各1个,同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各1个,设从第k站出发时,邮政车厢内共有邮袋a k个(k=1,2,…,n).(1)求数列{a k}的通项公式;(2)当k为何值时,a k的值最大,求出a k的最大值.19、已知{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2﹣5x+6=0的根.(I)求{a n}的通项公式;(II)求数列{ }的前n项和.20、数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),n∈N*.(Ⅰ)证明:数列{ }是等差数列;(Ⅱ)设b n=3n• ,求数列{b n}的前n项和S n.21、已知数列{a n}满足a1=1,a n+1= .(Ⅰ)求证:a n+1<a n;(Ⅱ)求证:≤a n≤ .22、已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且na n+1=2S n(n∈N*),数列{b n}满足b1= ,b2= ,对任意n∈N+,都有b n+12=b n•b n+2(I)求数列{a n},{b n}的通项公式;(II)设{a n b n}的前n项和为T n,若T n>对任意的n∈N+恒成立,求λ得取值范围.23、已知数列{a n}是非常值数列,且满足a n+2=2a n+1﹣a n(n∈N*),其前n项和为s n,若s5=70,a2,a7,a22成等比数列.(I)求数列{a n}的通项公式;(II)设数列的前n项和为T n,求证:.24、数列{a n}中,.(Ⅰ)求a1,a2,a3,a4;(Ⅱ)猜想a n的表达式,并用数学归纳法加以证明.25、设数列{a n}满足a1=a,a n+1=ca n+1﹣c(n∈N*),其中a,c为实数,且c≠0.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设,求数列{b n}的前n项和S n.26、已知A(x1,y1),B(x2,y2)是函数的图象上的任意两点(可以重合),点M在直线x=上,且=.(Ⅰ)求x1+x2的值及y1+y2的值(Ⅱ)已知S1=0,当n≥2时,S n=+++…+,求S n;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,设a n=,T n为数列{a n}的前n项和,若存在正整数c、m,使得不等式成立,求c和m的值.答案解析部分一、综合题1、【答案】(1)证明:∵a1=﹣2,∴a1+4=2,∵a n+1=2a n+4,∴a n+1+4=2a n+8=2(a n+4),∴,∴{a n+4}是以2为首项,2为公比的等比数列,由上知,∴.(2)解:∴,①,②②﹣①得:==2+2n+1﹣2﹣(n+1)×2n+1=﹣n•2n+1.【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)利用已知条件转化求解数列{a n+4}是等比数列,然后求出{a n}通项公式.(2)化简数列通项公式b n,利用错位相减法求和求解即可.2、【答案】(1)解:设数列{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列,由a1=b1=1,b2﹣a3=2b3,a3﹣2b2=﹣1,可得q﹣(1+2d)=2q2,1+2d﹣2q=﹣1,解得d=﹣,q= ,可得a n=a1+(n﹣1)d=1﹣(n﹣1)= (3﹣n);b n=b1q n﹣1=()n﹣1,n∈N*(2)解:c n=a n+b n= (3﹣n)+()n﹣1,可得数列{c n}的前n项和S n= n(1+)+=﹣n2+ n﹣+2【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)设数列{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列,运用等差数列和等比数列的通项公式,解方程可得公差和公比,即可得到所求通项公式;(2)求出c n=a n+b n= (3﹣n)+()n﹣1,运用数列的求和方法:分组求和,结合等差数列和等比数列的求和公式,化简整理即可得到所求和.3、【答案】(1)证明:a1=3,a n= a n﹣1+1(n≥2),a n﹣2= (a n﹣1﹣2),则数列{a n﹣2}为首项为1,公比为的等比数列(2)解:(由(1)可得a n﹣2=()n﹣1,即为a n=2+()n﹣1,a1=b2=3,2a3+a2=b4=2(2+ )+2+ =7,可得等差数列{b n}的公差d= =2,则b n=b2+(n﹣2)d=3+2(n﹣2)=2n﹣1(3)证明:数列{a n•b n}的前n项和为T n,a n•b n=[2+()n﹣1](2n﹣1)=2(2n﹣1)+(2n﹣1)•()n﹣1,设S n=1•()0+3•()+5•()2+…+(2n﹣1)•()n﹣1,S n=1•()+3•()2+5•()3+…+(2n﹣1)•()n,相减可得,S n=1+2[()+()2+()3+…+()n﹣1]﹣(2n﹣1)•()n=1+2[ ]﹣(2n﹣1)•()n,化简可得S n=6﹣,则T n=2• n(1+2n﹣1)+6﹣=2n2+6﹣【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】(1)a n= a n﹣1+1的两边减2,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列和等差数列的通项公式,计算即可得到;(3)求得a n•b n=[2+()n﹣1](2n﹣1)=2(2n﹣1)+(2n﹣1)•()n﹣1,再由数列的求和方法:分组求和和错位相减法,结合等比数列的求和公式,化简整理即可得到所求和.4、【答案】(1)解:,当n≥2时,,两式相减得:,所以(a n+a n﹣1)(a n﹣a n﹣1﹣1)=0.因为数列{a n}为正项数列,故a n+a n﹣1≠0,也即a n﹣a n﹣1=1,所以数列{a n}为以1为首项1为公差的等差数列,故通项公式为a n=n,n∈N*(2)解:= ,所以对任意正整数n,都有成立(3)解:易知,则,①,,②①﹣②可得:.故,所以不等式成立,若n为偶数,则,所以.设,则y=﹣2t+t2+1=(t﹣1)2在单调递减,故当时,,所以;若n为奇数,则,所以.设,则y=2t﹣t2﹣1=﹣(t﹣1)2在(0,1]单调递增,故当t=1时,y max=0,所以λ<0.综上所述,λ的取值范围λ<0或【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)根据数列的递推公式即可求出数列{a n}的通项公式,(2)= <= ﹣,利用放缩法即可证明,(3)先利用错位相减法求出数列{b n}的前n项和为T n,不等式(﹣2)n﹣1λ<T n+ ﹣2n﹣1成立,转化为成立,分n为偶数和奇数,根据函数的性质即可求出实数λ的取值范围5、【答案】(1)解:当n=1时,,得a1=1;,得a2=2,,得a3=3,猜想a n=n(2)解:证明:(ⅰ)当n=1时,显然成立,(ⅱ)假设当n=k时,a k=k,则当n=k+1时,=,整理得:,即[a k+1﹣(k+1)][a k+1+(k﹣1)]=0,结合a n>0,解得a k+1=k+1,于是对于一切的自然数n∈N*,都有a n=n【考点】数列递推式,数学归纳法,数学归纳法【解析】【分析】(1)利用递推关系式求解数列a1,a2,a3的值,猜想{a n}的通项公式;(2)利用数学归纳法的证明步骤,逐步证明即可.6、【答案】(1)解:由a n=S n﹣1,①,得:a n+1=S n,② ②﹣①得:a n+1﹣a n=S n ﹣S n﹣1=a n,即a n+1=2a n,(n≥2且n∈N*),∵a2=S1=a1=5,故数列从第二项起,各项成等比数列且公比为2.∴,n∈N*(2)解:当n=1时,a1=5,当n≥2,且n∈N*时,=5•2n﹣2.故数列{a n}的通项公式为.(3)证明:当n=1时,= ,成立,当n≥2且n∈N*时,====<.∴+ + +…+ <【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】(1)由a n=S n﹣1,得a n+1=2a n,(n≥2且n∈N*),由此能求出S n.(2)当n=1时,a1=5,当n≥2,且n∈N*时,=5•2n﹣2.由此能求出数列{a n}的通项公式.(3)当n=1时,= ,成立,当n≥2且n∈N*时,=,由此能证明+ + +…+ <.7、【答案】(1)解:∵各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n,S4=30,过点P(n,log2a n)和Q(n+2,log2a n+1)(n∈N*)的直线的一个方向向量为(﹣1,﹣1),∴,解得,q=4,∴a n=(2)解:∵b n= = =(﹣),∴数列{b n}的前n项和:T n= (+ + +…++ )= (﹣)= (+ ﹣﹣)<.∴对于任意n∈N*,都有T n【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组,由此能求出首项和公比,从而能求出数列{a n}的通项公式.(2)由b n= = (﹣),利用裂项法能证明对于任意n∈N*,都有T n.8、【答案】(1)证明:∵函数,数列{a n}满足,∴,∴=3+ ,∴=3,=1,∴数列{ }是首项为1,公差为3的等差数列(2)解:∵数列{ }是首项为1,公差为3的等差数列,∴=1+(n﹣1)×3=3n﹣2,∴a n= .(3)解:∵a n a n+1= = (),∴S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1= (1﹣+ + +…+ )== .【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)由已知利用函数性质得,从而=3+ ,由此能证明数列{ }是首项为1,公差为3的等差数列.(2)由=1+(n﹣1)×3=3n﹣2,能求出a n.(3)a n a n+1= = (),利用裂项求和法能求出S n.9、【答案】(1)解:∵a1=1,对任意的n∈N*,有2S n=2pa n2+pa n﹣p ∴2a1=2pa12+pa1﹣p,即2=2p+p﹣p,解得p=1(2)解:2S n=2a n2+a n﹣1,① 2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1,(n≥2),②①﹣②即得(a n﹣a n﹣1﹣)(a n+a n﹣1)=0,因为a n+a n﹣1≠0,所以a n﹣a n﹣1﹣ =0,∴(3)解:2S n=2a n2+a n﹣1=2× ,∴S n= ,∴=n•2nT n=1×21+2×22+…+n•2n③又2T n=1×22+2×23+…+(n﹣1)•2n+n2n+1 ④④﹣③T n=﹣1×21﹣(22+23+…+2n)+n2n+1=(n﹣1)2n+1+2∴T n=(n﹣1)2n+1+2【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)根据a1=1,对任意的n∈N*,有2S n=2pa n2+pa n﹣p,令n=1,解方程即可求得结果;(2)由2S n=2a n2+a n﹣1,知2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1,(n≥2),所以(a n﹣a n﹣1)(a n+a n﹣1)=0,由此能求出数列{a n}的通项公式.(3)根据求出数列﹣1{b n}的通项公式,利用错位相减法即可求得结果.10、【答案】(1)解:∵2a n=a n+1+a n﹣1(n≥2,n∈N•),∴{a n}是等差数列.又∵a1= ,a2= ,∴,∵,(n≥2,n∈N*),∴b n+1﹣a n+1== == .又∵,∴{b n﹣a n}是以为首项,以为公比的等比数列.(2)证明:∵b n﹣a n=(b1﹣)•()n﹣1,.∴.当n≥2时,b n﹣b n﹣1= .又b1<0,∴b n﹣b n﹣1>0.∴{b n}是单调递增数列.(3)解:∵当且仅当n=3时,S n取最小值.∴,即,∴b1∈(﹣47,﹣11)【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)由已知得{a n}是等差数列,,b n+1﹣a n+1= = .由此能证明{b n﹣a n}是以为首项,以为公比的等比数列.(2)由.得当n≥2时,b n﹣b n﹣1=.由此能证明{b n}是单调递增数列.(3)由已知得,由此能求出b1的取值范围.11、【答案】(1)解:根据等比数列的性质,可得a3•a5•a7=a53=512,解之得a5=8.设数列{a n}的公比为q,则a3= ,a7=8q2,由题设可得(﹣1)+(8q2﹣9)=2(8﹣3)=10解之得q2=2或.∵{a n}是递增数列,可得q>1,∴q2=2,得q= .因此a5=a1q4=4a1=8,解得a1=2(2)解:由(1)得{a n}的通项公式为a n=a1•q n﹣1=2× = ,∴a n2=[ ]2=2n+1,可得{a n2}是以4为首项,公比等于2的等比数列.因此S n=a12+a22+…+a n2= =2n+2﹣4【考点】数列的求和,等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】(1)根据题意利用等比数列的性质,可得a53=512,解出a5=8.设公比为q,得a3= 且a7=8q2,由等差中项的定义建立关于q的方程,解出q的值,进而可得{a n}的首项;(2)由(1)得a n=a1•q n﹣1= ,从而得到a n2=[ ]2=2n+1,再利用等比数列的求和公式加以计算,可得求S n的表达式.12、【答案】(1)解:∵f(x)=3x2﹣2x,数列{a n}的前n项和为S n,点(n,S n)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上,∴,当n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1=(3n2﹣2n)﹣[3(n﹣1)2﹣2(n﹣1)]=6n﹣5,当n=1时,a1=S1=3﹣2=1,满足上式,∴a n=6n﹣5,n∈N*(2)解:由(1)得= = ,∴T n== ,∴使得T n<对所有n∈N*都成立的最小正整数m必须且仅须满足,即m≥10,∴满足要求的最小整数m=10【考点】数列的求和【分析】(1)由已知条件推导出,由此能求出a n=6n﹣5,n∈N*.(2)【解析】由= = ,利用裂项求和法求出T n=,由此能求出满足要求的最小整数m=10.13、【答案】(1)解:由已知,得当n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1= =3n当n=1时,a1=S1=3.∴a n=3n(2)解:.