数列大题训练(答案)

数列大题练习答案

1、设等比数列{an}的公比q1，前n项和为Sn．已知a32，S45S2，求{an}的通项公式．

an2(1)n1q1解：当时，通项公式；

1an(2)n12当q2时，通项公式．

2、设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313

（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；

an（Ⅱ）求数列bn的前n项和Sn．

解：an1(n1)d2n1， bnqn12n12n362n1 ． Sna12an1ancncn1，2，3，）3、数列an中，，（是常数，，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．（I）

求c的值；（II）求an的通项公式．

ann2n2(n1，2，)c2答：．

*a4、在数列n中，a12，an14an3n1，nN．

（Ⅰ）证明数列

anna是等比数列；（Ⅱ）求数列n的前n项和Sn；

1

（Ⅲ）证明不等式Sn1≤4Sn，对任意nN皆成立．

*解：（Ⅰ）证明：an1(n1)4(ann)，nN．

*又a111，所以数列ann是首项为1，且公比为4的等比数列．

，于是数列an的通项公式为

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知

ann4n1an4n1n．

4n1n(n1)Snan32． 所以数列的前n项和

（Ⅲ）证明：对任意的nN，

*4n1n(n1)4n11(n1)(n2)Sn14Sn43223

1(3n2n4)≤0*2．所以不等式Sn1≤4Sn，对任意nN皆成立．

3a2，a345、设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且a13，构成

等差数列．

2，，（1）求数列{an}的通项公式．（2）令bnlna3n1，n1，求数列{bn}的前n项和Tn．

答：an2．

n1Tn3n(n1)ln22

2

26、（暂不用做）已知函数f(x)xx1，，是方程f(x)0的两个根()，f(x)是f(x)的导

数．设aaf(an)nf(a(n1，2，)11，

an1n)．

（1）求，的值；

an（2）已知对任意的正整数n有alnn，记

bna(n1，2，)n．求数列bn的前n项和Sn．

5解:(1) 由 x2x10 得

x12

151

2 52

a22n (2) fx2x1

aan1an1n1an2an12an1 a2n1a15a215a35n12annna122a2n1n11152a2352an15ann22a15n2a2 a15nan2n

a13 bn12bn 又

b1lnaln5354ln1512 15数列bn是一个首项为

4ln2，公比为2的等比数列；

3

4ln

Sn1512n15242n1ln122

2k0的两个根，且

2kana2k1，a2kx(3k2)x3kx7、已知数列中的相邻两项是关于的方程

1≤a2k(k1，2，3，)．

（I）求a1，a3，a5，a7及a2n（n≥4）（不必证明）； （II）求数列an的前2n项和S2n．

（I）解：方程x2(3k2k)x3k2k0的两个根为x3k，xk122．

当k1时，x13，x22，所以a12；

当k2时，x16，x24，所以a34；

当k3时，x19，x28，所以a58；

当k4时，x112，x216，所以a712．

因为当n≥4时，2n3n，所以a2n2n(n≥4)．

（II）解：S2ka1a2a2n

3n23n(363n)(2222n)22n12．

4

a2k

8、已知数列{an}和{bn}满足：a11，a22，an0，bnanan1（nN*），且{bn}是以q为公比的等比数列．

（I）证明：

an2anq2； （II）若cna2n12a2n，证明数列{cn}是等比数列；

111（III）求和：a1111a2a3aa42n1a2n．

bn1解：（I）证：由bqan1an2an2n，有aqnan1a2n，∴ an2anq(nN*)．

（II）证：

anqn2q2，

a222n1a2n3q2a1q2n，

a2na2n2qan22q，

cna2n12a2na21q2n2a2q2n2(a12a2)q2n25q2n2．

cn是首项为5，以q2为公比的等比数列．

1（III）由（II）得a122n11aq22n2n11，a2na2q，于是

11a111a2a1112na1a3a12n1a12a4a2n

11111aq2q4q2n21a1114112q2qq2n2

5

3111212qq1q2n2．

11aq1当时，1a21311124a2n2qq13nq2n22．

11当q1时，a1a21311124a2n2qq2n2n131q3q12n222n2221q2q(q1)q． 11a1a2故

32n， q1，12na2nq1q2n2(q21)，q1.

