2022年数列大题专题训练1 2.pdf

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1、范文范例参考完美 Word 格式整理版数列大题专题训练11已知数列na的前n项和为nS，且*11()2nnSanN. （1）求数列na的通项公式；（2）设*3log (1)()nnbSnN，求满足方程233411112551nnb bb bb bL的n值. 【解析】试题分析： （1）由nS与na关系求数列na的通项公式时，注意分类讨论：当1n时，11aS；当2n时，1nnnaSS，得到递推关系113nnaa，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na前n项和11( )3nnS，再代入求得nbn，因为11111nnb bnn，从而根据裂项相消法求和233411111121nn

2、b bbbb bnL，解11252151n得n值试题解析：（1）当1n时，123a，当1n时，112nnSa，11112nnSa，131022nnaa，即113nnaa23nna. （2）21(1 ( ) )1331( )1313nnnS，nbn，11111nnb bnn，233411111121nnb bbbb bnL，即11252151n，解得101n. 考点：由nS与na关系求数列na的通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan1( 其中 an是各项均不为零的等差数列，c 为常数 ) 的数列

3、 . 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页试卷第 2 页，总 14 页项求和 ( 如本例 ) ，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n 1）（ n1）(n2)或1n（n2）. 2已知数列na是等比数列，首项11a，公比0q, 其前n项和为nS, 且113322,Sa SaSa, 成等差数列（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足11,2n na bnnaT为数列nb前n项和，若nTm恒成立，求m的最大值【答案】（ 1）112nna； （2）1【解析】试题分析：（1）由题意可知:33

4、1122313212322SaSaSaSSSSaaa314aa1231111,422nnaqqaa； （2）由1111222n nn na bna bnnab12nng211 12232.2nnTng，再由错位相减法求得11 2nnTn,1nnTT1 20nngnT为递增数列当1n时，min1,nT又原命题可转化minnTm1mm的最大值为1试题解析：（1）由题意可知:331122313212322SaSaSaSSSSaaa, 即314aa, 于是12311111,0,1,422nnaqqqaaaQQ（2）11111,2222nnn na bna bnnnabnQg, 211 1223 2.2

5、nnTng, 2321 2223 2.2nnTng , - 得 :2112122.22212112nnnnnnTnnngg,11 2nnTn, nTmQ恒成立，只需11min21 21 20nnnnnnTmTTnnnQggg, nT为递增数列，当1n时，min1,1,nTmm的最大值为1考点： 1、等差数列； 2、等比数列；3、数列的前n项和； 4、数列与不等式【方法点晴】本题考查等差数列、等比数列、数列的前n项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型第二小题首先由1111222n nnna bna

6、 bnnab12nng21 12232.nT12nng再由错位相减法求得11 2nnTn1nnTT1 20nngnT为递增数列当1n时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版min1nT再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化minnTm1mm的最大值为13已知数列na中，3,221aa，其前n项和nS满足1211nnnSSS，其中Nnn,2（1）求证：数列na为等差数列，并求其通项公式；（2）设nnnab2，nT为数列nb的前n项和求nT的表达式；求使2nT的n的取值范围

7、【答案】（ 1）证明见解析； （2）nnnT233；3n，且Nn【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用错位相减法推证；（2）借助题设运用函数的单调性探求试题解析：（1）由已知，),2(1)()(11NnnSSSSnnnn，即),2(11Nnnaann，112aa，数列na是以21a为首项，公差为1的等差数列，1nan（2）1nan，nnnb21)1(，nnnnnT21)1(2121321212，13221)1(2121321221nnnnnT，- 得：13221)1(212121121nnnnT，nnnT233代入不等式得2233nn，即0123nn，设123)(nnnf，则022)()1(