当n=1时,T n+1>T n,即T2>T1;当n=2时,T n+1=T n,即T3=T2;当n≥3时,T n+1<T n,即T n<T n﹣1<…<T4<T3∴{T n}中的最大值为,要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立,只需∴解法二:当n=1,2时,T n+1≥T n;当n≥3时,n+2<2n⇒T n+1<T n∴n=1时,T1=9;n=2,3时,n≥4时,T n<T3∴{T n}中的最大值为,要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立,只需∴(3)解:将K n代入,化简得,(﹡)若t=1时,,显然n=1时成立;若t>1时,(﹡)式化简为不可能成立综上,存在正整数n=1,t=1使成立【考点】数列的应用,数列与函数的综合【解析】【分析】(1)利用a n=S n﹣S n﹣1求解;(2)要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立,只需m≥{T n}中的最大值即可;(3)求解有关正整数n的不等式.14、【答案】(1)解:S n= + +…+ = (﹣),∵S2= ,S3= ,∴(﹣)= ,(﹣)= ,∴a1=1,d=1,∴a n=n(2)解:T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2(﹣1)]+[log2()]=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2(2n﹣1)]+[log2(2n)]∵[log21]=0,[log22]=[log23]=1,…[log22m]=[log2(m+1)]=…=[log2(m+1﹣1)]=m.∴[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2(2n﹣1)]+[log2(2n)]=0+1×2+2×22+…+(n﹣1)•2n﹣1+n,由S=1×2+2×22+…+(n﹣1)•2n﹣1,则2S=1×22+2×23+…+(n﹣1)•2n,∴﹣S=1×2+1×22+…+2n﹣1﹣(n﹣1)•2n= ﹣(n﹣1)•2n,∴S=(2﹣n)•2n﹣2∴T=(2﹣n)•2n﹣2+n【考点】数列的应用【解析】【分析】(1)利用裂项法求和,结合S2= ,S3= ,即可求数列{a n}的通项;(2)先化简,再利用错位相减法,即可得出结论.15、【答案】(1)解:由S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1(n≥3,n∈N*),整理得:S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n +2n﹣1,﹣2∴a n=a n﹣1=2n﹣1,即a n﹣a n﹣1=2n﹣1,n≥3,∵a2﹣a1=2,a3﹣a2=4,a4﹣a3=23,…a n﹣a n﹣1=2n﹣1,将上式累加整理得:a n﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1,∴a n= +3=2n+1,数列{a n}的通项公式a n=2n+1;(2)证明:b n= = = (﹣),∴数列{b n}的前n项和T n=b1+b2+b3+…+b n,= [(﹣)+(﹣)+…+(﹣)],= (﹣),T n+1﹣T n= >0,∴T n随着n的增大而增大,若T n>m,则(﹣)>m,化简整理得:>,∵m∈(0,),∴1﹣6m>0,∴2n+1>﹣1,n>log2(﹣1)﹣1,当log2(﹣1)﹣1<1时,即0<m<,取n0=1,当log2(﹣1)﹣1≥1时,解得:≤m<,记log2(﹣1)﹣1的整数部分为p,取n0=p+1即可,综上可知,对任意m∈(0,),均存在n0∈N*,使得当n≥n0时,T n>m恒成立【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)由题意可知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1,即a n﹣a n﹣1=2n﹣1,n≥3,采用“累加法”即可求得数列{a n}的通项公式;(2)由(1)可知,b n= == (﹣),采用“裂项法”即可求得数列{b n}的前n项和T n,由函数的单调性可知,T n随着n的增大而增大,分离参数n>log2(﹣1)﹣1,分类log2(﹣1)﹣1<1及log2(﹣1)﹣1≥1时,求得m的取值范围,求得n0的值,即可证明存在n0∈N*,使得当n≥n0时,T n>m恒成立.16、【答案】(1)解:=(2)解:a2=2a1﹣3(﹣1)=5,b1=a2﹣1=4,因为b n+1=4b n所以,所以{b n}是等比数列,所以b n=4n=a2n﹣1,,,所以,即(3)解:由(2),令S=1•21+2•22+…+n•2n则2S=1•22+2•23+…+(n﹣1)•2n+n•2n+1,S=(n﹣1)•2n+1+2n为奇数时,,n为偶数时,所以n为奇数时,即恒成立,易证递增,n=1时取最小值,所以n为偶数时,,即,易证递增,n=2时取最小值,所以综上可得【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)根据数列递推公式即可证明,(2)先求出数列{b n}的通项公式,再分类求出{a n}的通项公式,(3)令S=1•21+2•22+…+n•2n根据错位相减法求出S n,分离参数,根据数列的函数特征即可求出λ的取值范围.17、【答案】(1)设数列{a n}的公差为d,首项,则∴∴a 5=17.∵,∴a n=3n+2.(2),∴数列{b n}是首项为32,公比为8的等比数列【考点】等差数列的通项公式,等差关系的确定【解析】知识点:等差数列的通项公式等比关系的确定解析【分析】(1)根据前9项和为153和第五项是前9项的等差中项,得到第五项的值,根据第二项和第五项的值列出方程求得首项和公差,写出通项公式.(2)要证明数列是等比数列,只要相邻两项之比是常数即可,两项之比是一个常数得到结论.18、【答案】(1)解:a1=n﹣1,考察相邻两站a k,a k﹣1之间的关系,由题意知k= k﹣1﹣(k﹣1)+(n﹣k),∴k﹣k﹣1=(n+1)﹣2k(k≥2).依次让k取2,3,4,…,k得k﹣1个等式,将这k﹣1个等式相加,得k=nk﹣k2(n,k∈N+,1≤k≤n).(2)解:,当n为偶数时,取k= ,a k取得最大值;当n为奇数时,取k= 或,a k取得最大值.【考点】数列的函数特性【解析】【分析】本题考查二次函数的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意数列的性质和应用.二、解答题19、【答案】解:(I)由x2﹣5x+6=0,解得x=2,3.又{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2﹣5x+6=0的根.∴a2=2,a4=3.∴a1+d=2,a1+3d=3,解得a1= ,d= .∴a n= + (n﹣1)= .(II)= .∴数列{ }的前n项和S n= + +…+ .= + +…+ + .∴= + +…+ ﹣= ﹣=1﹣.∴S n=2﹣【考点】数列的求和【解析】【分析】(I)由x2﹣5x+6=0,解得x=2,3.又{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2﹣5x+6=0的根.可得a2=2,a4=3.再利用等差数列的通项公式即可得出.(II)= .利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出.20、【答案】证明(Ⅰ)∵na n+1=(n+1)a n+n(n+1),∴,∴,∴数列{ }是以1为首项,以1为公差的等差数列;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,∴,b n=3n• =n•3n,∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【考点】等比关系的确定,数列的求和【解析】【分析】(Ⅰ)将na n+1=(n+1)a n+n(n+1)的两边同除以n(n+1)得,由等差数列的定义得证.(Ⅱ)由(Ⅰ)求出b n=3n• =n•3n,利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n.21、【答案】解:(Ⅰ)证明:由a1=1,a n+1= ,得a n>0,(n∈N),则a n+1﹣a n= ﹣a n= <0,∴a n+1<a n;(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知0<a n<1,又a n+1= .,∴= ≥ ,即a n+1>a n,∴a n>a n﹣1≥()2a n﹣1≥…≥()2a n﹣1≥()n﹣1a1= ,即a n≥ .由a n+1= ,则=a n+ ,∴﹣=a n,∴﹣=a1=1,﹣=a2= ,﹣=a3=()2… ﹣=a n﹣1≥()n﹣2,累加得﹣=1+ +()2+…+()n﹣2= =2﹣()n﹣2,而a1=1,∴≥3﹣()n﹣2= = ,∴a n≤ .综上得≤a n≤【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】(Ⅰ)由a n>0,则做差a n+1﹣a n= ﹣a n= <0,即可证明a n+1<a n;(Ⅱ)由a n+1>a n,a n>a n﹣1≥()2a n﹣1≥…≥()2a n﹣1≥()n﹣1a1= ,则a n≥ .由﹣=a n,采用“累加法”即可求得≥3﹣()n﹣2= = ,即可求得≤a n≤ .22、【答案】解:(Ⅰ)∵na n+1=2S n,∴(n﹣1)a n=2S n﹣1(n≥2),两式相减得,na n+1﹣(n﹣1)a n=2a n,∴na n+1=(n+1)a n,即= (n≥2),又因为a1=1,a2=2,从而=2,∴a n=1× ×…× =n(n≥2),故数列{a n}的通项公式a n=n(n∈N*).在数列{b n}中,由b n+12=b n•b n+2,知数列{b n}是等比数列,首项、公比均为,∴数列{b n}的通项公式b n= ;(Ⅱ)∵T n=a1b1+a2b2+…+a n b n= +2×()2+…+n× ①∴T n=()2+2×()3+…+(n﹣1)× +n×()n+1②由①﹣②,得T n= +()2+()3+…+ ﹣×()n+1=1﹣,∴T n=2﹣,T n>对任意的n∈N+恒成立,λ>对任意的n∈N+恒成立,设f(n)= ,f(n)﹣f(n﹣1)= - <0,则f(n)在[1,+∞)上单调递减,f(n)≤f(1)=3恒成立,则λ>3满足条件.综上所述,实数λ的取值范围是(3,+∞)【考点】数列的求和,数列递推式,数列与不等式的综合【解析】【分析】(Ⅰ)利用na n+1=2S n,再写一式,两式相减,再叠乘,即可求数列{a n}的通项公式;在等比数列{b n}满足b1= ,b2= ,公比为,由此可得数列{b n}的通项公式;(Ⅱ)利用错位相减法求数列的和,再将不等式转化为λ>对任意的n∈N+恒成立,构造函数,利用函数的性质,即可确定实数λ的取值范围.23、【答案】解:(I)因为数列满足a n+2=2a n+1﹣a n(n∈N*),所以{a n}是等差数列且s5=70,∴5a1+10d=70.①∵a2,a7,a22成等比数列,∴,即.②由①,②解得a1=6,d=4或a1=14,d=0(舍去),∴a n=4n+2.(II)证明:由(I)可得,所以.所以== .∵,∴.∵,∴数列{T n}是递增数列,∴∴【考点】数列的求和,数列递推式,数列与不等式的综合【解析】【分析】(I)通过a n+2=2a n+1﹣a n(n∈N*),判断{a n}是等差数列,利用s5=70,a2,a7,a22成等比数列求解数列的首项与公差,然后求解通项公式.(II)求出,化简它的倒数,利用裂项消项法求解数列的和,利用数列的单调性证明不等式.24、【答案】解:(Ⅰ)∵,∴,即a1=1,∵,即a1+a2=4﹣a2﹣1,∴a2=1,∵,即a1+a2+a3=4﹣a3﹣,∴a3= ,∵,即a1+a2+a3+a4=4﹣a4﹣,∴a3= ,(Ⅱ)猜想证明如下:①当n=1时,a1=1,此时结论成立;②假设当n=k(k∈N*)结论成立,即,那么当n=k+1时,有∵∴,这就是说n=k+1时结论也成立.根据①和②,可知对任何n∈N*时.【考点】数列的求和,数学归纳法,数学归纳法【解析】【分析】(1)由.我们依次将n=1,2,3,4…代入,可以求出a1,a2,a3,a4;(2)观察(1)的结论,我们可以推断出a n的表达式,然后由数学归纳法的步骤,我们先判断n=1时是否成立,然后假设当n=k时,公式成立,只要能证明出当n=k+1时,公式成立即可得到公式对所有的正整数n都成立.25、【答案】解:(Ⅰ)∵a n+1=ca n+1﹣c,a n+1﹣1=c(a n﹣1),∴当a1=a≠1时,{a n﹣1}是首项为a﹣1,公比为c的等比数列∴a n﹣1=(a﹣1)c n﹣1当a=1时,a n=1仍满足上式.∴数列{a n﹣1}的通项公式为a n=(a﹣1)c n﹣1+1(n∈N*);(Ⅱ)由(1)得,当时,.∴..两式作差得.= .∴【考点】数列的求和,数列递推式【解析】【分析】(1)整理a n+1=ca n+1﹣c得a n+1﹣1=c(a n﹣1),进而判断出当a1=a≠1时,{a n﹣1}是首项为a﹣1,公比为c的等比数列,进而根据等比数列的性质求得其通项公式,当a=1时,也成立,进而可得答案.(2)根据(1)中的a n,求得b n,进而根据错位相减法求得数列的前n项的和.26、【答案】解:(Ⅰ)∵点M在直线x=上,设M(,).又=,即=(,),=(,),∴x1+x2=1.①当x1=时,x2=,y1+y2=f(x1)+f(x2)=﹣1﹣1=﹣2;②当x1≠时,x2≠,y1+y2=+===;综合①②得,y1+y2=﹣2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当x1+x2=1时,y1+y2=﹣2.∴,k=1,2,3,,n﹣1.n≥2时,S n=+++…+,①S n=,②①+②得,2S n=﹣2(n﹣1),则S n=1﹣n.n=1时,S1=0满足S n=1﹣n.∴S n=1﹣n.(Ⅲ)a n==21﹣n,T n=1++…+=.<⇔⇔.T m+1=2﹣,2T m﹣T m+1=﹣2+=2﹣,∴,c、m为正整数,∴c=1,当c=1时,,∴1<2m<3,∴m=1.【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法,数列的求和,数列递推式,相等向量与相反向量【解析】【分析】(Ⅰ)设出M的坐标,求出,.利用=.求出x1+x2的值,再用求出y1+y2的值.(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论,,化简S n=+++…+,可求S n;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,利用a n=,T n为数列{a n}的前n项和,求出T n的表达式,结合不等式<,推出c,m的范围,正整数c、m,可得c和m的值.。