9、设

Sn是数列

{an}22Sn3n2anSna1an1，an0，n2nN*，3，4，． （）的前项和，，且

（I）证明：数列{an2an}（n≥2）是常数数列；

（II）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（nN*）中的所有项都是数列{an} 中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项．

解：（I）当n≥2时，由已知得

222SnSn13nan．

因为

anSnSn10，所以

SnSn13n2． …………………………①

于是

Sn1Sn3(n1)2． …………………………………………………②

由②－①得：an1an6n3．……………………………………………③

6

于是an2an16n9．……………………………………………………④

由④－③得：an2an6．…………………………………………………⑤

即数列{an2an}（n≥2）是常数数列．

（II）由①有S2S112，所以a2122a．

由③有a1a215，所以a332a，

而⑤表明：数列{a2k}和{a2k1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．

所以a2ka2(k1)66k2a6，a2k1a3(k1)66k2a3，kN*．

由题设知，

bnbn187n1．当a为奇数时，a2k1为奇数，而bn为偶数，所以bn不是数列{a2k1}中的项，

只可能是数列{a2k}中的项．

若b118是数列{a2k}中的第kn项，由186k2a6得a3k06，取k03，得a3，此时a2k6k，由bna2k，得187n16k，k37n1N*，从而bn是数列{an}中的第67n1项．

31aab1n4n14n1b1a3b1nn1n1{an}{bn}a12b114410．已知数列，满足，，且（n≥2）

（I）令cnanbn，求数列{cn}的通项公式；

（II）求数列{an}的通项公式及前n项和公式Sn．

7

解：（Ｉ）解：由题设得anbn(an1bn1)2(n≥2)，即

cncn12（n≥2）易知{cn}是首项为a1b13，公差为２的等差数列，

通项公式为cn2n1．

（II）解：由题设得ab1nn2(an1bn1)(n≥2)，令dnanbn，则

d1n2dn1(n≥2)．

1易知{d1，公比为2的等比数列，通项公式为

d1n}是首项为a1b1n2n1．anbn2n1，由

a1nbn2n1解得 a11n2nn2，求和得S1n2n2n2n1．

11、已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足S11，

且6Sn(an1)(an2)，nN．

（Ⅰ）求an的通项公式；

（Ⅱ）设数列b满足

bnann(21)1，并记Tn为bn的前n项和，

8

求证：3Tn1log2(an3)，nN．

解：（I）解由a11S16(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此a12，

又由aS11n1n1Sn6(an11)(an12)6(an1)(an2)，

得(an1an)(an1an3)0，

即an1an30或an1an，因an0，故an1an不成立，舍去．

因此an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为an3n1．（II）证法一：由anbnlog211log3nn(2b1)1可解得a223n1；

b363n从而

Tnb1b2nlog2253n1．

33T363n2因此n1log2(an3)log2253n13n2．

33f(n)363n2f(n1)3n令253n13n2，则f(n)23n3n3(3n3)253n2(3n5)(3n2)2．

因

(3n3)3(3n5)(3n2)29n70，故f(n1)f(n)． 9

特别地

f(n)≥f(1)27120，从而3Tn1log2(an3)log2f(n)0．

即3Tn1log2(an3)．

12、 已知{an}是公比为q的等比数列，且a1,a3,a2成等差数列.

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn

的大小，并说明理由.

.解（Ⅰ）由题设

1q1或.2

2a3a1a2,即2a1q2a1a1q,2a0,2qq10. 1

n(n1)n23nq1,则Sn2n1.22（Ⅱ）若

当

n2时,SnbnSn1(n1)(n2)0.2 故Snbn.

1n(n1)1n29nq,则Sn2n().2224若

当

n2时,SnbnSn1(n1)(n10),4

故对于nN,当2n9时,Snbn;当n10时,Snbn;当n11时,Snbn.

10

1an1Sn3，n=1，2，3，……，求 13、 数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，

（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；

（II）a2a4a6a2n的值.