8、1nnnfnf，)(nf在N上单调递减，041)3(,041)2(,01)1 (fff，当2, 1 nn时，0)(nf，当3n时，0)(nf，所以n的取值范围为3n，且Nn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4nS为等差数列na的前n项和，且11a，728S，记lgnnba其中 x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg991（1）求111101bbb，；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页试卷第 4 页，总 14 页（2）求数列nb的前 1000 项和【答案】（ 1）10b，111b，1012b

9、； （2）1893【解析】试题分析：（1）先求公差、通项na，再根据已知条件求111101bbb，； （2）用分段函数表示nb，再由等差数列的前n项和公式求数列nb的前 1000 项和试题解析：（1）nS为等差数列na的前n项和，且11a，728S，4728a可得44a，则公差1d，nan，lgnbn，则1lg10b，1111lg1b，101lg1012b（2）由（ 1）可知：12390bbbbL，101112991bbbbL，1001011021039992bbbbbL，10003b数列nb的前 1000 项和为：9 090 1 900 231893考点： 1、新定义问题；2、数列求和【技巧

10、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na的前n项和为nS，且nnSn22（Nn） ，数列nb满足3log42nnba（Nn）. （1）求na，nb；（2）求数列nnba的前n项和nT. 【答案】（ 1）14nan，Nn，12nnb； （2）52)54(nnnT,Nn【解析】试题分析：（1）由nnSn22可得， 当1n时，可求13a，当2n时，由1nnnaSS可求通项进而可求nb；（2）由（ 1）知，1(41) 2nnnabn，利用乘公比

11、错位相减法求解数列的和. 试题解析：（1）由nnSn22，得当时，311Sa；当2n时，141nSSannn，所以14nan，Nn. 由3log4142nnban，得12nnb，Nn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版（2）由（ 1）知12) 14(nnnnba，Nn，所以122) 14(211273nnnTnnnnnT2) 14(2)54(2723212，所以52)54()222(432)14(212nnnnnnnTT. 故52)54(nnnT,Nn考点：等差数列与等比数列

12、的通项公式；数列求和. 6 已 知 等 比 数 列na的 公 比11,1qa， 且132,14a a a成 等 差 数 列 ， 数 列nb满 足 ：*1 1221 31nnna ba ba bnnNLg（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若8nnmab恒成立，求实数m的最小值【答案】（ 1）21nbn； （2）181【解析】试题分析：（1）数列na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13nna，再将n换为1n，两式相减可得21nbn； （2）若8nnmab恒成立，即为1293nnm的最大值，由1293nnnc作差，判定函数的单调性，即可得到

13、最大值，进而得到m的最小值试题解析：（1）因为等比数列na满足：11321,14aa aa成等差数列，所以：312214aaa，即2111214a qaa q，所以：22150qq，所以3q（因为1q）所以13nna，因为：1 1221 31nnnaba ba bnLg，所以当2n时，有11 122112 31nnna ba babnLg，- 得：121 32nnna bnng，所以212nbnn，当1n时也满足，所以21nbn（2）若8nnmab恒成立，则1293nnm恒成立，令1293nnnc，则12043nnnncc精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

14、- - - - -第 5 页，共 14 页试卷第 6 页，总 14 页当5n时，56cc，当5n时，12345ccccc，当5n时，678cccL所以nc的最大值为56181cc，所以181m，m的最小值为181考点：等比数列的通项公式；数列的求和7已知数列na，0na，其前n项和nS满足122nnnSa，其中*nN（1）设2nnnab，证明：数列nb是等差数列；（2）设2nnncb，nT为数列nc的前n项和，求证：3nT；（3）设14( 1)2nbnnnd（为非零整数，*nN） ，试确定的值，使得对任意*nN，都有1nndd成立【答案】（ 1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）1. 【

15、解析】试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列的定义推证；（ 2）依据题设运用错位相减法推证；（3）借助题设建立不等式分类探求 . 试题解析：（1）当1n时，1124Sa，14a，当2n时，1112222nnnnnnnaSSaa，122nnnaa，即11122nnnnaa，11nnbb（常数），又1122ab，nb是首项为2，公差为1 的等差数列，1nbn（2）12(1)2nnnncbn，2231222nnnT，211212222nnnnnT, 相减得23111111122222nnnnT21111(1)12211212nnn1311222nnn，213333222nnnnnnT（2）由1nn