高考数学压轴专题新备战高考《数列》难题汇编含答案解析

高考数学压轴专题新备战高考《数列》难题汇编含答案解析

《数列》知识点汇总一、选择题1.在等差数列{}n a 中,3a ,15a 是方程2650x x -+=的根,则17S 的值是( ) A .41 B .51C .61D .68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=,由等差数列的性质得117315a a a a +=+,再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中,3a ,15a 是方程2650x x -+=的根,3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====. 故选:B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式,属于基础题.2.数列{}n a 满足12a =,对于任意的*n N ∈,111n na a +=-,则2018a =( ) A .-1 B .12C .2D .3【答案】A 【解析】 【分析】先通过递推公式111n na a +=-,找出此周期数列的周期,再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ,2111111111n n n na a a a ++∴===----, 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭,故有3n n a a +=,则20183672221111a a a a ⨯+====--故选:A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值,属于中档题.3.函数()f x 对任意正整数,a b 满足条件()()()f a b f a f b +=⋅,且()12f =,(2)(4)(6)(2018)(1)(3)(5)(2017)f f f f f f f f ++++L 的值是( )A .1008B .1009C .2016D .2018【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合()()()f a b f a f b +=⋅求解()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 的值即可.【详解】在等式()()()f a b f a f b +=⋅中,令1b =可得:()()()()112f a f a f f a +==, 则()()12f a f a +=,据此可知: ()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 2222210092018=++++=⨯=L .本题选择D 选项. 【点睛】本题主要考查抽象函数的性质,函数的求值方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.执行下面程序框图输出S 的值为( )A .2542B .3764C .1730D .67【答案】A 【解析】 【分析】模拟执行程序框图,依此写出每次循环得到的,S i 的值并判断5i >是否成立,发现当6i =,满足5i >,退出循环,输出运行的结果111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++,利用裂项相消法即可求出S . 【详解】 由题意可知, 第1次循环时113S =⨯,2i =,否; 第2次循环111324S =+⨯⨯,3i =,否; 第3次循环时111132435S =++⨯⨯⨯,4i =,否; 第4次循环时111113243546S =++⨯⨯⨯⨯+,5i =,否;第5次循环时111111324354657S =+++⨯⨯⨯⨯⨯+,6i =,是; 故输出111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++111111111112324354657⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦= 1111251226742⎛⎫=+--=⎪⎝⎭ 故选:A. 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构,同时考查裂项相消法求和,属于基础题.5.已知数列{}n a 中,12a =,211n n n a a a +=-+,记12111n nA a a a =++⋯+,12111n nB a a a =⋅⋅⋯⋅,则( ) A .201920191A B +> B .201920191A B +< C .2019201912A B -> D .2019201912A B -< 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列{}{},n n A B 的单调性即可判断n n A B -;通过猜想归纳证明,即可求得n n A B +. 【详解】注意到12a =,23a =,37a =,不难发现{}n a 是递增数列. (1)21210n n n n a a a a +-=-+≥,所以1n n a a +≥.(2)因为12a =,故2n a ≥,所以1n n a a +>,即{}n a 是增函数. 于是,{}n A 递增,{}n B 递减, 所以20192121156A A a a >=+=,20192121116B A a a <=⋅=, 所以2019201912A B ->. 事实上,111,A B +=221,A B +=331A B +=, 不难猜想:1n n A B +=. 证明如下:(1)211121111111111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a ++-=-+⇒=-⇒++⋅⋅⋅+=----. (2)211n n n a a a +=-+等价于21111n n na a a +=--,所以1111n n n a a a +-=-, 故12111111n n a a a a +⋅⋅⋯⋅=-, 于是12121111111n n a a a a a a ⎛⎫⋅⋅⋯⋅+++⋯+= ⎪⎝⎭, 即有1n n A B +=. 故选:C. 【点睛】本题考查数列的单调性,以及用递推公式求数列的性质,属综合中档题.6.已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足6a ,43a ,5a -成等差数列,则42S S ( ) A .3 B .9 C .10 D .13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >,由645,3,a a a -成等差数列,可得260,0q q q --=>,解得q ,再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >,Q 满足645,3,a a a -成等差数列,()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->, 260,0q q q ∴--=>,解得3q =,则()()4124221313131103131a S S a --==+=--,故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式,属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型,数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ,一般可以“知二求三”,通过列方程组所求问题可以迎刃而解,解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式,并灵活应用,在运算过程中,还应善于运用整体代换思想简化运算过程.7.已知首项为1的正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,4a -、3a 、5a 成等差数列,则2020S 与2020a 的关系是( )A .2020202021S a =+B .2020202021S a =-C .2020202041S a =+D .2020202043S a =-【答案】B 【解析】 【分析】求出等比数列{}n a 的公比q ,然后求出2020S 和2020a ,由此可得出结论. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ,则0q >,4a -Q 、3a 、5a 成等差数列,3542a a a ∴=-,所以,220q q --=,0q >Q ,解得2q =,20192019202012a a q∴==,()20201202020201211a q S q-==--,因此,2020202021S a =-. 故选:B. 【点睛】本题考查等比数列求和公式以及通项公式的应用,涉及等差中项的应用,考查计算能力,属于中等题.8.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,公比为q ,若639S S =,562S =,则1a =( )A B .2C D .3【答案】B 【解析】 【分析】根据题意,分析可得等比数列{}n a 的公比1q ≠±,进而由等比数列的通项公式可得()()631111911a q a q qq--=⨯--,解可得2q =,又由()5151131621a q Saq-===-,解可得1a 的值,即可得答案.【详解】根据题意,等比数列{}n a 中,若639S S =,则1q ≠±, 若639S S =,则()()631111911a q a q qq--=⨯--,解可得38q=,则2q =,又由562S =,则有()5151131621a q S aq-===-,解可得12a =;故选B . 【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式的应用,关键是掌握等比数列的前n 项和的性质.9.执行如图所示的程序框图,若输出的S 为154,则输入的n 为( )A .18B .19C .20D .21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和,即可算出i ,从而求出n . 【详解】由框图可知,()101231154S i =+++++⋯+-= , 即()1231153i +++⋯+-=,所以()11532i i -=,解得18i =,故最后一次对条件进行判断时18119i =+=,所以19n =. 故选:B 【点睛】本题考查程序框图,要理解循环结构的程序框图的运行,考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.10.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠,且1313,,a a a 成等比数列,若11a =,n S 为数列{}n a 的前n 项和,则263n n S a ++的最小值为( )A .4B .3C .232D .2【答案】D 【解析】 【分析】由题意得2(12)112d d +=+,求出公差d 的值,得到数列{}n a 的通项公式,前n 项和,从而可得263n n S a ++,换元,利用基本不等式,即可求出函数的最小值.【详解】解:11a =Q ,1a 、3a 、13a 成等比数列,2(12)112d d ∴+=+. 得2d =或0d =(舍去),21n a n ∴=-,2(121)2n n n S n +-∴==, ∴()()22211426263322112n n n n S n n a n n n ++++++===+-+++. 令1t n =+,则2642223n n S t a t +=+-≥=+ 当且仅当2t =,即1n =时,∴263n n S a ++的最小值为2.故选:D . 【点睛】本题主要考查等比数列的定义和性质,等比数列的通项公式,考查基本不等式,属于中档题.11.等比数列{n a }的前n 项和为n S ,若103010,30,S S ==则20S = A .10 B .20 C .20或-10 D .-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列即(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20),代入可求. 【详解】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列,且公比为10q∴(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20)即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10(舍去) 故选B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质(若S n 为等比数列的前n 项和,且S k ,S 2k ﹣S k ,S 3k ﹣S 2k 不为0,则其成等比数列)的应用,注意隐含条件的运用12.已知数列{}n a 是1为首项,2为公差的等差数列,{}n b 是1为首项,2为公比的等比数列,设n n b c a =,12...,(*)n n T c c c n N =+++∈,则当2019n T <时,n 的最大值是( ) A .9 B .10C .11D .12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-,12n nb -=,由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <,得1222019n n +--<,由此能求出当2019n T <时n 的最大值.【详解】{}n a Q 是以1为首项,2为公差的等差数列,21n a n ∴=-,{}n b Q 是以1为首项,2为公比的等比数列,12n n b -∴=,()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--,2019n T <Q ,1222019n n +∴--<,解得:10n <.则当2019n T <时,n 的最大值是9. 故选A . 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式,结合含两个变量的不等式的处理问题,易出错,属于中档题.13.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若34322128,6a a S ⋅==,则数列{}(1)nn a -的前40项和为( ) A .0 B .20 C .40 D .80【答案】B 【解析】 【分析】先由题意求出34a +a =7,然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=,前后两式作差,求出公差,进而代入求出首项,最后即得n a n =,代入题目中{}(1)nn a -,两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】 依题意,()133362a a S +== ,∴134a a +=,①∵3422128a a ⋅=,即342128a a +=, ∴34a +a =7,② ②-①得33d =, ∴1d =, ∴11,n a a n ==, ∴(1)(1)n n n a n -=-,∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==,故选:B . 【点睛】本题考查了指数运算:同底数幂相乘,底数不变,指数相加;主要考查等差数列的前n 和公式,等差中项的性质等等,以及常见的摆动数列的有限项求和,可以采用的方法为:分组求和法,两两合并的方法等等,对学生的运算能力稍有要求,为中等难度题14.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线,一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到,任画一条线段,然后把它均分成三等分,以中间一段为边向外作正三角形,并把中间一段去掉,这样,原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线,称为“一次构造”;用同样的方法把每条小线段重复上述步骤,得到16条更小的线段构成的折线,称为“二次构造”,…,如此进行“n 次构造”,就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍,则至少需要通过构造的次数是( ).(取lg30.4771≈,lg 20.3010≈)A .16B .17C .24D .25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭,由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-,由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ,则“一次构造”后的折线长度为43a ,“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,以此类推,“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭,若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍,则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭, ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭,即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-,∴至少需要25次构造.故选:D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题,涉及到对数运算法则的应用,关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.15.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若1231112a a a ++=,22a =,则3S =( ) A .10 B .7C .8D .4【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==,解方程求得结果. 【详解】 由题意得:13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项:C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用,关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程,属于基础题.16.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且12a =,12n n n a S n++=(*n ∈N ),则n S =( ) A .121n -+ B .2n n ⋅C .31n -D .123n n -⋅【答案】B 【解析】 【分析】由题得122,1n n a n a n ++=⨯+再利用累乘法求出1(1)2n n a n -=+⋅,即得n S . 【详解】由题得111(1)(1),,,2121n n n nn n n na n a na n a S S a n n n n ++---=∴=∴=-++++(2n ≥) 所以122,1n n a n a n ++=⨯+(2n ≥) 由题得22166,32a a a =∴==,所以122,1n n a n a n ++=⨯+(1n ≥). 所以324123134512,2,2,2,234n n a a a a n a a a a n -+=⨯=⨯=⨯=⨯L , 所以11112,(1)22n n n n a n a n a --+=⋅∴=+⋅. 所以(2)222n n n nS n n n =⨯+⋅=⋅+. 故选:B 【点睛】本题主要考查数列通项的求法,考查数列前n 项和与n a 的关系,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.17.在一个数列中,如果*n N ∀∈,都有12n n n a a a k ++=(k 为常数),那么这个数列叫做等积数列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列,且11a =,22a =,公积为8,则122020a a a ++⋅⋅⋅+=( )A .4711B .4712C .4713D .4715【答案】B 【解析】 【分析】计算出3a 的值,推导出()3n n a a n N *+=∈,再由202036731=⨯+,结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和. 【详解】由题意可知128n n n a a a ++=,则对任意的n *∈N ,0n a ≠,则1238a a a =,31284a a a ∴==, 由128n n n a a a ++=,得1238n n n a a a +++=,12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=,3n n a a +∴=,202036731=⨯+Q ,因此,()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选:B. 【点睛】本题考查数列求和,考查了数列的新定义,推导出数列的周期性是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.18.已知等差数列{}n a 中,首项为1a (10a ≠),公差为d ,前n 项和为n S ,且满足15150a S +=,则实数d 的取值范围是( )A.[; B.(,-∞C.)+∞D.(,)-∞⋃+∞【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列的前n 项和公式转化条件得11322a d a =--,再根据10a >、10a <两种情况分类,利用基本不等式即可得解. 【详解】Q 数列{}n a 为等差数列,∴1515455102a d d S a ⨯=+=+,∴()151********a S a a d +++==, 由10a ≠可得11322a d a =--, 当10a >时,1111332222a a d a a ⎛⎫=--=-+≤-= ⎪⎝⎭1a 时等号成立; 当10a <时,11322a d a =--≥=1a =立;∴实数d的取值范围为(,)-∞⋃+∞.故选:D. 【点睛】本题考查了等差数列前n 项和公式与基本不等式的应用,考查了分类讨论思想,属于中档题.19.已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,且675S S S >>,给出下列五个命题: ①公差0d < ②110S < ③120S >④数列{}n S 中的最大项为11S ⑤67a a >其中正确命题的个数是( ) A .2 B .3C .4D .5【答案】B 【解析】 【分析】先由条件确定数列第六项和第七项的正负,进而确定公差的正负,最后11S ,12S 的符号由第六项和第七项的正负判定. 【详解】Q 等差数列{}n a 中,6S 最大,且675S S S >>,∴10a >,0d <,①正确; Q 675S S S >>,∴60a >,70a <,67 0a a +>,∴160a d +<,150a d +>,6S 最大, ∴④不正确;1111115511(5)0S a d a d =+=+>,12111267 126612()12()0S a d a a a a =+=+=+>, ∴③⑤正确,②错误.故选:B . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和的应用,考查逻辑思维能力和运算能力,属于常考题.20.执行如图所示的程序框图,若输入,则输出的S 的值是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式,然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算,即可得出结果.【详解】由程序框图可知,输入,,,第一次运算:,;第二次运算:,;第三次运算:,;第四次运算:,;第五次运算:,;第六次运算:,;第七次运算:,;第八次运算:,;第九次运算:,;第十次运算:,,综上所述,输出的结果为,故选B.【点睛】本题考查程序框图的相关性质,主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用,考查推理能力,提高了学生从题目中获取信息的能力,体现了综合性,提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养,是中档题.。

