華師一附中高二數(shù)學(xué)《數(shù)列》專題試卷帶答案

1．已知{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列，其前n項和為Sn.{bn}是公比為q的等比數(shù)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(shù)列{bn}的前n項和Tn.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(1)求{an}的通項公式.為等差數(shù)列？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=ln，Sn為數(shù)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(shù)列{an}是以2為公差的等差數(shù)列，且a1,a2,a4成等比數(shù)列，記數(shù)列{an}的前n項和為Sn.(1)求Sn；7．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn=，且數(shù)列{an}中的第2項項依次組成某等比數(shù)列的連續(xù)3項（公比不等于1）.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn=(n，且數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的最大值與最小值.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{3n-1an}前n項和Bn；(3)若bn=S2nan+1，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的取值范圍.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)已知數(shù)列{bn}滿足bn=，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，11．已知數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，且a1+a2=a3，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且(1)求{an}和{bn}的通項公式；23n(3)記cn=〈,n=2k-1其中kE**，求數(shù)列{cn}的前2n項和S2n.12．已知數(shù)列{an}滿足an=，求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(2)若bn=Sn，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.14．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1且Sn+1=3Sn+1(nEN*)；等差數(shù)列{bn}前n項和(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式；+n，若vλ>0，對任意的正整數(shù)n都有λ2-kλ+>恒成立，求k的最大值.15．已知數(shù)列{an}滿足an+1-an=2，其前8項的和為64；數(shù)列{bn}是公比大于0的等比數(shù)列，b(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)記cn=，nE**，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn；n,n=2k-1,kEN**，求S2n=dk.16．已知數(shù)列{an}是首項為1的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是公比不為1的等比數(shù)列，且滿足2354n（3）若數(shù)列{dn}滿足d1=1，dn+dn+1=bn，記Tn=，是否存在整數(shù)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(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式.(2)設(shè)bn=tn(2n-1)an,(t產(chǎn)0)，若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實數(shù)t的值；(3)在(2)的條件下，設(shè)cn=(neN*),記數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，若對任意的n,keN*,存在實數(shù)λ,使得λ.Tn<bk+1,求實數(shù)λ的最大值.18．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn,a7=15,S7=63；數(shù)列{bn}的前n項和為n,nn,nn(1)求數(shù)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(jù)題意結(jié)合等差、等邊數(shù)列的通項公式列式求解即可；（2）利用分組求和，結(jié)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(dāng)n為偶數(shù)時，則當(dāng)n為偶數(shù)時，則n.2n2n設(shè)||||n+2||lBn4n||||n+2||ln,n為奇數(shù)n,n為奇數(shù)nn24n1)nnnn1n+2 +nn124n)n1n1 +||n2n+29【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列基本量的計算可得公差和首項，即可求解，（2）根據(jù)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(gòu)造等比數(shù)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(shù)列{an-1}是以1為首項，4為公比的等比數(shù)列，:an-1=4n-1=22n-2，2(an-1:bn=log222n-2+3=2n+1.nnn當(dāng)n2:T>-，由Tn+2-Tn>0，可知{Tn}是遞增數(shù)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(jù)等差數(shù)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(jié)合題意，轉(zhuǎn)化為即λ>恒成立，結(jié)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(shù)λ的取值范圍為(,+“).n【分析】（1）根據(jù)等比中項結(jié)合等差數(shù)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(jù)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(shù)和偶數(shù)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(shù)列{an}為等差數(shù)列，2所以an=2n-1，又a1=1也符合上式，故數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1，ne**.nTnT當(dāng)n為偶數(shù)時，綜上，Tn有最大值，最小值.nn-n>2，求得數(shù)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(shù)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(shù)列{an}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)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(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列{Tn}遞增，nnn=**)||||>2時，取遞推關(guān)系中的n=n-1可求an(n>2)，由此可得數(shù)列{an}的通項公式；22-1n(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件利用等差數(shù)列的通項公式和求和公式得到關(guān)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(jié)論；（2）利用等差數(shù)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(zhì)證明結(jié)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(jié)合等差數(shù)列與等比數(shù)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(shù)列的首項與公差公比，代入通項公式即可；（2）根據(jù)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(shù)項之和加上偶數(shù)項之和，分別求解奇數(shù)項和偶數(shù)項再相加即可.∴a1設(shè)數(shù)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(shù)列求和，一組Bn24n+2]，將Sn分成兩組，一組為等比數(shù)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(shù)列.(2)-3(3)2【分析】（1）根據(jù)Sn與an的關(guān)系證明{公差，再利用等比數(shù)列和等差數(shù)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(jié)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(shù)列，設(shè)等差數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)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(jù)條件得到等差數(shù)列的公差，利用前n項和公式，求出首項，得到通項公式，設(shè)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(shù)和n為奇數(shù)情況求解，最終求出S2n；數(shù)和n為奇數(shù)兩種情況求解，最終求出S2n.n+1-an∴數(shù)列{an}是公差為d=2等差數(shù)列，且S8=64，設(shè)等比數(shù)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(shù)|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(shù)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(shù)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(shù)列的通項公式得到答案；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論得到數(shù)列{cn}的通項公式，利用指數(shù)的運算裂項，相消求和后得到Sn的表達式，判定單調(diào)性，然后利用不等式的基本性質(zhì)即可證明；（3）假設(shè)存在滿足要求的整數(shù)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(dāng)λ=5時，對任意的ne**，都有1<λTn-<2成立．為此先要根據(jù)dn+dn+1=bn，利n-ndn+1，然后利用作差法證明即可.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)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(diào)遞增，所以對任意的nN*，都有1Sn成立；（3）假設(shè)存在滿足要求的整數(shù)，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(dāng)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(diào)遞增，即對任意的nE**都有1<5Tn-所以，存在整數(shù)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(shù)列得綜合問題，涉及等差等比數(shù)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(shù)項，偶數(shù)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(shù)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