16、dd得12114( 1)24( 1)2nnnnnn，213 4( 1)2( 1)20nnnnn，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版13 4( 1)230nnn，12( 1)0nn，当n为奇数时，12n，1；当n为偶数时，12n，2，21，又为非零整数，1考点：等差数列及错位相减法等有关知识的综合运用【易错点晴】本题以数列的前n项和与通项之间的关系等有关知识为背景, 其目的是考查等差数列等比数列等有关知识的综合运用, 及推理论证能力、运算求解能力、运用所学知识去分析问题和解决问题

17、的能力的综合问题. 求解时充 分 借 助 题 设 条 件 中 的 有 效 信 息122nnnSa, 借 助 数 列 前n项 和nS与 通 项na之 间 的 关 系)2(1nSSannn进行推证和求解.本题的第一问, 利用等差数列的定义证明数列2nna是等差数列；第二问中则借助错位相减的求和方法先求出213333222nnnnnnT；第三问是依据不等式成立分类推得参数的取值范围 . 8设数列na的前n项和为nS ，已知11a*121NnnSSnn. （1）求数列na的通项公式；（2）若1nnnnbaa，求数列nb的前项和nT . 【答案】（ 1）*21Nnnan； （2）222nnn. 【解析】

18、试题分析：（1）根据数列的递推关系式，可得1121nnaa，利用数列1na为等比数列，即可求解数列na的通项公式；（2）由（ 1）得出112222121nnnnnnnnnb，利用乘公比错位相减法，即可求解数列nb的前项和 . 试题解析：（1）121nnSSn，当2n时，12nnSSn ，121nnaa，1121nnaa，即1121nnaa，又2121SS，111aS，23a，21121aa，12nna，即*21Nnnan. （2）21nna，112222121nnnnnnnnnb. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14

19、页试卷第 8 页，总 14 页231232222nnnT+. 231112122222nnnnnT. 231111122()2222222nnnnnnT. 考点：数列的求和；数列的递推关系式. 9已知数列的首项，且满足，. （1）设，判断数列是否为等差数列或等比数列，并证明你的结论；（2）求数列的前项和【答案】（ 1）构成以为首项，为公差的等差数列； （2）【解析】试题分析：（1）对左右两边同时除以，那么构成了新数列即可求解；（ 2）结合（ 1）可求出数列的通项公式，进而利用错位相减的方法求出数列的前项和. 试题解析：（1），构成以为首项，为公差的等差数列. （2）由（ 1）可知，所以- 得【

20、考点】 (1) 利用递推关系求通项公式；（2）错位相消求数列前项和10nS为数列的前n项和，已知0na，2241nnnaaS. （1）求na的通项公式；（2）设11nnnba a，求数列nb的前n项和nT. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版【答案】（ 1）21nan； （2）21nn【解析】试题分析：（1）根据条件等式分1n与2n，利用na与nS的关系可求得数列的通项公式；（2）首先结合（ 1）求得nb的表达式，然后利用裂项法求和即可试题解析：（1）依题意有2(1)4nnaS

21、当1n时，21(1)0a，得11a；当2n时，211(1)4nnaS有得11()(2)0nnnnaaaa，因为0na，11020nnnnaaaa(2)n，na成等差数列，得21nan. （2）111()2 2121nbnn，1211111111(1)(1)2335212122121nnnTbbbnnnnLL考点： 1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和11已知数列na是等比数列，满足143,24aa，数列nb满足144,22bb，且nnba是等差数列 . （I ）求数列na和nb的通项公式；（II ）求数列nb的前 n 项和。【答案】 ( )123nna；1232(1,2,).nnbnnL（