数列考试题型及答案详解

数列考试题型及答案详解

数列考试题型及答案详解一、选择题1. 已知数列{a_n}为等差数列,且a_1=2,a_3=6,求a_5的值。

A. 10B. 12C. 14D. 16答案:C解析:由于数列{a_n}为等差数列,设公差为d,则有a_3 =a_1 + 2d。

将已知条件代入,得6 = 2 + 2d,解得d = 2。

因此,a_5 = a_1 + 4d = 2 + 4*2 = 10。

2. 已知数列{b_n}为等比数列,且b_1=3,b_3=27,求b_5的值。

A. 81B. 243C. 729D. 2187答案:C解析:由于数列{b_n}为等比数列,设公比为q,则有b_3 = b_1 * q^2。

将已知条件代入,得27 = 3 * q^2,解得q = 3。

因此,b_5 = b_1 * q^4 = 3 * 3^4 = 243。

二、填空题3. 已知数列{c_n}的通项公式为c_n = 2^n - 1,求c_4的值。

答案:15解析:将n=4代入通项公式c_n = 2^n - 1,得c_4 = 2^4 - 1 = 16 - 1 = 15。

4. 已知数列{d_n}的前n项和公式为S_n = 3n^2 + 2n,求d_5的值。

答案:37解析:根据前n项和公式S_n = 3n^2 + 2n,可得d_n = S_n - S_{n-1}。

代入n=5,得d_5 = S_5 - S_4 = (3*5^2 + 2*5) - (3*4^2 + 2*4) = 87 - 56 = 31。

三、解答题5. 已知数列{e_n}的前n项和公式为S_n = n^2 + 3n,求数列{e_n}的通项公式。

答案:e_n = 2n + 3解析:根据前n项和公式S_n = n^2 + 3n,可得e_n = S_n - S_{n-1}。

代入n,得e_n = (n^2 + 3n) - [(n-1)^2 + 3(n-1)] = 2n + 3。

6. 已知数列{f_n}满足f_1 = 1,且f_{n+1} = 2f_n + 1,求f_5的值。

数列难题专题(含答案)

数列难题专题(含答案)

