華師一附中高二數學《數列》專題試卷帶答案

1．已知{an}是單調遞增的等差數列，其前n項和為Sn.{bn}是公比為q的等比數4,S42.(1)求{an}和{bn}的通項公式；{cn}的前n項和Tn.(1)求an及Sn；(2)若bn=，求數列{bn}的前n項和Tn.(1)求數列{bn}的通項公式；(1)求{an}的通項公式.為等差數列？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.(2)設數列{bn}滿足bn=ln，Sn為數列{bn}的前n項和，若λ>在neN*上恒成立，求λ的取值范圍.6．已知數列{an}是以2為公差的等差數列，且a1,a2,a4成等比數列，記數列{an}的前n項和為Sn.(1)求Sn；7．已知數列{an}的前n項和Sn滿足Sn=，且數列{an}中的第2項項依次組成某等比數列的連續(xù)3項（公比不等于1）.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若bn=(n，且數列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的最大值與最小值.(1)求數列{an}的通項公式；(2)求數列{3n-1an}前n項和Bn；(3)若bn=S2nan+1，數列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的取值范圍.(1)求數列{an}的通項公式;(1)求數列{an}的通項公式；(2)已知數列{bn}滿足bn=，記數列{bn}的前n項和為Tn，11．已知數列{an}是公差為1的等差數列，且a1+a2=a3，數列{bn}是等比數列，且(1)求{an}和{bn}的通項公式；23n(3)記cn=〈,n=2k-1其中kE**，求數列{cn}的前2n項和S2n.12．已知數列{an}滿足an=，求數列{an}的前n項和Sn.(2)若bn=Sn，求數列{bn}的前n項和Tn.14．已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=1且Sn+1=3Sn+1(nEN*)；等差數列{bn}前n項和(1)求數列{an},{bn}的通項公式；+n，若vλ>0，對任意的正整數n都有λ2-kλ+>恒成立，求k的最大值.15．已知數列{an}滿足an+1-an=2，其前8項的和為64；數列{bn}是公比大于0的等比數列，b(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)記cn=，nE**，求數列{cn}的前n項和Tn；n,n=2k-1,kEN**，求S2n=dk.16．已知數列{an}是首項為1的等差數列，數列{bn}是公比不為1的等比數列，且滿足2354n（3）若數列{dn}滿足d1=1，dn+dn+1=bn，記Tn=，是否存在整數λ,使得對任意的neN*都有1<λTn-<2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由.(1)證明：{an}是等比數列，并求數列{an}的通項公式.(2)設bn=tn(2n-1)an,(t產0)，若數列{bn}是等差數列，求實數t的值；(3)在(2)的條件下，設cn=(neN*),記數列{cn}的前n項和為Tn，若對任意的n,keN*,存在實數λ,使得λ.Tn<bk+1,求實數λ的最大值.18．已知數列{an}是等差數列，其前n項和為Sn,a7=15,S7=63；數列{bn}的前n項和為n,nn,nn(1)求數列{an},{bn}的通項公式；lSnJn(b,n=2k-lSnJn(b,n=2k-1*，求ci.||||nnn||ll【分析】（1）根據題意結合等差、等邊數列的通項公式列式求解即可；（2）利用分組求和，結合裂項相消法和錯位相減法運算求解.n-12n，nn，5n+2，兩式相減得35n+22當n為偶數時，則當n為偶數時，則n.2n2n設||||n+2||lBn4n||||n+2||ln,n為奇數n,n為奇數nn24n1)nnnn1n+2 +nn124n)n1n1 +||n2n+29【分析】（1）根據等差數列基本量的計算可得公差和首項，即可求解，（2）根據裂項求和即可求解.