数列大题专题训练1[老师版](最新整理)

4a3 a1
a3 a1
q2
1 , 4
q
1 2
an
1 2
n
1
；（2）由
an1
1 2
anbn
1 2
n
1 2
anbn
bn
nA2n1 Tn 11 2 2 3 22 ... nA2n1 ，再由错位相减法求得Tn 1 n 1 2n , Tn1 Tn
n
1A2n
0
Tn
为递增数列 当 n
所以： 2q2 q 15 0 ，所以 q 3 （因为 q 1 ）
所以 an 3n1 ，
因为： a1b1 a2b2 anbn n 1A3n 1 ，①
所以当 n 2 时，有 a1b1 a2b2 an1bn1 n 2 A3n1 1，②
①-②得： anbn 2n 1 A3n1 n 2 ，
考点：等差数列等比数列及函数的单调性等有关知识的综合运用．
4． Sn 为等差数列{an} 的前 n 项和，且 a1 1， S7 28 ，记 bn [lg an ] ．其中 [x] 表示不超过 x 的最大整数，如
[0.9] 0 ，[lg 99] 1 ．
（1）求 b1，b11，b101 ；
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所以 bn 2n 1n 2 ，当 n 1 时也满足，所以 bn 2n 1．
（2）若 man
bn
8
恒成立，则 m
2n 9 3n1
恒成立，
令 cn
2n 9 3n1
，则 cn1
cn
20 4n 3n
．
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当 n 5 时， c5 c6 ，
当 n 5 时， c1 c2 c3 c4 c5 ，
25 51
得
n
值
试题解析：（1）当
n
1 时，
a1
2 3
，
当n
1 时，
Sn
1 2
an
1
，
Sn1
1 2
an1
1
，
∴
3 2
an
1 2
an1
0 an
，即
1 3 an1
an
∴
2 3n
.
Sn
（2）
2 (1 (1)n ) 33
1 1 3
1 (1)n 3 ，∴ bn
1 n ， bnbn1
1 n
1 n1 ，
1 1 L 1 1 1
1 ，则
f
(n
1)
f
(n)
n2 2n1
0
，
∴ f (n) 在 N 上单调递减，
∵ f (1) 1 0, f (2) 1 0, f (3) 1 0 ，
4
4
∴当 n 1, n 2 时， f (n) 0 ，当 n 3 时， f (n) 0 ，
所以 n 的取值范围为 n 3 ，且 n N ．
想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型．第二小题首
先由 an1
1 anbn 2
1 n 2
1 anbn 2
bn
nA2n1
Tn
11 2 2 3 22
...
nA2n1 再由错位相减法求得 Tn 1 n 1 2n Tn1 Tn n 1A2n 0 Tn 为递增数列 当 n 1 时，
1 时， Tn
min
1, ．又原命题可转化 Tn
min
m
m
1
m 的最大
值为1．
试题解析： （1）由题意可知: 2 S3 a3 S1 a1 S2 a2 S3 S1 S3 S2 a1 a2 2a3 ,
即 4a3
a1 ,于是
a3 a1
q2
1 , q 4
0, q
1 2
an
SnHale Waihona Puke Baidu
Sn1 ，得到递推关系 an
1 3 an1 ，再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项
（2）先求数列{an}前 n
项和
Sn
1 (1)n 3
，再代入求得 bn
n
，因为
1 bnbn1
1 n
1 n 1
，从而根据裂项相消法求
11 和 b2b3 b3b4
L
1 bnbn1
1 2
n
1 1
，解
1 2
1 n 1
试卷第 2 页，总 14 页
范文范例参考
Tn
min
1 ．再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化 Tn
min
m
m
1
m
的最大值为1．
3．已知数列 an中， a1 2, a2 3 ，其前 n 项和 Sn 满足 Sn1 Sn1 2Sn 1 ，其中 n 2, n N ．
（1）求证：数列 an为等差数列，并求其通项公式；
试卷第 4 页，总 14 页
（2）由（1）知 an bn (4n 1) 2n1 ， n N ，
范文范例参考
所以Tn 3 7 2 11 22 (4n 1) 2n1
2Tn 3 2 7 22 (4n 5) 2n1 (4n 1) 2n ，
所以 2Tn Tn (4n 1) 2n [3 4(2 22 2n1)] (4n 5) 2n 5 .
1 2n 1 2
nA2n
1 n 2n
1 ,Tn
1 n 1 2n ,
Tn
m
恒成立，只需 Tn
min
m Tn 1
Tn
nA2n1
n
1A2n
n 1A2n
0,
Tn 为递增数列，当 n
1 时， Tn
min
1,m
1,m 的最大值为1．
考点：1、等差数列；2、等比数列；3、数列的前 n 项和；4、数列与不等式． 【方法点晴】本题考查等差数列、等比数列、数列的前 n 项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思
2n
1；（2）若
man
bn
8
恒成立，即为 m
2n 9 3n1
的最大值，由 cn
2n 9 3n1
作差，判定函数的单调性，即可得到最大值，进而得到 m
的最小值．
试题解析：（1）因为等比数列an 满足： a1 1, a1, a3, a2 14 成等差数列，
所以： 2a3 a1 a2 14 ，即 2a1q2 a1 a1q 14 ，
试题解析：（1） Sn 为等差数列{an} 的前 n 项和，且 a1 1， S7 28 ， 7a4 28 ． 可得 a4 4 ，则公差 d 1 ， an n ， bn [lg n] ，则[b1] [lg1] 0 ， b11 [lg11] 1 ， b101 [lg101] 2 ． （2）由（1）可知： b1 b2 b3 b9 0 ， b10 b11 b12 b99 1 ， b100 b101 b102 b103 b999 2 ， b1000 3 ． 数列{bn}的前 1000 项和为： 9 0 901 900 2 3 1893 ．
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1
1
项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如
(n≥2)或
.