数列难题专题一.解答题(共50小题)1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n (n+1)(n ∈N *). (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若数列{b n }满足:,求数列{b n }的通项公式;(Ⅲ)令(n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和T n .2.已知数列{a n }是等差数列,且a 1=2,a 1+a 2+a 3=12. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =a n •3n ,求数列{b n }的前n 项和S n .3.已知数列{a n }中,a 1=3,a 2=5,其前n 项和S n 满足S n +S n ﹣2=2S n ﹣1+2n ﹣1(n ≥3).令b n =.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若f (x )=2x ﹣1,求证:T n =b 1f (1)+b 2f (2)+…+b n f (n )<(n ≥1).4.已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)令b n =(﹣1)n ﹣1,求数列{b n }的前n 项和T n .5.已知等差数列{a n }的公差d >0,设{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S 2•S 3=36. (Ⅰ)求d 及S n ;(Ⅱ)求m ,k (m ,k ∈N *)的值,使得a m +a m+1+a m+2+…+a m+k =65.6.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,a n+1=S n +3n ,n ∈N *. (Ⅰ)设b n =S n ﹣3n ,求数列{b n }的通项公式; (Ⅱ)若a n+1≥a n ,n ∈N *,求a 的取值范围.7.已知数列{an }的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn﹣1,其中λ为常数.(Ⅰ)证明:an+2﹣an=λ(Ⅱ)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.8.设数列{an }的首项a1∈(0,1),an=,n=2,3,4…(1)求{an}的通项公式;(2)设,求证bn <bn+1,其中n为正整数.9.设数列满足|an﹣|≤1,n∈N*.(Ⅰ)求证:|an |≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)(Ⅱ)若|an |≤()n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.10.已知数列{an }的前n项和Sn=,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.11.给定常数c>0,定义函数f(x)=2|x+c+4|﹣|x+c|.数列a1,a2,a3,…满足an+1=f(an),n∈N*.(1)若a1=﹣c﹣2,求a2及a3;(2)求证:对任意n∈N*,an+1﹣an≥c;(3)是否存在a1,使得a1,a2,…,an,…成等差数列?若存在,求出所有这样的a1;若不存在,说明理由.12.数列{an }满足:a1+2a2+…nan=4﹣,n∈N+.(1)求a3的值;(2)求数列{an }的前 n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=+(1+++…+)an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.13.设各项均为正数的数列{an }的前n项和为Sn满足Sn2﹣(n2+n﹣3)Sn﹣3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.14.已知数列{an }的奇数项是首项为1的等差数列,偶数项是首项为2的等比数列.数列{an}前n项和为Sn ,且满足S5=2a4+a5,a9=a3+a4.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若am am+1=am+2,求正整数m的值;(3)是否存在正整数m,使得恰好为数列{an}中的一项?若存在,求出所有满足条件的m值,若不存在,说明理由.15.已知等差数列{an }中,首项a1=1,公差d为整数,且满足a1+3<a3,a2+5>a4,数列{bn}满足,其前n项和为Sn.(1)求数列{an }的通项公式an;(2)若S2为S1,Sm(m∈N*)的等比中项,求m的值.16.已知数列{a n }满足a 1=且a n+1=a n ﹣a n 2(n ∈N *) (1)证明:1≤≤2(n ∈N *);(2)设数列{a n 2}的前n 项和为S n ,证明(n ∈N *).17.已知等差数列{a n }的首项a 1=1,公差d >0,且a 2,a 5,a 14分别是等比数列{b n }的b 2,b 3,b 4. (Ⅰ)求数列{a n }与{b n }的通项公式; (Ⅱ)设数列{c n }对任意自然数n 均有=a n+1成立,求c 1+c 2+…+c 2014的值.18.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,,n ∈N *.(1)求a 2的值;(2)求数列{a n }的通项公式; (3)证明:对一切正整数n ,有.19.数列{a n }的首项a 1=1,前n 项和S n 与a n 之间满足a n =(n ≥2).(1)求证:数列{}是等差数列;(2)设存在正数k ,使(1+S 1)(1+S 2)..(1+S n )对一切n ∈N ×都成立,求k 的最大值. 20.若数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,.(1)证明:数列{a n ﹣2}为等比数列; (2)求数列{S n }的前n 项和T n .21.已知数列{a n },{b n }满足b n =a n+1﹣a n ,其中n=1,2,3,…. (Ⅰ)若a 1=1,b n =n ,求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若b n+1b n ﹣1=b n (n ≥2),且b 1=1,b 2=2.(ⅰ)记c n =a 6n ﹣1(n ≥1),求证:数列{c n }为等差数列; (ⅱ)若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次.求a 1应满足的条件.22.在数列{an }中,a1=3,an+1an+λan+1+μan2=0(n∈N+)(Ⅰ)若λ=0,μ=﹣2,求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若λ=(k0∈N+,k≥2),μ=﹣1,证明:2+<<2+.23.设数列{an }的前n项和为Sn,若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.(1)若数列{an }的前n项和为Sn=2n(n∈N*),证明:{an}是“H数列”;(2)设{an }是等差数列,其首项a1=1,公差d<0,若{an}是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列{an },总存在两个“H数列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立.24.已知数列{an }的奇数项是首项为1的等差数列,偶数项是首项为2的等比数列.数列{an} 前n项和为Sn ,且满足S3=a4,a3+a5=2+a4(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an }前2k项和S2k;(3)在数列{an }中,是否存在连续的三项am,am+1,am+2,按原来的顺序成等差数列?若存在,求出所有满足条件的正整数m的值;若不存在,说明理由.25.已知数列{an }满足a1=1,|an+1﹣an|=p n,n∈N*.(Ⅰ)若{an }是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(Ⅱ)若p=,且{a2n﹣1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.26.已知数列{an }满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=(n=1,2,…),记集合M={an|n∈N*}.(Ⅰ)若a1=6,写出集合M的所有元素;(Ⅱ)如集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数;(Ⅲ)求集合M的元素个数的最大值.27.设数列{an }的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1﹣2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有.28.已知公比为q(q≠1)的无穷等比数列{an }的首项a1=1.(1)若q=,在a1与a2之间插入k个数b1,b2,…,bk,使得a1,b1,b2,…,bk,a2,a3成等差数列,求这k个数;(2)对于任意给定的正整数m,在a1,a2,a3的a1与a2和a2与a3之间共插入m个数,构成一个等差数列,求公比q的所有可能取值的集合(用m表示);(3)当且仅当q取何值时,在数列{an }的每相邻两项ak,ak+1之间插入ck(k∈N*,ck∈N)个数,使之成为一个等差数列?并求c1的所有可能值的集合及{cn}的通项公式(用q表示).29.已知数列{an }的各项均为正数,bn=n(1+)n an(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x﹣e x的单调区间,并比较(1+)n与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令cn =(a1a2…an),数列{an},{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn<eSn.30.设等差数列{an }的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).(1)若a1=﹣2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{an}的前n项和Sn;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2﹣,求数列{}的前n项和Tn.31.正整数列{an },{bn}满足:a1≥b1,且对一切k≥2,k∈N*,ak是ak﹣1与bk﹣1的等差中项,bk是ak﹣1与bk﹣1的等比中项.(1)若a2=2,b2=1,求a1,b1的值;(2)求证:{an }是等差数列的充要条件是{an}为常数数列;(3)记cn =|an﹣bn|,当n≥2(n∈N*)时,指出c2+…+cn与c1的大小关系并说明理由.32.已知数列{an }是无穷数列,a1=a,a2=b(a,b是正整数),.(Ⅰ)若a1=2,a2=1,写出a4,a5的值;(Ⅱ)已知数列{an }中,求证:数列{an}中有无穷项为1;(Ⅲ)已知数列{an }中任何一项都不等于1,记bn=max{a2n﹣1,a2n}(n=1,2,3,…;max{m,n}为m,n较大者).求证:数列{bn}是单调递减数列.33.对于项数为m的有穷数列{an },记bk=max{a1,a2,…,ak}(k=1,2,…,m),即bk为a1,a2,…,a k 中的最大值,并称数列{bn}是{an}的控制数列,如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列{an }的控制数列为2,3,4,5,5,写出所有的{an}.(2)设{bn }是{an}的控制数列,满足ak+bm﹣k+1=C(C为常数,k=1,2,…,m),求证:bk=ak(k=1,2,…,m).(3)设m=100,常数a∈(,1),an =an2﹣n,{bn}是{an}的控制数列,求(b1﹣a1)+(b2﹣a2)+…+(b100﹣a100).34.已知数列{an }是等差数列,Sn为{an}的前n项和,且a10=19,S10=100;数列{bn}对任意n∈N*,总有b1•b2•b3…bn﹣1•bn=an+2成立.(Ⅰ)求数列{an }和{bn}的通项公式;(Ⅱ)记cn =(﹣1)n,求数列{cn}的前n项和Tn.35.已知f(x)=,数列{an }为首项是1,以f(1)为公比的等比数列;数列{bn}中b1=,且bn+1=f(bn),(1)求数列{an }和{bn}的通项公式(2)令,{cn }的前n项和为Tn,证明:对∀n∈N+有1≤Tn<4.36.已知数列{an }满足a1=,an=(n≥2,n∈N).(1)试判断数列是否为等比数列,并说明理由;(2)设bn =,求数列{bn}的前n项和Sn;(3)设cn =ansin,数列{cn}的前n项和为Tn.求证:对任意的n∈N*,Tn<.37.已知数列{an }满足an≤an+1≤3an,n∈N*,a1=1.(1)若a2=2,a3=x,a4=9,求x的取值范围;(2)设{an }是公比为q的等比数列,Sn=a1+a2+…an,若Sn≤Sn+1≤3Sn,n∈N*,求q的取值范围.(3)若a1,a2,…ak成等差数列,且a1+a2+…ak=1000,求正整数k的最大值,以及k取最大值时相应数列a1,a2,…ak的公差.38.对于函数f(x),若存在x0∈R,使f(x)=x成立,则称x为f(x)的不动点.如果函数f(x)=有且仅有两个不动点0和2.(1)试求b、c满足的关系式.(2)若c=2时,各项不为零的数列{an }满足4Sn•f()=1,求证:<<.(3)设bn =﹣,Tn为数列{bn}的前n项和,求证:T2009﹣1<ln2009<T2008.39.在数列{an }中,a1=1,an+1=(1+)an+.(1)设bn =,求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{an }的前n项和Sn.40.已知数列{an }的前n项和为Sn,且满足a1=2,nan+1=Sn+n(n+1).(Ⅰ)求数列{an }的通项公式an;(Ⅱ)设Tn 为数列{}的前n项和,求Tn;(Ⅲ)设bn =,证明:b1+b2+b3+…+bn<.41.已知数列an满足(1)求数列an 的通项公式an;(2)设,求数列bn 的前n项和Sn;(3)设,数列cn 的前n项和为Tn.求证:对任意的.42.如图,已知曲线C 1:y=(x >0)及曲线C 2:y=(x >0),C 1上的点P 1的横坐标为a 1(0<a 1<).从C 1上的点P n (n ∈N +)作直线平行于x 轴,交曲线C 2于点Q n ,再从点Q n 作直线平行于y 轴,交曲线C 1于点P n+1.点P n (n=1,2,3,…)的横坐标构成数列{a n } (Ⅰ)试求a n+1与a n 之间的关系,并证明:a 2n ﹣1<; (Ⅱ)若a 1=,求证:|a 2﹣a 1|+|a 3﹣a 2|+…+|a n+1﹣a n |<.43.已知数列{a n }中,a 1=1,a n+1=(n ∈N *).