22、）(3)3 232nnn. 【解析】试题分析：（）数列na是等比数列 ,所以根据公式mnmnaaq，求公比，根据首项和公比求通项公式，因为数列nnba是等差数列， 所以根据数列的首项11ab和数列的第四项44ab， 求数列的公差， 即求得数列nnba的通项公式，最后再求得数列nb的通项公式； （）123 2(1,2,)nnbnnL，所以根据分组转化法：等差数列加等比数列求和. 试题解析：（I ）设等比数列na的公比为q，由题意得3412483aqa，解得2q. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页试卷第 10 页，总

23、 14 页所以11132(1,2,)nnnaa qnL. 设等差数列nnba的公差为d，所以4411()3babad. 即2224(43)3d. 解得1d. 所以11()(1)1(1)2nnbabandnn. 从而123 2(1,2,).nnbnnL（II ）由（ I ）知1232(1,2,)nnbnnL. 数列2n的前 n 项和为(3)2nn，数列132n的前 n 项和为1233(21)32312nnn. 所以，数列nb的前 n 项和为(3)3232nnn. 考点： 1. 等差，等比数列求和；2. 分组转化法求和. 12设数列na的前n和为nS，211,22nnaSnann nN. （1）求

24、证：数列na为等差数列 , 并分别写出na和nS关于n的表达式；（2）是否存在自然数n, 使得321.2112423nnSSSSn？若存在 , 求出n的值 ; 若不存在 , 请说明理由；（3）设1232,.7nnnncnNTccccnNn a, 若不等式32nmTmZ, 对nN恒成立 , 求m的最大值 . 【答案】（ 1）证明见解析，243,2nnanSnn； （2）10n； （3）7. 【解析】试题分析： （1） 利用1nnnaSS， 求得14nnaa， 这是等差数列， 故243,2nnanSnn；（2）21nSnn，这 是 等 差 数 列 ， 前n向 和 为221124nn， 故10n；

25、（ 3）11121ncnn， 利 用 裂 项 求 和 法 求 得2132nnmTn，解得8mmZ，故7m. 试题解析：（1）由222nnSnann nN,得211121212nnSnannn,相减得111144114142nnnnnnnananannananaan. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版故数列na是以1为首项 , 以4公差的等差数列.1211443,22nnnn aaannnNSnn nN. （2）由（ 1）知21nSnnNn, 2321121.2135.212

26、22232nnnnnnnSSSSnnn, 由221124nn, 得10n, 即存在满足条件的自然数10n. （3）12321111111111,.1.7212122231nnnncTccccn an nnnnn1112121nnn,11110,2121221nnnnnnTTTTnnnnQ, 即nT单 调 递 增 , 故1min14nTT要使32nmT恒成立 , 只需1324m成立 , 即8mmZ. 故符合条件m的最大值为7. 考点：数列的基本概念，数列求和，不等式13设数列na满足321212222nnaaaanL，*nN. （1）求数列na的通项公式；（2）设1(1)(1)nnnnabaa，

27、求数列nb的前n项和nS. 【答案】（ 1）*2 ()nnanN； （ 2）11121nnS. 【解析】试题分析：（ 1）利用递推关系即可得出；（2）结合（ 1）可得1211211212211nnnnnnb，利用裂项相消求和 . 试题解析：（1）因为321212222nnaaaanL，*nN，所以当1n时，12a. 当2n时，3121222(1)222nnaaaanL，- 得，122nna所以2nna. 因为12a，适合上式，所以*2 ()nnanN. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页试卷第 12 页，总 14

28、 页（2）由（ 1）得2nna，所以112(1)(1)(21)(21)nnnnnnnabaa1112121nn. 所以12nnSbbbL11111111(1)()()()3377152121nnL11121n. 考点： （1）数列递推式； （2）数列求和 . 14已知函数232)(xxxf，数列 an 满足 a1=1，an+1=f （an） （1）求数列 an 的通项公式；（2）设 bn=anan+1，数列 bn 的前 n 项和为 Sn，若 Sn22016m对一切正整数n 都成立，求最小的正整数m的值【答案】（ 1）231nan； （2）2018【解析】试题分析： （1）由已知可得到数列na的