1an1Sn3，n=1，2，3，……，得 解（I）由a1=1，

1111141116a2S1a1a3S2(a1a2)a4S3(a1a2a3)333，339，3327，

114an1an(SnSn1)anan1an33（n≥2）3（n≥2）由，得，

14n21()33又a2=，所以an=3(n≥2),

1an14n2()33∴ 数列{an}的通项公式为

n1n≥2；

（II）由（I）可知a2,a4,,a2n41()2是首项为3，公比为3项数为n的等比数列，∴

a2a4a641()2n133[(4)2n1]31(4)273a2n3=

S2n4n2,n1,2,aa1Sn114、在等差数列n中，1，前n项和n满足条件Sn

， （Ⅰ）求数列an的

11

通项公式；（Ⅱ）记

bnanpan(p0)，求数列bn的前n项和Tn。

S2n4n2a1a23anaSn1解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d,由n得：1，所以a22，即da2a11，

annda12n2(anda)4n2S2nn122(ann1)ana1n1Snaan1n2又＝an1，所以ann。

（Ⅱ）由bnanp，得bnnp。所以Tnp2p3p234p1时，pTnp2p3pann23(n1)pn1npn，当p1时，

Tnn12；当

(n1)pnnpn1，

(1P)Tnpp2p3pn1pnnpn1n1,p12nTnnp(1p)p(1p)npn1,p1npn11p1p即。

1a2nan11a1n4415、设数列{an}的首项a1=a≠，且

n为偶数n为奇数,

记

bna2n114，n＝＝l，2，3，…·．

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

（III）求nlim(b1b2b3bn)

12

11111解（I）a2＝a1+4=a+4，a3=2a2=2a+8；

113131（II）∵ a4=a3+4=2a+8, 所以a5=2a4=4a+16,

11111111所以b1=a1－4=a－4, b2=a3－4=2(a－4), b3=a5－4=4(a－4),

1猜想：{bn}是公比为2的等比数列·

证明如下：

111111因为bn+1＝a2n+1－4=2a2n－4=2(a2n－1－4)=2bn, (n∈N*)

11所以{bn}是首项为a－4, 公比为2的等比数列·

lim(b1b2nbn)limnb1(1（III）

1)2nb12(a1)1141122

12an1ananan1an*anana132aa16、各项均为正数的数列，满足：，且nn1，nN．（1）求证：数列为等比数列；（2）设

2Sna12a22an，

Tn11122a12a2an，求SnTn．

解：（1）

an＋1－1an＋1＝（2an－11）an－an，因此｛an｝为一个等比数列，其公比为2，

13

121212（a1－）＋（a2－）＋＋（an－）＋2naaa12n（2）Sn＋Tn＝＝

2322422522n＋22n（）＋（）＋（）＋…＋（）＋2n（4－1）＋2n（nN）3333＝27

a2，a3，，am（m为正整数）满足条件a1am，a2am1，…，ama1，即aiami117、如果有穷数列a1，2，m）（i1，，，我们称其为“对称数列”．

2521与数列8，，，，，42248都是“对称数列”例如，数列1，，，，．

b2，b3，b4是等差数列，且b12，b411．依次写出bn的（1）设bn是7项的“对称数列”，其中b1，c26，，c49是首项为1，每一项； （2）设cn是49项的“对称数列”，其中c25，公比为2的等比数列，求cnd52，，d100是首项为2，公差为3的等差数各项的和S； （3）设dn是100项的“对称数列”，其中d51，列．求dn前n项的和Sn(n1，，2，100)．

解：（1）设数列bn的公差为d，则b4b13d23d11，解得 d3，

5，8，11，8，5，2． 数列bn为2，（2）Sc1c2c492(c25c26c49)c25

224252621222122112367108861．

（3）d512，d10023(501)149．

由题意得

d1，d2，，d50是首项为149，公差为3的等差数列．

14

当n≤50时，Snd1d2dn

n(n1)3301(3)n2n222．

149n 当51≤n≤100时，Snd1d2dn

S50d51d52dn

32299(n50)(n51)nn750037752(n50)3222．

32301nn，1≤n≤50，22Sn3n2299n7500，51≤n≤100．22 综上所述，

18、列an中，若 a1，a2 是正整数，且anan1an2,n3，4，5，…，则称an 为“绝对差数列”.

（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）； （Ⅱ）若“绝对差数列”

an中，a203,a210，数列bn满足bnanan1an2；n=1，2，3，…，判断当n时, an与bn的极限

是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项.

（Ⅰ）解：a13,a21,a32,a41,a51,a60,a71,a81,a90,a101.（答案不惟一）

a（Ⅱ）解：因为在绝对差数列n中a203,a210.所以自第 20 项开始，该数列是

a203a210a223,a223,a240,a253,a263,a27o,.