(1)求证:{+}是等比数列,并求{a n }的通项公式a n ;(2)数列{b n }满足b n =(3n ﹣1)••a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,若不等式(﹣1)n λ<T n +对一切n ∈N *恒成立,求λ的取值范围.44.设数列{a n }的前n 项和为S n ,对一切n ∈N *,点(n ,)都在函数f (x )=x+的图象上.(1)计算a 1,a 2,a 3,并归纳出数列{a n }的通项公式;(2)将数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a 1),(a 2,a 3),(a 4,a 5,a 6),(a 7,a 8,a 9,a 10);(a 11),(a 12,a 13),(a 14,a 15,a 16),(a 17,a 18,a 19,a 20);(a 21)…,分别计算各个括号内各数之和,设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n },求b 5+b 100的值; (3)设A n 为数列的前n 项积,若不等式A n <f (a )﹣对一切n ∈N *都成立,求a的取值范围.45.数列{bn }的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有;(1)试证明数列{bn}是等差数列,并求其通项公式;(2)如果等比数列{an }共有2017项,其首项与公比均为2,在数列{an}的每相邻两项ai与ai+1之间插入i个(﹣1)i bi (i∈N*)后,得到一个新数列{cn},求数列{cn}中所有项的和;(3)如果存在n∈N*,使不等式成立,若存在,求实数λ的范围,若不存在,请说明理由.46.已知数列{an}的首项,,n=1,2,….(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)证明:对任意的x>0,,n=1,2,…;(Ⅲ)证明:.47.已知数列{an }的前n项和为Sn,数列{bn},{cn}满足(n+1)bn=an+1﹣,(n+2)cn=﹣,其中n∈N*.(1)若数列{an }是公差为2的等差数列,求数列{cn}的通项公式;(2)若存在实数λ,使得对一切n∈N*,有bn ≤λ≤cn,求证:数列{an}是等差数列.48.已知数列{an }满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*).(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn }滿足,证明:数列{bn}是等差数列;(Ⅲ)证明:.49.已知数列{an }的各项均为正数,且a1=1,对任意的n∈N*,均有an+12﹣1=4an(an+1),bn=2log2(1+an)﹣1.(1)求证:{1+an }是等比数列,并求出{an}的通项公式;(2)若数列{bn }中去掉{an}的项后,余下的项组成数列{cn},求c1+c2+…+c100;(3)设dn =,数列{dn}的前n项和为Tn,是否存在正整数m(1<m<n),使得T1、Tm、Tn成等比数列,若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.50.在数列{an }中,a1=2,an+1=an+2n+1(n∈N*)(1)求证:数列{an﹣2n}为等差数列;(2)设数列{bn }满足bn=log2(an+1﹣n),若…对一切n∈N*且n≥2恒成立,求实数k的取值范围.参考答案与试题解析一.解答题(共50小题)1.已知数列{an }的前n项和为Sn,且Sn=n(n+1)(n∈N*).(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn }满足:,求数列{bn}的通项公式;(Ⅲ)令(n∈N*),求数列{cn }的前n项和Tn.【分析】(Ⅰ)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=n(n+1)﹣(n﹣1)n=2n,由此能求出数列{an}的通项公式.(Ⅱ)由(n≥1),知,所以,由此能求出bn.(Ⅲ)=n(3n+1)=n•3n+n,所以Tn =c1+c2+c3+…+cn=(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)+(1+2+…+n),令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,由错位相减法能求出,由此能求出数列{cn}的前n项和.【解答】解:(Ⅰ)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an =Sn﹣Sn﹣1=n(n+1)﹣(n﹣1)n=2n,知a1=2满足该式,∴数列{an }的通项公式为an=2n.(2分)(Ⅱ)∵(n≥1)①∴②(4分)②﹣①得:,bn+1=2(3n+1+1),故bn=2(3n+1)(n∈N*).(6分)(Ⅲ)=n(3n+1)=n•3n+n,∴Tn =c1+c2+c3+…+cn=(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)+(1+2+…+n)(8分)令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,①则3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1②①﹣②得:﹣2Hn=3+32+33+…+3n﹣n×3n+1=∴,…(10分)∴数列{cn}的前n项和…(12分)【点评】本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项,结合含两个变量的不等式的处理问题,对数学思维的要求比较高,要求学生理解“存在”、“恒成立”,以及运用一般与特殊的关系进行否定,本题有一定的探索性.综合性强,难度大,易出错.解题时要认真审题,注意错位相减法的灵活运用.2.已知数列{an }是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn =an•3n,求数列{bn}的前n项和Sn.【分析】(1)由数列{an }是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12,利用等差数列的通项公式先求出d=2,由此能求出数列{an}的通项公式.(2)由an =2n,知bn=an•3n=2n•3n,所以Sn=2×3+4×32+6×33+…+2(n﹣1)×3n﹣1+2n×3n,再由错位相减法能够求出数列{bn }的前n项和Sn.【解答】解:(1)∵数列{an }是等差数列,且a1=2,a1+a2+a3=12,∴2+2+d+2+2d=12,解得d=2,∴an=2+(n﹣1)×2=2n.(2)∵an=2n,∴bn =an•3n=2n•3n,∴Sn=2×3+4×32+6×33+…+2(n﹣1)×3n﹣1+2n×3n,①3Sn=2×32+4×33+6×34+…+2(n﹣1)×3n+2n×3n+1,②①﹣②得﹣2Sn=6+2×32+2×33+2×34+…+2×3n﹣2n×3n+1=2×﹣2n×3n+1=3n+1﹣2n×3n+1﹣3=(1﹣2n)×3n+1﹣3∴Sn=+.【点评】本题考查数列的通项公式的求法和数列前n项和的求法,综合性强,难度大,易出错.解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条件,合理地运用错位相减法进行求和.3.已知数列{an }中,a1=3,a2=5,其前n项和Sn满足Sn+Sn﹣2=2Sn﹣1+2n﹣1(n≥3).令bn=.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若f(x)=2x﹣1,求证:Tn =b1f(1)+b2f(2)+…+bnf(n)<(n≥1).【分析】(Ⅰ)由题意知an =an﹣1+2n﹣1(n≥3)(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a3﹣a2)+a2=2n+1.(Ⅱ)由于=.故Tn =b1f(1)+b2f(2)+…+bnf(n)=,由此可证明Tn=b1f(1)+b2f(2)+…+bnf(n)<(n≥1).【解答】解:(Ⅰ)由题意知Sn ﹣Sn﹣1=Sn﹣1﹣Sn﹣2+2n﹣1(n≥3)即an =an﹣1+2n﹣1(n≥3)∴an =(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a3﹣a2)+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1(n≥3)检验知n=1、2时,结论也成立,故an=2n+1.(Ⅱ)由于bn=,f(x)=2x﹣1,∴=.故Tn =b1f(1)+b2f(2)+…+bnf(n)==.【点评】本题考查数列的性质和综合应用,解题时要认真审题.仔细解答.4.已知等差数列{an }的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)令bn =(﹣1)n﹣1,求数列{bn}的前n项和Tn.【分析】(Ⅰ)利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出;(Ⅱ)由(Ⅰ)可得bn=.对n分类讨论“裂项求和”即可得出.【解答】解:(Ⅰ)∵等差数列{an }的公差为2,前n项和为Sn,∴Sn ==n2﹣n+na1,∵S1,S2,S4成等比数列,∴,∴,化为,解得a1=1.∴an =a1+(n﹣1)d=1+2(n﹣1)=2n﹣1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可得bn=(﹣1)n﹣1==.∴Tn=﹣++…+.当n为偶数时,Tn=﹣++…+﹣=1﹣=.当n为奇数时,Tn=﹣++…﹣+=1+=.∴Tn=.【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力、计算能力、“裂项求和”、分类讨论思想方法,属于难题.5.已知等差数列{an }的公差d>0,设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2•S3=36.(Ⅰ)求d及Sn;(Ⅱ)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am +am+1+am+2+…+am+k=65.【分析】(Ⅰ)根据等差数列通项公式和前n项和公式,把条件转化为关于公差d的二次方程求解,注意d的范围对方程的根进行取舍;(Ⅱ)由(Ⅰ)求出等差数列{an }的通项公式,利用等差数列的前n项和公式,对am+am+1+am+2+…+am+k=65化简,列出关于m 、k 的方程,再由m ,k ∈N *进行分类讨论,求出符合条件的m 、k 的值. 【解答】解:(Ⅰ)由a 1=1,S 2•S 3=36得, (a 1+a 2)(a 1+a 2+a 3)=36,即(2+d )(3+3d )=36,化为d 2+3d ﹣10=0, 解得d=2或﹣5, 又公差d >0,则d=2, 所以S n =n=n 2(n ∈N *).(Ⅱ)由(Ⅰ)得,a n =1+2(n ﹣1)=2n ﹣1, 由a m +a m+1+a m+2+…+a m+k =65得,,即(k+1)(2m+k ﹣1)=65,又m ,k ∈N *,则(k+1)(2m+k ﹣1)=5×13,或(k+1)(2m+k ﹣1)=1×65, 下面分类求解:当k+1=5时,2m+k ﹣1=13,解得k=4,m=5;当k+1=13时,2m+k ﹣1=5,解得k=12,m=﹣3,故舍去; 当k+1=1时,2m+k ﹣1=65,解得k=0,故舍去;当k+1=65时,2m+k ﹣1=1,解得k=64,m=﹣31,故舍去; 综上得,k=4,m=5.【点评】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式,及分类讨论思想和方程思想,难度较大,考查了分析问题和解决问题的能力.6.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,a n+1=S n +3n ,n ∈N *. (Ⅰ)设b n =S n ﹣3n ,求数列{b n }的通项公式; (Ⅱ)若a n+1≥a n ,n ∈N *,求a 的取值范围.【分析】(Ⅰ)依题意得S n+1=2S n +3n ,由此可知S n+1﹣3n+1=2(S n ﹣3n ).所以b n =S n ﹣3n =(a ﹣3)2n ﹣1,n ∈N *.(Ⅱ)由题设条件知S n =3n +(a ﹣3)2n ﹣1,n ∈N *,于是,a n =S n ﹣S n ﹣1=,由此可以求得a 的取值范围是[﹣9,+∞).【解答】解:(Ⅰ)依题意,S n+1﹣S n =a n+1=S n +3n ,即S n+1=2S n +3n , 由此得S n+1﹣3n+1=2S n +3n ﹣3n+1=2(S n ﹣3n ).(4分)因此,所求通项公式为bn =Sn﹣3n=(a﹣3)2n﹣1,n∈N*.①(6分)(Ⅱ)由①知Sn=3n+(a﹣3)2n﹣1,n∈N*,于是,当n≥2时,a n =Sn﹣Sn﹣1=3n+(a﹣3)×2n﹣1﹣3n﹣1﹣(a﹣3)×2n﹣2=2×3n﹣1+(a﹣3)2n﹣2,a n+1﹣an=4×3n﹣1+(a﹣3)2n﹣2=,当n≥2时,⇔a≥﹣9.又a2=a1+3>a1.综上,所求的a的取值范围是[﹣9,+∞).(12分)【点评】本题考查数列的综合运用,解题时要仔细审题,注意挖掘题设中的隐含条件.7.已知数列{an }的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn﹣1,其中λ为常数.(Ⅰ)证明:an+2﹣an=λ(Ⅱ)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.【分析】(Ⅰ)利用an an+1=λSn﹣1,an+1an+2=λSn+1﹣1,相减即可得出;(Ⅱ)对λ分类讨论:λ=0直接验证即可;λ≠0,假设存在λ,使得{an}为等差数列,设公差为d.可得λ=an+2﹣an=(an+2﹣an+1)+(an+1﹣an)=2d,.得到λSn=,根据{an}为等差数列的充要条件是,解得λ即可.【解答】(Ⅰ)证明:∵an an+1=λSn﹣1,an+1an+2=λSn+1﹣1,∴an+1(an+2﹣an)=λan+1∵an+1≠0,∴an+2﹣an=λ.(Ⅱ)解:①当λ=0时,an an+1=﹣1,假设{an}为等差数列,设公差为d.则an+2﹣an=0,∴2d=0,解得d=0,∴an =an+1=1,∴12=﹣1,矛盾,因此λ=0时{an}不为等差数列.②当λ≠0时,假设存在λ,使得{an}为等差数列,设公差为d.则λ=an+2﹣an=(an+2﹣an+1)+(an+1﹣an)=2d,∴.∴,,∴λSn=1+=,根据{an}为等差数列的充要条件是,解得λ=4.此时可得,an=2n﹣1.因此存在λ=4,使得{an}为等差数列.【点评】本题考查了递推式的意义、等差数列的通项公式及其前n项和公式、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法,考查了推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法,属于难题.8.设数列{an }的首项a1∈(0,1),an=,n=2,3,4…(1)求{an}的通项公式;(2)设,求证bn <bn+1,其中n为正整数.【分析】(1)由题条件知,所以{1﹣an }是首项为1﹣a1,公比为的等比数列,由此可知(2)方法一:由题设条件知,故bn >0.