29、递推公式， 递推公式两边取倒数，可得数列1na是等差数列， 求出1na的通项公式进而可得数列na的通项公式；（2）由（1）可得数列nb的通项公式， 将其变形后利用 “裂项相消法”求前n项和，可得23nS，只需6223m即可（考虑m为正整数） . 试题解析：（1）an+1=f （an）=232nnaa，取倒数，可得11na=32+1na，则111331(1)22nnnaa，即有231nan；（2）12241131 323 3132nnnnnnba ang前 n 项和为4 1111114 112()()3 255831323 2323nSnnnL令3220162m，解得 m 201723，可得 m

30、的最小值为2018；考点： 1、数列的递推公式及通项公式；2、利用“裂项相消法”求数列前n项和 . 15设数列 an的前 n 项和为 Sn，且首项a13， an1Sn3n（nN*） （1）求证：数列Sn3n 是等比数列；（2）若 an为递增数列，求a1的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页范文范例参考完美 Word 格式整理版【答案】（ 1）证明见解析； （2）19a【解析】试题分析： （ 1）由13nnnaS，可得数列3nnS是公比为2，首项为13a的等比数列； （ 2）当2n时，2111(3)22 3n

31、nnnnaSSa，利用na为递增数列，即可求解1a的取值范围 . 试题解析：（1）证明： an1Sn3n（nN*） ， Sn12Sn3n，Sn 1 3n12（Sn3n） 又 a13，数列 Sn3n是公比为2，首项为a13 的等比数列（2）由（ 1）得， Sn3n（ a13）2n1， Sn（ a13）2n13n. 当 n2 时， anSnSn1（ a13）2n223n1. an 为递增数列，当 n2 时， （a13）2n123n（ a13）2n 223n1，2n 212232n a1 30， a1 9. a2 a1 3a1， a1的取值范围是a1 9. 考点：等比数列的性质；等比数列的定义；数列

32、的递推式的应用. 【方法点晴】本题主要考查了利用等比数列的定义判定和证明数列为等比数列、等比数列的性质的应用和数列的递推 关 系 式 的 化 简 与 运 算 ， 解 答 中 得 数 列3nnS是 公 比 为2， 首 项 为13a的 等 比 数 列 和 化 简 出211(3)223nnnaa是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，属于中档试题. 16已知各项均为正数的数列na的前n项和为nS, 满足2123724,1,nnaSnaa a恰为等比数列nb的前3项. （1）求数列na,nb的通项公式；（2）若2111lognnnnncba a, 求数列nc

33、的前n项和为nT. 【答案】（ 1）1nan,nnb2； （2）1(121222(2nnnTnnnn数）为奇数）为偶. 【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式求解；（2）借助题设条件运用分类整合思想和裂项相消法求解 . 试题解析：（1）221124,2142nnnnaSnaSnnQ,两式相减得222221121,211nnnnnnnaaaaaaa,naQ是 各 项 均 为 正 数 的 数 列 , 所 以11nnaa, 又223272221,115aaaaaa, 解得123,2aa, 所以na是以2为首项 ,1为公差的等差数列,精选学习资料 - - - - - - -

34、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页试卷第 14 页，总 14 页所以1nan. 由题意知1232,4,8,2nnbbbb. （2）由（ 1）得2111log 211212nnnncnnnnn, 故12111.123.1.2 33412nnnTcccnnn设123.1nnFn, 则当n为偶数时 ,1234.12nnFnn, 当n为奇数时 ,11122nnnnFFnn, 设111.233412nGnn, 则1111111.1122342.23nGnnn, 所以1(121222(2nnnTnnnn数）为奇数）为偶. 考点：等差数列等比数列的通项公式及分类整合思想和裂项相消法等有关知识的综合运用精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页