(完整版)高考數列專題練習(整理)

(完整版)高考數列專題練習(整理)1.已知等差數列{an}滿足：a3=7，a5+a7=26，求an及其前n項和Sn；令bn=1(n∈N*)，求數列{bn}的前n項和Tn。2.已知遞增的等比數列{an}滿足a2+a3+a4=28，且a3+2是a2、a4的等差中項，求an的通項公式；若bn=log2(an+1)，Sn是數列{anbn}的前n項和，求Sn。3.等比數列{an}為遞增數列，且a4=220，a3+a5=239，（1）求數列{bn=log3n(n∈N)}的前n項和Sn；（2）Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1，求使Tn>成立的最小值n。4.已知數列{an}、{bn}滿足：a1=1，an=an-1+bn-1(n≥2)，b1=1，bn=an-1(n≥2)，求b1、b2、b3、b4；求數列{bn}的通項公式；設Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an+an(an+1)，求實數a為何值時4aSn<bn恒成立。5.在數列{an}中，Sn為其前n項和，滿足Sn=kan+n-n(k∈R，n∈N*)；bn=1，an+bn=1，bn+1=41-an2，（I）若k=1，求數列{an}的通項公式；（II）若數列{an-2n-1}為公比不為1的等比數列，且k>1，求Sn。6.已知數列{an}中，a1=4，an+1=2(an-n+1)，（1）求證：數列{an-2n}為等比數列；（2）設數列{an}的前n項和為Sn，若Sn≥an+2n，求正整數n的最小值。7.已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn=2an+n，且bn=an-1/an，（1）求證：{an-1}為等比數列；（2）求數列{bn}的前n項和。8.已知數列{an}中，a1=1，當n≥2時，其前n項和Sn滿足an=32Sn-1/Sn，（1）求Sn的表達式；1.求數列{an}的通項公式；已知數列{an}的首項a1=3an3*，an+1=52an+1，其中n∈N。改寫為：求數列{an}的通項公式，已知a1=3an3*，an+1=52an+1，n∈N。2.（1）求證：數列{an}={1,-1,an}為等比數列；（2）若Sn<100，求最大的正整數n。記Sn=11+++a1a210，已知數列{an}的前n項和為Sn，且對任意n∈N，有n，an，Sn成等差數列。改寫為：（1）證明數列{an}={1,-1,an}為等比數列；（2）當Sn<100時，求最大的正整數n。已知數列{an}的前n項和為Sn，且對任意n∈N，有n，an，Sn成等差數列。記Sn=11+++a1a210。3.已知數列{an}的前n項和Sn滿足：Sn=a(Sn-an+1)（a為常數，a≠0，a≠1）（1）求{an}的通項公式；（2）設bn=an+Sn·an，若數列{bn}為等比數列，求a的值；（3）在滿足條件（2）的情形下，cn=an+1an-1，求證：數列{cn}的前n項和為Tn。改寫為：（1）求數列{an}的通項公式，已知前n項和Sn=a(Sn-an+1)（a為常數，a≠0，a≠1）；（2）設bn=an+Sn·an，若數列{bn}為等比數列，求a的值；（3）在滿足條件（2）的情況下，cn=an+1an-1，證明數列{cn}的前n項和為Tn。4.正數數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn=an+1。（1）試求數列{an}的通項公式；（2）設bn=an+1an，{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<11。改寫為：（1）求數列{an}的通項公式，已知正數數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn=an+1；（2）設bn=an+1an，{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<11。5.已知數列{an}是公差不為零的等差數列，其前n項和為Sn，且S5=30，又a1,a3,a9成等比數列。（1）求Sn；（2）若對任意n>t，n∈N，都有an>1，求t的最小值。改寫為：（1）求數列{an}的前n項和Sn，已知{an}是公差不為零的等差數列，且S5=30，a1,a3,a9成等比數列；（2）若對任意n>t，n∈N，都有an>1，求t的最小值。6.已知數列{an}滿足：a1+a2+a3+...+an>11112，S1+a1+2S2+a2+2S3+...+n-1an-1+n-an+225+n-an=n-a(n=1,2,3,...)。（1）求證：數列{an-1}是等比數列；（2）令bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3...)，如果對任意n∈N，都有bn+t≤t2，求實數t的取值范圍。改寫為：（1）證明數列{an-1}是等比數列，已知數列{an}滿足：a1+a2+a3+...+an>11112，S1+a1+2S2+a2+2S3+...+n-1an-1+n-an+225+n-an=n-a(n=1,2,3,...)