（n－1）（n＋1）
n（n＋2）
2．已知数列an 是等比数列，首项 a1 1，公比 q 0 ,其前 n 项和为 Sn ,且 S1 a1, S3 a3, S2 a2 ,成等差数列．
（1）求an 的通项公式；
（1）求数列an 和bn 的通项公式；
（2）若 man bn 8 恒成立，求实数 m 的最小值．
【答案】（1） bn
2n
1；（2）
1
．
81
【解析】
试题分析：（1）数列an 是首项为1，公比为 q 的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，
解方程可得 an
3n1
，再将 n
换为 n
1，两式相减可得 bn
考点：1、新定义问题；2、数列求和． 【技巧点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧” 攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点．
5．已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 2n2 n （ n N ），数列{bn}满足 an 4 log2 bn 3 （ n N ）. （1）求 an ， bn ； （2）求数列{an bn} 的前 n 项和Tn . 【答案】（1） an 4n 1 ， n N ， bn 2n1 ；（2）Tn (4n 5) 2n 5 , n N ．
（2）设 bn an 2n ，Tn 为数列 bn 的前 n 项和．
①求 Tn 的表达式；
②求使 Tn 2 的 n 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）① Tn
3
n3 2n
；②
n
3 ，且
n
N
．
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用错位相减法推证；（2）借助题设运用函数的单调性探求．
（2）若数列bn 满足
an1
1 2
anbn
, Tn
为数列bn 前
n
项和，若 Tn
m
恒成立，求
m
的最大值．
【答案】（1） an
1 2
n
1
；（2）1
．
【解析】
试题分析：（1）由题意可知: 2 S3 a3 S1 a1 S2 a2 S3 S1 S3 S2 a1 a2 2a3
试题解析：
（1）由已知， (Sn1 Sn ) (Sn Sn1) 1(n 2, n N ) ，即 an1 an 1(n 2, n N ) ，
a2 a1 1 ，∴数列 an是以 a1 2 为首项，公差为1的等差数列，∴ an n 1．
（2）∵ an
n
1，∴ bn
(n
1)
范文范例参考
数列大题专题训练 1
1．已知数列{an}的前 n
项和为
Sn
，且
Sn
1 2
an
1(n
N*).
（1）求数列 {an } 的通项公式；
（2）设 bn
log3 (1
Sn )(n
N*)
，求满足方程
1 b2b3
1 b3b4
L
1 bnbn1
25 的 n 值. 51
【解析】
试题分析：（1）由 Sn 与 an 关系求数列{an}的通项公式时，注意分类讨论：当 n 1 时， a1 S1 ；当 n 2 时，
【解析】
试题分析：（1）由 Sn 2n2 n 可得，当 n 1 时，可求 a1 3 ，当 n 2 时，由 an Sn Sn1 可求通项进而可求 bn ； （2）由（1）知， an bn (4n 1) 2n1 ，利用乘公比错位相减法求解数列的和. 试题解析：（1）由 Sn 2n2 n ，得当时， a1 S1 3 ； 当 n 2 时， an Sn Sn1 4n 1， 所以 an 4n 1 ， n N . 由 4n 1 an 4 log2 bn 3 ，得 bn 2n1 ， n N .
（2）求数列{bn}的前 1000 项和． 【答案】（1） b1 0 ， b11 1 ， b101 2 ；（2）1893．
【解析】
试题分析：（1）先求公差、通项 an ，再根据已知条件求 b1，b11，b101 ；（2）用分段函数表示 bn ，再由等差数列的
前 n 项和公式求数列bn 的前 1000 项和．
当 n 5 时， c6 c7 c8 ．
所以 cn
的最大值为 c5
c6
1 ，所以 m 81
1 81
，m
的最小值为
1
．
81
考点：等比数列的通项公式；数列的求和．
7．已知数列an ， an 0 ，其前 n 项和 Sn 满足 Sn 2an 2n1 ，其中 n N * ．
1 2n
，
Tn
2
1 2
3
1 22
n
1 2n1
(n
1)
1 2n
，①
1 2 Tn
2
1 22
3
1 23
n
1 2n
(n 1)
1 2n1
，②
①-②得：
1 2 Tn
1
1 22
1 23
1 2n
(n 1)
1 2n1
，
∴ Tn
3
n3 2n
代入不等式得 3
n3 2n
2
，即
n3 2n
1
0
，
设
f
(n)
n3 2n
,
a1
1,an
1 n1 2 ．
（2） an1
1 anbn 2
,
1 n 2
1 2
anbn
,bn
nA2n1 ,
Tn 11 2 2 3 22 ... nA2n1 , ① 2Tn 1 2 2 22 3 23 ... nA2n ,②
①-
②得: Tn
1 2 22
... 2n1 nA2n
∴ b2b3 b3b4
bnbn1 2 n 1 ，
1 1 25 即 2 n 1 51 ，解得 n 101 .
考点：由 Sn 与 an 关系求数列{an}的通项公式，裂项相消法求和
【方法点睛】将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用
{ }c
于形如 anan＋1 (其中{an}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
故Tn (4n 5) 2n 5 , n N
考点：等差数列与等比数列的通项公式；数列求和.
6． 已 知 等 比 数 列 an 的 公 比 q 1, a1 1， 且 a1, a3, a2 14 成 等 差 数 列 ， 数 列 bn 满 足 ：
a1b1 a2b2 anbn n 1A3n 1 n N * ．