那么,bn+12﹣bn2=an+12(3﹣2an+1)﹣an2(3﹣2an)=由此可知bn <bn+1,n为正整数.方法二:由题设条件知,所以.由此可知bn<bn+1,n为正整数.【解答】解:(1)由,整理得.又1﹣a1≠0,所以{1﹣an}是首项为1﹣a1,公比为的等比数列,得(2)方法一:由(1)可知,故bn>0.那么,bn+12﹣bn2=an+12(3﹣2an+1)﹣an2(3﹣2an)= =又由(1)知an >0且an≠1,故bn+12﹣bn2>0,因此bn <bn+1,n为正整数.方法二:由(1)可知,因为,所以.由an≠1可得,即两边开平方得.即bn <bn+1,n为正整数.【点评】本题考查数列的综合应用,难度较大,解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条件.9.设数列满足|an﹣|≤1,n∈N*.(Ⅰ)求证:|an |≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*)(Ⅱ)若|an |≤()n,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.【分析】(I)使用三角不等式得出|an |﹣|an+1|≤1,变形得﹣≤,使用累加法可求得<1,即结论成立;(II)利用(I)的结论得出﹣<,进而得出|an|<2+()m•2n,利用m的任意性可证|an|≤2.【解答】解:(I)∵|an ﹣|≤1,∴|an|﹣|an+1|≤1,∴﹣≤,n∈N*,∴=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)≤+++…+==1﹣<1.∴|an |≥2n﹣1(|a1|﹣2)(n∈N*).(II)任取n∈N*,由(I)知,对于任意m>n,﹣=(﹣)+(﹣)+…+(﹣)≤++…+=<.∴|an|<(+)•2n≤[+•()m]•2n=2+()m•2n.①由m的任意性可知|an|≤2.否则,存在n∈N*,使得|a|>2,取正整数m0>log且m>n,则2•()<2•()=|a|﹣2,与①式矛盾.综上,对于任意n∈N*,都有|an|≤2.【点评】本题考查了不等式的应用与证明,等比数列的求和公式,放缩法证明不等式,难度较大.10.已知数列{an }的前n项和Sn=,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:对任意的n>1,都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.【分析】(1)利用“当n≥2时,an =Sn﹣Sn﹣1;当n=1时,a1=S1”即可得出;(2)对任意的n>1,假设都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.利用等比数列的定义可得,即(3n﹣2)2=1×(3m﹣2),解出m为正整数即可.【解答】(1)解:∵Sn=,n∈N*.∴当n≥2时,an =Sn﹣Sn﹣1=﹣=3n﹣2,(*)当n=1时,a1=S1==1.因此当n=1时,(*)也成立.∴数列{an }的通项公式an=3n﹣2.(2)证明:对任意的n>1,假设都存在m∈N*,使得a1,an,am成等比数列.则,∴(3n﹣2)2=1×(3m﹣2),化为m=3n2﹣4n+2,∵n>1,∴m=3n2﹣4n+2=>1,因此对任意的n>1,都存在m=3n2﹣4n+2∈N*,使得a1,an,am成等比数列.【点评】本题考查了递推式的意义、等差数列与等比数列的通项公式、二次函数的单调性等基础知识与基本技能方法,考查了恒成立问题的等价转化方法,考查了反证法,考查了推理能力和计算能力,属于难题.11.给定常数c>0,定义函数f(x)=2|x+c+4|﹣|x+c|.数列a1,a2,a3,…满足an+1=f(an),n∈N*.(1)若a1=﹣c﹣2,求a2及a3;(2)求证:对任意n∈N*,an+1﹣an≥c;(3)是否存在a1,使得a1,a2,…,an,…成等差数列?若存在,求出所有这样的a1;若不存在,说明理由.【分析】(1)对于分别取n=1,2,an+1=f(an),n∈N*.去掉绝对值符合即可得出;(2)由已知可得f(x)=,分三种情况讨论即可证明;(3)由(2)及c>0,得an+1≥an,即{an}为无穷递增数列.分以下三种情况讨论:当a1<﹣c﹣4时,当﹣c﹣4≤a1<﹣c时,当a1≥﹣c时.即可得出a1的取值范围.【解答】解:(1)a2=f(a1)=f(﹣c﹣2)=2|﹣c﹣2+c+4|﹣|﹣c﹣2+c|=4﹣2=2,a 3=f(a2)=f(2)=2|2+c+4|﹣|2+c|=2(6+c)﹣(c+2)=10+c.(2)由已知可得f(x)=当an ≥﹣c时,an+1﹣an=c+8>c;当﹣c﹣4≤an <﹣c时,an+1﹣an=2an+3c+8≥2(﹣c﹣4)+3c+8=c;当an <﹣c﹣4时,an+1﹣an=﹣2an﹣c﹣8>﹣2(﹣c﹣4)﹣c﹣8=c.∴对任意n∈N*,an+1﹣an≥c;(3)假设存在a1,使得a1,a2,…,an,…成等差数列.由(2)及c>0,得an+1≥an,即{an}为无穷递增数列.又{an }为等差数列,所以存在正数M,当n>M时,an≥﹣c,从而an+1=f(an)=an+c+8,由于{an}为等差数列,因此公差d=c+8.①当a1<﹣c﹣4时,则a2=f(a1)=﹣a1﹣c﹣8,又a2=a1+d=a1+c+8,故﹣a1﹣c﹣8=a1+c+8,即a1=﹣c﹣8,从而a2=0,当n≥2时,由于{an }为递增数列,故an≥a2=0>﹣c,∴an+1=f(an)=an+c+8,而a2=a1+c+8,故当a1=﹣c﹣8时,{an}为无穷等差数列,符合要求;②若﹣c﹣4≤a1<﹣c,则a2=f(a1)=3a1+3c+8,又a2=a1+d=a1+c+8,∴3a1+3c+8=a1+c+8,得a1=﹣c,应舍去;③若a1≥﹣c,则由an≥a1得到an+1=f(an)=an+c+8,从而{an}为无穷等差数列,符合要求.综上可知:a1的取值范围为{﹣c﹣8}∪[﹣c,+∞).【点评】本题综合考查了分类讨论的思方法、如何绝对值符号、递增数列、等差数列等基础知识与方法,考查了推理能力和计算能力.12.数列{an }满足:a1+2a2+…nan=4﹣,n∈N+.(1)求a3的值;(2)求数列{an }的前 n项和Tn;(3)令b1=a1,bn=+(1+++…+)an(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.【分析】(1)利用数列的递推关系即可求a3的值;(2)利用作差法求出数列{an }的通项公式,利用等比数列的前n项和公式即可求数列{an}的前 n项和Tn;(3)利用构造法,结合裂项法进行求解即可证明不等式.【解答】解:(1)∵a1+2a2+…nan=4﹣,n∈N+.∴a1=4﹣3=1,1+2a2=4﹣=2,解得a2=,∵a1+2a2+…+nan=4﹣,n∈N+.∴a1+2a2+…+(n﹣1)an﹣1=4﹣,n∈N+.两式相减得nan=4﹣﹣(4﹣)=,n≥2,则an=,n≥2,当n=1时,a1=1也满足,∴an=,n≥1,则a3=;(2)∵an=,n≥1,∴数列{an}是公比q=,则数列{an }的前 n项和Tn==2﹣21﹣n.(3)bn =+(1+++…+)an,∴b1=a1,b2=+(1+)a2,b3=(1++)a3,∴bn =+(1+++…+)an,∴Sn =b1+b2+…+bn=(1+++…+)a1+(1+++…+)a2+…+(1+++…+)an=(1+++…+)(a1+a2+…+an)=(1+++…+)Tn=(1+++…+)(2﹣21﹣n)<2×(1+++…+),设f(x)=lnx+﹣1,x>1,则f′(x)=﹣.即f(x)在(1,+∞)上为增函数,∵f(1)=0,即f(x)>0,∵k≥2,且k∈N•时,,∴f()=ln+﹣1>0,即ln>,∴ln,,…,即=lnn,∴2×(1+++…+)=2+2×(++…+)<2+2lnn,即Sn<2(1+lnn)=2+2lnn.【点评】本题主要考查数列通项公式以及前n项和的计算,以及数列和不等式的综合,利用作差法求出数列的通项公式是解决本题的关键.考查学生的计算能力,综合性较强,难度较大.13.设各项均为正数的数列{an }的前n项和为Sn满足Sn2﹣(n2+n﹣3)Sn﹣3(n2+n)=0,n∈N*.(1)求a1的值;(2)求数列{an}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.【分析】(1)本题可以用n=1代入题中条件,利用S1=a1求出a1的值;(2)利用an 与Sn的关系,将条件转化为an的方程,从而求出an;(3)利用放缩法,将所求的每一个因式进行裂项求和,即可得到本题结论.【解答】解:(1)令n=1得:,即.∴(S1+3)(S1﹣2)=0.∵S1>0,∴S1=2,即a1=2.(2)由得:.∵an>0(n∈N*),∴Sn>0.∴.∴当n≥2时,,又∵a1=2=2×1,∴.(3)由(2)可知=,∀n∈N*,=<=(),当n=1时,显然有=<;当n≥2时,<+=﹣•<所以,对一切正整数n,有.【点评】本题考查了数列的通项与前n项和的关系、裂项求和法,还用到了放缩法,计算量较大,有一定的思维难度,属于难题.14.已知数列{an }的奇数项是首项为1的等差数列,偶数项是首项为2的等比数列.数列{an}前n项和为Sn ,且满足S5=2a4+a5,a9=a3+a4.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若am am+1=am+2,求正整数m的值;(3)是否存在正整数m,使得恰好为数列{an}中的一项?若存在,求出所有满足条件的m值,若不存在,说明理由.【分析】(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q由题意列式求出公差和公比,则等差数列和等比数列的通项公式即可得出;(2)分am =2k和am=2k﹣1,利用amam+1=am+2即可求出满足该等式的正整数m的值;(3)对于k∈N*,有..假设存在正整数m,使得恰好为数列{an}中的一项,设=L(L∈N*),则,变形得到(3﹣L)3m﹣1=(L﹣1)(m2﹣1),由此式得到L的可能取值,然后依次分类讨论求解.【解答】解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,则a1=1,a2=2,a3=1+d,a4=2q,a9=1+4d.∵S5=2a4+a5,∴a1+a2+a3=a4,即4+d=2q,又a9=a3+a4.∴1+4d=1+d+2q.解得:d=2,q=3.∴对于k∈N*,有.故;(2)若am =2k,则由amam+1=am+2,得2•3k﹣1(2k+1)=2•3k,解得:k=1,则m=2;若am=2k﹣1,则由(2k﹣1)•2•3k﹣1=2k+1,此时左边为偶数,右边为奇数,不成立.故满足条件的正数为2;(3)对于k∈N*,有..假设存在正整数m,使得恰好为数列{an}中的一项,又由(1)知,数列中的每一项都为正数,故可设=L(L∈N*),则,变形得到(3﹣L)3m﹣1=(L﹣1)(m2﹣1)①.∵m≥1,L≥1,3m﹣1>0,∴L≤3.又L∈N*,故L可能取1,2,3.当L=1时,(3﹣L)3m﹣1>0,(L﹣1)(m2﹣1)=0,∴①不成立;当L=2时,(3﹣2)3m﹣1=(2﹣1)(m2﹣1),即3m﹣1=m2﹣1.若m=1,3m﹣1≠m2﹣1,令,则=.因此,1=T2>T3>…,故只有T2=1,此时m=2,L=2=a2.当L=3时,(3﹣3)3m﹣1=(3﹣1)(m2﹣1).∴m=1,L=3=a3.综上,存在正整数m=1,使得恰好为数列{an}中的第三项,存在正整数m=2,使得恰好为数列{an}中的第二项.【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质,训练了分类讨论的数学思想方法,考查了学生综合分析问题和解决问题的能力,考查了学生的逻辑思维能力,是压轴题.15.已知等差数列{an }中,首项a1=1,公差d为整数,且满足a1+3<a3,a2+5>a4,数列{bn}满足,其前n项和为Sn.(1)求数列{an }的通项公式an;(2)若S2为S1,Sm(m∈N*)的等比中项,求m的值.【分析】(1)由题意,得,由此可解得an=1+(n﹣1)•2=2n﹣1.(2)由=,知=.由此可求出m的值.【解答】解:(1)由题意,得解得<d<.又d∈Z,∴d=2.∴an=1+(n﹣1)•2=2n﹣1.(2)∵=,∴=.∵,,,S2为S1,Sm(m∈N*)的等比中项,∴S22=SmS1,即,解得m=12.【点评】本题考查数列的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答.16.已知数列{an }满足a1=且an+1=an﹣an2(n∈N*)(1)证明:1≤≤2(n∈N*);(2)设数列{an 2}的前n项和为Sn,证明(n∈N*).【分析】(1)通过题意易得0<an ≤(n∈N*),利用an﹣an+1=可得>1,利用==≤2,即得结论;(2)通过=an ﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1,对an+1=an﹣an2两边同除以an+1an采用累积法可求出an+1的范围,从而得出结论.【解答】证明:(1)由题意可知:an+1﹣an=﹣an2≤0,即an+1≤an,故an≤,1≤.由an =(1﹣an﹣1)an﹣1得an=(1﹣an﹣1)(1﹣an﹣2)…(1﹣a1)a1>0.所以0<an≤(n∈N*),又∵a2=a1﹣=,∴==2,又∵an ﹣an+1=,∴an>an+1,∴>1,∴==≤2,∴1≤≤2(n∈N*),综上所述,1<≤2(n∈N*);(2)由已知,=an ﹣an+1,=an﹣1﹣an,…,=a1﹣a2,累加,得Sn =++…+=a1﹣an+1,①由an+1=an﹣an2两边同除以an+1an得,和1≤≤2,得1≤≤2,累加得1+1+...1≤+﹣+...+﹣≤2+2+ (2)所以n≤﹣≤2n,因此≤an+1≤(n∈N*)②,由①②得≤(n∈N*).【点评】本题是一道数列与不等式的综合题,考查数学归纳法,对表达式的灵活变形是解决本题的关键,注意解题方法的积累,属于难题.17.已知等差数列{an }的首项a1=1,公差d>0,且a2,a5,a14分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4.(Ⅰ)求数列{an }与{bn}的通项公式;(Ⅱ)设数列{cn }对任意自然数n均有=an+1成立,求c1+c2+…+c2014的值.【分析】(Ⅰ)依题意,a2,a5,a14成等比数列⇒(1+4d)2=(1+d)(1+13d),可求得d,继而可求得数列{an }的通项公式;由b2=a2=3,b3=a5=9,可求得q与其首项,从而可得数列{bn}的通项公式;(Ⅱ)由(Ⅰ)知an =2n﹣1,bn=3n﹣1,由++…+=an+1,可求得c1=b1a2=3,=an+1﹣an=2(n≥2),于是可求得数列{cn }的通项公式,继而可求得c1+c2+…+c2014的值.【解答】解:(Ⅰ)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∵a2,a5,a14成等比数列,∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2,∴an=1+(n﹣1)×2=2n﹣1;又b2=a2=3,b3=a5=9,∴q=3,b1=1,∴bn=3n﹣1.(Ⅱ)∵++…+=an+1,∴=a2,即c1=b1a2=3,又++…+=an(n≥2),∴=an+1﹣an=2(n≥2),∴cn =2bn=2•3n﹣1(n≥2),∴cn=.∴c1+c2+…+c2014=3+2×3+2×32+…+2×32013=3+2×(3+32+ (32013)=3+2×。