；（2）設bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3...)，如果對任意n∈N，都有bn+t≤t2，求實數t的取值范圍。7.在數列{an}中，a1=1，an+1=3an+(n+1)·3n(n∈N*)。設bn=an+1，求證：數列{bn}是等比數列。改寫為：已知數列{an}，其中a1=1，an+1=3an+(n+1)·3n(n∈N*)，設bn=an+1，證明數列{bn}是等比數列。16.(1)已知數列{a_n}的前n項和為S_n，(p-1)S_n=p^2-a_n，其中p>0且p≠1，數列{b_n}滿足b_n=2log_pa_n，若p=[b_1/2a_1]，設數列{n}的前n項和為T_n，證明：0<T_n≤4。首先，我們可以將(p-1)S_n=p^2-a_n化簡為a_n=p^2-(p-1)S_n，代入b_n=2log_pa_n中得到b_n=2log_p(p^2-(p-1)S_n)。因為p=[b_1/2a_1]，所以p是b_1和2a_1的商向下取整，即p<=b_1/2a_1<p+1。因為p>0，所以2a_1p<b_1<2a_1(p+1)，即2a_1p<b_1<=2a_1p+2a_1。我們考慮證明T_n>0。因為a_n>0，所以p^2>(p-1)S_n，即S_n<p^2/(p-1)，因此T_n=S_1+S_2+...+S_n<p/(p-1)+p^2/(p-1)+p^3/(p-1)+...。因為p>0，所以這個級數是收斂的，因此T_n有下界，即T_n>0。接下來我們考慮證明T_n≤4。因為p=[b_1/2a_1]，所以b_1/2a_1<=p<b_1/2a_1+1，即2log_pa_1<=b_1<plog_pa_1+2log_pa_1。因為b_n=2log_p(p^2-(p-1)S_n)，所以b_n<=2log_pp^2=4，因此b_1<=4。因為T_n=S_1+S_2+...+S_n，所以T_n<=n(b_1/2a_1)，代入b_1<=4得到T_n<=2n/a_1。因為(p-1)S_n=p^2-a_n，所以S_n=p^2/(p-1)-a_n/(p-1)，代入T_n=S_1+S_2+...+S_n得到T_n=p/(p-1)+p^2/(p-1)+...+p^n/(p-1)-a_1/(p-1)-a_2/(p-1)-...-a_n/(p-1)，化簡得到T_n=p^n/(p-1)-a_1/(p-1)-a_2/(p-1)-...-a_n/(p-1)，因此T_n<=p^n/(p-1)<=4，即證畢。(2)是否存在自然數M，使得當n>M時，a_n>1恒成立？若存在，求出相應的M；若不存在，請說明理由。假設存在自然數M，使得當n>M時，a_n>1恒成立。因為a_n=p^2-(p-1)S_n，所以a_n>1等價于S_n<p^2/(p-1)-1/(p-1)。因為p>1，所以p^2/(p-1)-1/(p-1)>0，因此S_n>0。因為T_n=S_1+S_2+...+S_n，所以T_n>0。又因為T_n<=4，所以存在一個正整數M，使得當n>M時，T_n<=4，因此S_n<=4。但是S_n=p^2/(p-1)-a_n/(p-1)，因此a_n>0，因此a_n/(p-1)<p^2/(p-1)-4，即a_n<p^2-4(p-1)，但是這個不等式在n趨近于無窮大時不成立，因此假設不成立，即不存在自然數M，使得當n>M時，a_n>1恒成立。17.設數列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n=(m+1)-ma_n對任意正整數n都成立，其中m為常數，且m<-1。(1)求證：{a_n}是等比數列。因為S_n=(m+1)-ma_n，所以a_n=(m+1-S_n)/(m+1)，因此a_n與S_n成反比例關系，即a_n=k/S_n，其中k為常數。因為m<-1，所以m+1>0，因此k>0，即a_n與S_n成正比例關系。因此{a_n}是等比數列。(2)設數列{a_n}的公比q=f(m)，數列{b_n}滿足：b_1=a_1，b_n=f(b_{n-1})(n>=2,n∈N)，求數列{b_n*b_{n+1}}的前n項和T_n。因為{a_n}是等比數列，所以a_n=a_1q^(n-1)，因此S_n=(m+1)-ma_n=(m+1)-m(a_1q^(n-1))=(m+1)-a_1mq^(n-1)。因為S_n=(m+1)-ma_n=k/a_n，所以k=a_n(m+1)-ma_n^2，代入得到a_n(m+1)-ma_n^2=k/(m+1-a_n)。因為{b_n}滿足b_1=a_1，b_n=f(b_{n-1})，所以b_n=a_1q^(n-1)，因此b_n*b_{n+1}=a_1^2q^(2n-2)。因為a_n=(m+1-S_n)/(m+1)，所以a_n=1/(m+1/k-S_n)，代入得到a_n=(m+1)^2/((m+1)k+S_nk)，因此a_n^2k+(m+1)a_n-kS_n(m+1)=0。因為S_n=(m+1)-ma_n，所以S_n=(m+1)-a_1q^(n-1)，代入得到a_n^2k+(m+1)a_n-ka_1(m+1)q^(n-1)=0。因此a_n=(-(m+1)+sqrt((m+1)^2+4ka_1(m+1)q^(n-1)))/(2k)。因為m<-1，所以m+1<0，因此sqrt((m+1)^2+4ka_1(m+1)q^(n-1))>-(m+1)，即(-(m+1)+sqrt((m+1)