，nn+12222==n2n2，n2n（n（(2)證明見解析【分析】（1）借助Sn+1-Sn=an+1構造等比數列算出an-1，即可求出bn；n裂項后求和，再分奇偶討論即可得證.+4an-3，得Sn+1-Sn=4an-3，:an+1=4an-3，:數列{an-1}是以1為首項，4為公比的等比數列，:an-1=4n-1=22n-2，2(an-1:bn=log222n-2+3=2n+1.nnn當n2:T>-，由Tn+2-Tn>0，可知{Tn}是遞增數列，綜上，:Tn2n2-11nn-S=-，裂項相消法求和得到Tn=4-，變形得到mTn而根據等差數列的定義得到m= 1.2an2 =n-22n-12-1綜上，{an}的通項公式為an=4nTn4n4n,其他m值均不合要求，225．(1)證明見解析n2-lnn2，進而求得Sn=2ln(n+1)，結合題意，轉化為即λ>恒成立，結合基本不等式，即可求解.n=an2-lnn2，2，因為若λ>在nEN*上恒成立，nn所以λ>max，所以max=，所以λ>，即實數λ的取值范圍為(,+“).n【分析】（1）根據等比中項結合等差數列基本量的求解即可得首項，由等差求和公式即可求解，（2）根據作差法可得n>2時bn=-，即可利用裂項相消法求解和.nn-1兩式相減可得bn=-，所以從而99n(2)最大值，最小值.差通項公式列方程求公差，即可得通項公式.（2）由（1）得bn通項公式，裂項相消求Tn，分n為奇數和偶數兩種情況討論求最值.n-Sn-1=-，由②-①得(n-1)an+1+(n-1)an-1-2(n-1)an=0，即an+1+an-1-2an=0，所以an+1-an=an-an-1(n>2，且ne**)，數列{an}為等差數列，2所以an=2n-1，又a1=1也符合上式，故數列{an}的通項公式為an=2n-1，ne**.nTnT當n為偶數時，綜上，Tn有最大值，最小值.nn-n>2，求得數列{an}的通項公式.=(2n-1)3n-1，然后利用錯位相減法求得前n項和Bn（3）由（1）求得Sn的表達式，然后利用裂項求和法求得{bn}的前項和Tn，利用差比較法證得數列{Tn}遞增，進而求得Tn的取值范圍.nn=4Sn-1，得a+1+2an+2-an2-an所以數列{an}是以1為首項，2為公差的等差數列.兩式相減得-2Bn=1+2x(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)3n-1n-1=-(2n-2)3n-1-2n令f(n)=1-，則f(n+1)-f(n)=-=>0所以f(n)是單調遞增數列，數列{Tn}遞增，nnn=**)||||>2時，取遞推關系中的n=n-1可求an(n>2)，由此可得數列{an}的通項公式；22-1n(2)證明見解析【分析】（1）根據已知條件利用等差數列的通項公式和求和公式得到關于首項和公差的方程組，求得首項和公差，然后利用通項公式求出結論；（2）利用等差數列前n項和公式，求得Sn=n2，進而得到bn=，然后利用裂項相|，最后利用不等式的基本性質證明結論.，:an=1+2(n-1)=2n-1.n2，:bn===-2，累加相消得T2-(n2)nn,(n(2)證明見解析*)【分析】（1）結合等差數列與等比數列的通項公式及題目條件，用基本量表達條件中的式子，即可求得兩數列的首項與公差公比，代入通項公式即可；（2）根據第一問寫出dn表達式，再用裂項相消法化簡式子，最后放縮即可證明；（3）將前2n項和分成奇數項之和加上偶數項之和，分別求解奇數項和偶數項再相加即可.∴a1設數列{bn}的公比為q，(b.(bq)=bq2(b.(bq)=bq2qn，n，∴dn= 2n+12x2n2x(2n+12n)2nnnnn+：neN*，nn2n12n+3n，*)，42n24，242n， n+2]，將Sn分成兩組，一組為等比數列求和，一組Bn24n+2]，將Sn分成兩組，一組為等比數列求和，一組:22Bn=3根24+762n2n+2，:-3Bn=3根22+4462n-(4n-1)2n+2n=-222462n]-(4n+2-(4n-1)2n+2287-12n3,n+212n+2為裂項相消求和.n+2n+2n+2n+23+(223-34)n+2 31-2n+22n+2.