,,即自第 20 项开始。每三个相邻的项周期地取值

limbn63，0，3. 所以当n时，an的极限；不存在. 当n20时, bnanan1an26,所以n

15

（Ⅲ）证明：根据定义，数列an必在有限项后出现零项.证明如下： 假设an中没有零项，由于

anan1an2an1an2,所以对于任意的n，都有an1,从而 当an1an2时, anan1an2an11(n3); 当

时, ；anan2an1an21(n3)

即an的值要么比an1至少小1，要么比an20CACn11(n2,3,4,).a2n1(a2n1a2n),Cna2n(a2n1a2n),n1,2,3,,则至少小1.令

由于C1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项 C10，这与

Cn0n1,2,3,,();矛盾. 从而an必有零项.若第一次出现的零项为第n项，记an1A(A0)，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值 0，A, A, 即穷多个为零的项.

an3k0,an3k1A,k0,1,2,3,,an3k2A,所以绝对差数列an中有无

b1a1,anbn1,bn1n41an.(1)求b1,b2,b3,b4; (2)求数列{ bn}的通项公式；19、知数列{ an}、{ bn}满足：

(3)设Sna1a2a2a3a3a4...anan1，求实数a为何值时4aSnbn恒成立．

bnbn113a1,b1(1an)(1＋an)bn(2bn)2bn ∵44

解：（1)

bn1456b2,b3,b4567 ∴

（2）∵差数列 ∴

bn112bn111111bn1 ∴数列{bn1}是以－4为首项，2bn ∴bn11bn1－1为公差的等

14(n1)n3bn1 ∴

bn11n2n3n3

16

(3)

an1bn111111nSna1a2a2a3anan14556(n3)(n4)4n44(n4) n3 ∴

ann2(a1)n2(3a6)n84aSnbnn4n3(n3)(n4)∴

2由条件可知(a1)n(3a6)n80恒成立即可满足条件设f(n)(a1)n3(a2)n8

2a＝1时，f(n)3n80恒成立, a>1时，由二次函数的性质知不可能成立

3a231(1)02a1af(1)(a1)n2(3a6)n8(a1)(3a6)84a150 ∴

a1 ∴a<1时

4aSnb恒成立 综上知：a≤1时，4aSnb恒成立

120、知二次函数f(x)axbx满足条件：① f(0)f(1)； ② f(x)的最小值为8.(1) 求函数f(x)24Tn5的解析式；(2) 设数列{an}的前n项积为Tn, 且

f(n), 求数列{an}的通项公式；(3) 在(2)的条件下,

若5f(an)是bn与an的等差中项, 试问数列{bn}中第几项的值最小? 求出这个最小值。

1ab0a20a21211bb1f(x)xx24a822. ………3分 解： (1) 由题知: , 解得 , 故

(2)

Tna1a24an5n2n2 ,

Tn1a1a24an15(n1)2(n1)2T4(n2)annTn15,

n1(n2),

17

4an5又a1T11满足上式. 所以

n1(nN).

(3) 若5f(an)是bn与an的等差中项, 则25f(an)bnan,

113910(an2an)bnanbn5an26an5(an)2255. 从而2, 得

4an5因为

n1(nN)是n的减函数, 所以当

an35, 即n3(nN)时, bn随n的增大而减小, 此时

最小值为

b3n4(nN)时, bn随n的增大而增大, 此时最小值为b4. ; , 即

242224433b56a3a435125{bn}b3b3b4555又, 所以, 即数列中最小, 且.

2为锐角，21、且tan21，函数

f(x)x2tan2xsin(24，数列{an}的首项

)a11,an1f(an)2.

⑴ 求函数f(x)的表达式； ⑵ 求证：an1an；

1112(n2,nN*)1a11a21an

⑶ 求证：

1解：⑴

tan22tan2(21)12sin(2)1221tan1(21)44 又∵为锐角 ∴ ∴

f(x)x2x

⑵ an1aan ∵

2na112aa,a,an都大于0 ∴n0 ∴an1an 2 ∴23 18

1 ⑶ an111111112ananan(1an)an1an ∴1ananan1

1111111111ana1a2a2a3anan1 ∴1a11a2

1112a1an1an1

11333a2()2a3()21224, 44∵ , 又∵n2an1an ∴an1a31

∴

121an12 ∴

111121a11a21an

a11,an12an1nNan22、数列满足（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列bn满足

4b114b214b314bn111bn(an1)，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：a2a312nNan13

解：（1）an12an1，an112(an1)故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，

an2n1

（2）

4b114b214b314bn1(an1)bn(bbbnn)2nbn ，4122(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④