数列考试题型及答案解析

数列考试题型及答案解析

数列考试题型及答案解析一、选择题1. 已知数列{a_n}是等差数列,且a_1=3,公差d=2,则a_5的值为()。

A. 13B. 15C. 17D. 19答案:A解析:根据等差数列的通项公式a_n = a_1 + (n-1)d,代入n=5,a_1=3,d=2,可得a_5 = 3 + (5-1)×2 = 13。

2. 已知数列{a_n}满足a_1=1,且a_{n+1} = 2a_n + 1,求a_3的值。

A. 5B. 7C. 9D. 11答案:C解析:根据题目给出的递推关系,a_2 = 2a_1 + 1 = 2×1 + 1 = 3,再求a_3 = 2a_2 + 1 = 2×3 + 1 = 7,因此a_3的值为9。

二、填空题3. 已知数列{a_n}满足a_1=2,且a_{n+1} = 3a_n - 2,求a_4的值。

答案:14解析:根据递推关系,a_2 = 3a_1 - 2 = 3×2 - 2 = 4,a_3 = 3a_2- 2 = 3×4 - 2 = 10,a_4 = 3a_3 - 2 = 3×10 - 2 = 28。

4. 已知等比数列{a_n}的首项为3,公比为4,求a_5的值。

答案:972解析:根据等比数列的通项公式a_n = a_1 × q^(n-1),代入n=5,a_1=3,q=4,可得a_5 = 3 × 4^4 = 3 × 256 = 768。

三、解答题5. 已知数列{a_n}满足a_1=1,且a_{n+1} = a_n + n,求a_n的通项公式。

答案:a_n = n(n-1)/2 + 1解析:设S_n为数列{a_n}的前n项和,则S_n = a_1 + a_2 + ... +a_n。

根据题意,a_{n+1} = a_n + n,所以S_{n+1} - S_n = a_{n+1} = a_n + n。

数列较难试题汇编

数列较难试题汇编

绝密★启用前2012-2013学年度???学校3月月考卷试卷副标题xxx注意事项:1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题)请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题(题型注释)1.在等差数列{a n }中,已知a 4+a 8=16,则a 2+a 10= (A) 12 (B) 16 (C)20 (D)24 【答案】B【解析】由等差数列的性质知,1104816a a a a +=+=,故选B考点定位:本题是等差数列问题,意在考查学生对于等差数列的性质:若m n p q +=+则m n p q a a a a +=+的运用能力 2.计算23201012222+++++的结果是( )A .201121- B .201121+C .20111(21)2-D .20111(21)2+ 【答案】A【解析】本题考查等比数列的前n 项和及基本运算. 数列2320101,2,2,2,2⋅⋅⋅是首项为1,公比为2的等比数列,20102是该数列的第2011项,所以20102++=故选A3.在函数)(x f y =的图象上有点列(x n ,y n ),若数列{x n }是等差数列,数列{y n }是 等比数 列,则函数)(x f y =的解析式可能为 A .12)(+=x x fB .24)(x x f =C .x x f 3log )(=D .xx f ⎪⎭⎫⎝⎛=43)(【答案】D【解析】对于函数f (x )=⎝⎛⎭⎫34x 上的点列(x n ,y n ),有nxn y ⎪⎭⎫ ⎝⎛=43,由于{x n }是等差数列,所以x n +1-x n =d ,因此d x x x x nn n n nn y y ⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+++43434343111,这是一个与n 无关的常数,故{y n }是等比数列.故选D.4.已知:数列{}n a 满足161=a ,n a a n n 21=-+,则na n的最小值为 A .8 B .7 C .6 D .5 【答案】B 【解析】略5.设0,0.a b >>1133a b a b+与的等比中项,则的最小值为( ) A 8 B 4 C 1 D 14【答案】B 【解析】略6.在等差数列}{n a 中,48)(2)(31310753=++++a a a a a ,则等差数列}{n a 的前13项的和为( )A 、24B 、39C 、52D 、104 【答案】C 【解析】略 7.数列815241,,,,579--的一个通项公式是( )A 、2(1)21nn n -+ B 、(2)(1)1n n n n +-+ C 、2(2)1(1)2(1)n n n +--+ D 、(2)(1)21n n n n +-+【答案】D【解析】略8.(满分6分)设x R ∈,记不超过x 的最大整数为[]x ,如[]2.52=,[]2.53-=-,令{}[]x x x =-,则⎪⎪⎩⎭,⎣⎦,12,三个数构成的数列( ) A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B 【解析】略9.已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =( ) A .4- B .6- C .8- D .10- 【答案】B 【解析】略10.已知数列:1213214321,,,,,,,,,,...,1121231234依它的前10项的规律,这个数列的第2010项2010a 满足 A .20101010a <<B .20101110a ≤< C .2010110a ≤≤ D .201010a > 【答案】B【解析】略 11.已知3(),25n a n N n +=∈-记数列{}n a 的前n 项和为n S ,即 12n n S a a a =+++,则使0n S ≤的n 的最大值为 ( )(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5【答案】C【解析】本题考查函数与数列的关系、数列、对称等知识。

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..页脚.绝密★启用前2012-2013学年度???学校3月月考卷试卷副标题注意事项:1.答题前填写好自己的、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题(题型注释)1.在等差数列{a n }中,已知a 4+a 8=16,则a 2+a 10= (A) 12 (B) 16 (C)20 (D)24 【答案】B【解析】由等差数列的性质知,1104816a a a a +=+=,故选B考点定位:本题是等差数列问题,意在考查学生对于等差数列的性质:若m n p q +=+则m n p q a a a a +=+的运用能力 2.计算23201012222+++++的结果是( )A .201121- B .201121+ C .20111(21)2- D .20111(21)2+【答案】A【解析】本题考查等比数列的前n 项和及基本运算. 数列2320101,2,2,2,2⋅⋅⋅是首项为1,公比为2的等比数列,20102是该数列的第2011项,所以20102++=故选A3.在函数)(x f y =的图象上有点列(x n ,y n ),若数列{x n }是等差数列,数列{y n }是 等比数 列,则函数)(x f y =的解析式可能为 A .12)(+=x x fB .24)(x x f =C .x x f 3log )(=D .xx f ⎪⎭⎫⎝⎛=43)(【答案】D【解析】对于函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 上的点列(x n ,y n ),有nxn y ⎪⎭⎫ ⎝⎛=43,由于{x n }是等差数列,所以x n +1-x n =d ,因此d x x x x nn n n nn y y ⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+++43434343111,这是一个与n 无关的常数,故{y n }是等比数列.故选D.4.已知:数列{}n a 满足161=a ,n a a n n 21=-+,则na n的最小值为 A .8 B .7 C .6 D .5 【答案】B 【解析】略5.设0,0.a b >>若11333a b a b+是与的等比中项,则的最小值为( ) A 8 B 4 C 1 D 14【答案】B 【解析】略6.在等差数列}{n a 中,48)(2)(31310753=++++a a a a a ,则等差数列}{n a 的前13项的和为( )A 、24B 、39C 、52D 、104 【答案】C 【解析】略 7.数列815241,,,,579--的一个通项公式是( )A 、2(1)21nn n -+ B 、(2)(1)1n n n n +-+ C 、2(2)1(1)2(1)n n n +--+ D 、(2)(1)21n n n n +-+【答案】D【解析】略8.(满分6分)设x R ∈,记不超过x 的最大整数为[]x ,如[]2.52=,[]2.53-=-,令{}[]x x x =-,则512⎫⎪⎬⎪⎪⎩⎭,512⎤+⎥⎣⎦,512,三个数构成的数列( ) A.是等差数列但不是等比数列 B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列 【答案】B 【解析】略9.已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =( ) A .4- B .6- C .8- D .10- 【答案】B..页脚.【解析】略10.已知数列:1213214321,,,,,,,,,,...,1121231234依它的前10项的规律,这个数列的第2010项2010a 满足 A .20101010a <<B .20101110a ≤< C .2010110a ≤≤ D .201010a > 【答案】B【解析】略 11.已知3(),25n a n N n +=∈-记数列{}n a 的前n 项和为n S ,即 12n n S a a a =+++,则使0n S ≤的n 的最大值为 ( )(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 【答案】C【解析】本题考查函数与数列的关系、数列、对称等知识。

因为函数2523523)(-=-=x x x f 图象关于点)0,25(P 成中心对称,故04321=+++a a a a ,即04=S ,由图像易知)(x f 在),25(+∞上单调递减,且065→>>>n a a a ,所以n 的最大值为4.12.在数列a 1,a 2,…,a n,…的每相邻两项中插入3个数,使它们与原数构成一个新数列,则新数列的第69项 ( ) (A) 是原数列的第18项 (B) 是原数列的第13项 (C) 是原数列的第19项 (D) 不是原数列中的项 【答案】A 【解析】解:把插入的3个数与它前面数列a 1,a 2,…,a n,…中的数看做一个组 ∵69÷4=17余1,∴69是第18组的第一个数,恰好为原数列的第18项 故选A13.已知数列{}n a 满足的值为则若81n n n n 1n a 76a 1a 211a 221a 0a 2a ,)((=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤=+( ) A .76 B .73 C .75 D .71 【答案】C【解析】本题考查递推数列、分段函数的含义及推理和运算.因为,16172a =>,所以211251211,772a a =-=-=>321031211,772a a =-=-=<所以4362;7a a ==所以数列{}n a 是周期数列。

周期为3;则832225.7a a a ⨯+===故选C14.已知数列{}n a 满足的值为则若81n n n n 1n a 76a 1a 211a 221a 0a 2a ,)((=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤=+( ) A .76 B .73 C .75 D .71 【答案】C【解析】本题考查递推数列、分段函数的含义及推理和运算.因为,16172a =>,所以211251211,772a a =-=-=>321031211,772a a =-=-=<所以4362;7a a ==所以数列{}n a 是周期数列。

周期为3;则832225.7a a a ⨯+===故选C15.已知等比数列{}1,1n a a =,且1234a a a 、2、成等差数列,则234++a a a =( ) A .7 B .12 C .14 D .64 【答案】C【解析】本题考查等比数列的通项公式, 等差数列概念及数列的基本运算. 设等比数列{}n a 的公比为,q 由1234a a a 、2、成等差数列得13244,a a a +=即..页脚.2111144,0,0,a a q a q a q +=≠≠解得2;q =则 23234111++24814.a a a a q a q a q =++=++=故选C16.已知数列{}n a 满足的值为则若81n n n n 1n a 76a 1a 211a 221a 0a 2a ,)((=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤=+( ) A .76 B .73 C .75D .71 【答案】C【解析】本题考查递推数列、分段函数的含义及推理和运算.因为112(02121(1)2nn n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩,16172a =>,所以211251211,772a a =-=-=>321031211,772a a =-=-=<所以4362;7a a ==所以数列{}n a 是周期数列。

周期为3;则832225.7a a a ⨯+===故选C17.已知等比数列{}1,1n a a =,且1234a a a 、2、成等差数列,则234++a a a =( ) A .7 B .12 C .14 D .64 【答案】C【解析】本题考查等比数列的通项公式, 等差数列概念及数列的基本运算. 设等比数列{}n a 的公比为,q 由1234a a a 、2、成等差数列得13244,a a a +=即2111144,0,0,a a q a q a q +=≠≠解得2;q =则 23234111++24814.a a a a q a q a q =++=++=故选C18.设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若11a =,公差2d =,224k k S S +-=,则k = (A )8 (B )7 (C )6 (D )5 【答案】D 【解析】解法一2(2)(1)(1)[(2)12][12]442422k k k k k k S S k k k +++--=+⨯+⨯-⨯+⨯=+=,解得5k =.解法二:221[1(1)2](12)4424k k k k S S a a k k k +++-=+=++⨯++⨯=+=,解得5k =.19.在等比数列{}n a 中,()91019200,a a a a a a b +=≠+=,则99100a a +等于A. 98b aB. 9b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭C. 109b a D 10b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】20.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若=则432,3,1S a a == ( ) A .8 B .16 C .9 D .10 【答案】A 【解析】21.在各项均为实数的等比数列{}n a 中,1414,2a a ==,则lim n n S →∞= ( )A. 2B. 8C. 16D. 32【答案】B 【解析】22..数列{a n }中,a 1=1,对于所有的n ≥2,n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n =n 2,则a 3+a 5等于 ( ▲ ) . A.1531B.925 C.1625 D.1661 【答案】D 【解析】23.设n S 为等差数列}{n a 的前n 项的和,20081-=a ,22005200720052007=-S S ,则2008S 的值为( )A 、2007-B 、2008-C 、2007D 、2008【答案】B 【解析】略24.设1,250,.....,a a a 是从1,0,1-这三个整数中取值的数列. 若1,250,.....,9a a a =且2221250(1)(1)....(1)107a a a ++++++=, 则1,250,.....,a a a 当中取零的项共有( )(A) 10 (B) 11 (C) 15 (D) 25 【答案】B 【解析】知识点:方程的应用,数列解:由于i a (i=1,2...50)只能取-1,0,1,那么2)1(+i a 就只能取0,1,4,设ia (i=1,2...50)中有k 个取零,m 个取-1,n 个取1,则由条件有:k+m+n=50, -m+n=9, k+4n=107,解得k=11.所以选B.点评:本题关键是通过分析,找到取0,1,-1这三个数的个数之间的关系。

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