(2)-2nn-Sn-1(n（2）求出bn利用裂項相消可求得其前n項和Tn.2nn，nn.所以Sn+1=Sn，n.2n，nn等比數列.(2)-3(3)2【分析】（1）根據Sn與an的關系證明{公差，再利用等比數列和等差數列通項公式求{an}，{bn}的通項公式；（2）利用裂項相消法求和即可；由此可得k=λ+，結合基本不等式求k的最大值.n22n，所以{an}為首項為1，公比為3的等比數列，設等差數列{bn}的公差為d，則Bn2n-1nPnnnnn所以一一3n2所以Vλ>0,λ2一kλ+>恒成立，即k<λ+恒成立，因為λ+>2，當且僅當λ=，即λ=1時等號成立，所以k<2，故k的最大值為2.nn**【分析】（1）根據條件得到等差數列的公差，利用前n項和公式，求出首項，得到通項公式，設出公比，得到方程，求出公比，寫成通項公式；（2）寫出{cn}的通項公式，利用裂項相消法求和；2n2n-1)，其中d2462n利用錯位相減法求和，d1+d3+d5+...+d2n-1分n為偶數和n為奇數情況求解，最終求出S2n；數和n為奇數兩種情況求解，最終求出S2n.n+1-an∴數列{an}是公差為d=2等差數列，且S8=64，設等比數列{bn}的公比為q（q>02-q-6=0，解得q=-2（舍去）或q=3，nn3l2|bnl2|bnn，.an,.an,n=2k-1,keN*=2k,keN*2n-1)1n.a2n-1nn3n3233343n3n3233343n兩式相減得，n+1)n+1)11*.(-.an,n為奇數|l(-1)k.a2k-1,n=2k-1(4k-3),n=2k-1|l(-1)k.(4k-3),n=2k-12n(-2n+1,n=2k-1,kEN*:Q(-2n+1,n=2k-1,kEN*:S2n*.【點睛】方法點睛：常見的裂項相消法求和類型：nn-1n2）證明見解析3）存在整數λ=5，使得對任意的ne**都有1<λTn-<2成立，理由見解析.【分析】（1）利用等差等比數列的基本量表示已知條件，解方程組得到基本量，利用等差等比數列的通項公式得到答案；（2）根據（1）的結論得到數列{cn}的通項公式，利用指數的運算裂項，相消求和后得到Sn的表達式，判定單調性，然后利用不等式的基本性質即可證明；（3）假設存在滿足要求的整數λ,取n=1,2,3得到λ的范圍，進而求得λ的值為5，然后證明當λ=5時，對任意的ne**，都有1<λTn-<2成立．為此先要根據dn+dn+1=bn，利n-ndn+1，然后利用作差法證明即可.【詳解】（1）設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q，11n-1n.nbn n+1n3)4(又因為對任意的nN*，都有Sn單調遞增，所以對任意的nN*，都有1Sn成立；（3）假設存在滿足要求的整數，令n1，則12，解得59；令n2，則1()2，解得；令n3，則1()2，解得；所以5，又已知Z，故若存在，則5.下證：當5時，對任意的nN*，都有1Tn2成立.Tnd12d23d3…ndn；Tn1d12d23d3…ndnn1dn1TT即Tn4Tn1d11(d1d2)2(d2d3)…(dndn1)323nn又Tn1Tnn1dn1；n5Tn-=2-()n-()n.dn+1-=2-()n-()n.dn+1-()n.dn=2-()n-()n.(dn+dn+1)=2-()n-()而對任意的nE**，2-2.()n單調遞增，即對任意的nE**都有1<5Tn-所以，存在整數λ=5，使得對任意的nE**都有1<λTn-<2成立.【點睛】本題考查等差比數列得綜合問題，涉及等差等比數列的通項公式，求和公式，裂項求和法，存在性問題和探索性方法，考查不等式的證明，屬難題.nn證明過程見解析（2）t=（3）nn-1n+2nn，(n之2)，再分奇數項，偶數項分別求通項公式即可得解；（3）由已知有cn=2(-)，由裂項求和法求數列前n項和得Tn=2(1-)，由分離變量最值法可得λ<()min，運算即可得解.n+2n