19

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

11111111n1n1San21222an1设a2a3an1，

（3）

则

S1111111121212()(S)Sa22a2a3ana2an13an13 a22an1

2f(x)x4，设曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn1,0)(nN*)，23、已知函数

其中x1为正实数． （Ⅰ）用xn表示xn1；

xn2xn2，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式；

（Ⅱ）若x14，记

anlg（Ⅲ）若x14，bnxn2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明Tn3．

解析：本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．

（Ⅰ）由题可得f'(x)2x．

所以曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：yf(xn)f'(xn)(xxn)．

即

2y(xn4)2xn(xxn)2(xn4)2xn(xn1xn)y0．令，得．

即

2xn42xnxn1．显然xn0，∴

xn1xn22xn．

20

xn2xn2(xn2)2(xn2)2xn1xn122xn122x2x2x2xn． n，知nn（Ⅱ）由，同理

故

xn12x22(n)xn12xn2．从而

lgxn12x22lgnxn12xn2，即an12an．所以，数列{an}成等比数列．故

an2n1a12n1lgn1x2xn2x122n1lg3lgn2n1lg332x12．即xn2．从而xn2

所以

xn2(321)321

n1n1（Ⅲ）由（Ⅱ）知

xn2(321)32n1n11，∴

bnxn2432n110

bn13111112n2n12n12113 313133∴bn2n1当n1时，显然T1b123．

11bnbn1()2bn233当n1时，

1()n1b13

∴Tnb1b21bbn13b11b1[1()n]3111()n1b133()n31333．

综上，Tn3(nN*)．

24、平面直角坐标系中，已知三个点列{An}，{Bn}，{Cn}，其中An(n,an),Bn(n,bn),Cn(n1,0)，满足

21

向量AnAn1与向量BnCn共线，且点列{An}在方向向量为（1，6）的直线上。已知a1a,b1a.

（1）求an(n2)的表达式（用a与n表示）；

（2）若a6与a7两项中至少有一项是an的最小值，试求a的取值范围。

an1ann, 解：（1）AnAn1(1,an1an),BnCn(1,bn),AnAn1与BnCn共线，又∵{Bn}在方向向量为（1，6）的直线上，

bn1bn6,即bn1bn6n1n

bna6(n1)ana1(a2a1)(a3a2)...(anan1)ab1b2...bn1

(n1)(n2)62aa(n1)3(n1)(n2)3n2(9a)n62a(n2) a(a)(n1)（2）∵二次函数f(x)3x(a9)x62a是开口向上，对称轴为

2xa96的抛物线

又因为在a6与a7两项中至少有一项是数列{an}的最小项，

a9111511a915应该在[,]内，即,24a36622262

∴对称轴

x25、知f(x)logax(0a1),{an}，若数列{an} 使得2,f(a1),f(a2),f(a3),,f(an),2n4(nN*)成等差数

2a42na2n41,求证:Sn3.22bnanf(an),Snananbn1a列.（1）求{}的通项;（2）设 若{}的前n项和是，且1a

22

解：解：设2，f(a1), f(a2), f(a3),……，f(an),2n+4的公差为d，则2n+4=2+(n+2－1)dd=2,

f(a2(n11)d2nd2n2logaan2n2， a2n)na2n.

（2）

bnanf(an)a2n2log2n2aa(2n2)a2n2，

Sn4a46a62na2n(2n2)a2n2

a2Sn4a66a8(2n2)a2n2na2n2(2n2)a2n4(1a2)Sn4a42[a6a2n2](2n2)a2n4,a1,2a4(1a2n)2a4(2n2)a2n42a41a2nSn(1a)21a21a2[1a21(n1)a2n22a41a21,又0a12a4a21(2a21)(a21)0,故2a210,解得,0a222a41a21,又a2n0,2na2n42a41a2n1a2nS2n2n11n1a21a2(1a21a)1a21a1a2111132

手写稿补充：

a21、 已知

a1a2nn1n2nan，a12，求an的表达式。

2、 已知

(1a1)(1a2)(1a1n)a1n，a11，求an的表达式。

a1，n2，S213、

nan(Sn2)1，求an的表达式。

23



4、 已知2an1anSn1anSn1，a10，求an的表达式。

*ana11nan12(a1a2...an)nN5、已知数列中，，． 求数列an的通项an；

an1n1aaa23nana123...n1...n(n2)ann(nN*)anaaa12n1n12n1解： 所以 所以

24