高中数列大题

1、11.在数列an 中, a1 1,an1 (1 冋na(I )设bn ，求数列bn的通项公式n(II )求数列an的前n项和Sn2.设an是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和，满足2a2222 G-7a3 a4a5 , S77。(1)求数列 an的通项公式及前n项和Sn ；3.各项均为正数的数列aj，印a, a2b，且对满足mP q的正整数m,n, p,q都有am anap aq(1am)(1an)(1 ap)(1aq)(1)1当 a -, b2-时，求通项an；5(2)证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数1n，都有一an6. （2009北京文）设数列an的通项公式为an

2、 pn q（n N ,P0）.数列bn定义如下：对于4.已知数列an的前n项和Sn4an (-)n 12 ( n为正整数)。2(I)令 bn2nan，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式;口an，TnCinC25ncn试比较Tn与亠一的大小，并予以证明。2n 15.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn 1成立，记bn 1( n1 an(I )求数列 an与数列 bn的通项公式;(II)设数列bl的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn 4k成立？若存在，找出一个正整数k ；若不存在，请说明理由;(III )记Cnb2nb2n i(n N )，设数列Cn的前

3、n项和为，求证：对任意正整数n都有3Tn 2正整数m bm是使得不等式anm成立的所有n中的最小值.1(I)若 p -,q3，求b3 ；(n)若 P 2,q1，求数列bm的前2m项和公式;（m）是否存在P和q,使得bm 3m 2（ m N ） ?如果存在，求P和q的取值范围；如果不存在,请说明理由.N ，点（n, Sn），均在函数7.（2009山东卷文）等比数列 an的前n项和为Sn,已知对任意的n y b r（b 0且b 1,b,r均为常数）的图像上.（1 ）求r的值;（11）当b=2时，记 bn 丄（n N ）求数列bn的前n项和4anaa1、分析：(I)由已知有-n 1 nn1 n 2

4、bn1 bn利用累差迭加即可求出数列bn的通项公式：bn 21/1 * 尹(n N )(II )由(I )知an 2nn尹,养)n(2k)k 1n而(2k)k 1n(n1),又k是一个典型的错位相减法模型, 2k 1n k易得kRSn = n(n 1)42(2)试求所有的正整数 m，使得amam 1为数列an中的项。am 2满分14分。【解析】 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。2、( 1)设公差为d，则a； a； a4 a3,由性质得 3d(a4 a3)ai*3)，因为d(a42所丹a扌的通项公式为% = WJ前冗项和耳=用20，所以 a4 a3 0，即 2

5、a1 5d 0，又由 S7 7得 7a12,(方法一) 则 amam 1 =_(!amam 1= (2m7)(2m 5),设 2m 3 t，am 22m 34)(t 2) t 86, 所以t为8的约数am 2tt因为土是奇飙所UU可取的値为±1，当£ = !,加=2时I i-H = -6=3' 2x5 "' = 5J是数列耳中的项fQ当i =时.f + ?-6=T5，数列気中的最小项是-4所以满£条件的正整数也=2.不符合(方法一)因为 amam 1(am 2 4)( am 2 2)am 2am 2am 26为数列 anam 2中的项,8

6、故一为整数，又由(1)知：am 2为奇数，所以 am+2经检验，符合题意的正整数只有m 2。am 22m 31,即 m1,23、解：(1 )由 _(1am anam)(1an)(1a1ana2 an 1a p aqap)(1得 aq)(1ai)(1an)(1 a2)(1 ani)将a11,a2-代入化简得25an2an 11an 1所以anan1 13 1 an 1an 1故数列L0为等比数列，从而1 an1 an1 an1即an3n，3n 1可验证,an32 13n满足题设条件.1由题设am an的值仅与m n有关，记为bm n,则(1am)(1an)bn 1(1 01)(1anan)a a

7、n(1 a)(1an)考察函数(1 a)(1xX)(x 0),则在定义域上有f(x)g(a)11 a12,a1故对nN，bn1g(a)恒成立又b2n2 Ong(a)，(1 On)2注意到01g(a)-,解上式得ag(a)1 g(a) J1 2g(a)1 g(a) /! 2g(a)g(a)an1 g(a)屮 2g(a)g(a)1 g(a) J1 2g(a)g(a),即有an4、解（I ）在 Sn/ 1 n 1 an (二)2/1、n an 1(2)(2)n1，即 2nan2中，令n=1，可得an1231，即 312 2,anSnSnanan1 (1)n2n1an11.Q bn2nan,bnbn

8、1又bl2a11,数列bn于是bn1(n1) 1 n1,即当n 2时,是首项和公差均为1的等差数列.由（I ）得(II)Cn2anan 12 an , anbnbn 11.Tn1、2»2，由-得It2 n41 (扩2t" 2 (2)n 1,n / 1 2(?) 43(1)31 (1)2(ng)311)( )n，所以24 (2)42(1)3(n 1)(2)n(n 1)(1)n12(n 1)(1)n2(2)nTn1 12n 32n(nTn5n2n 15n2n 13)(2n 2n 1)(n2n(2n 1)于是确定Tn与5n的大小关系等价于比较2n与2n2n 11的大小1;222

9、2 1;232 3 1;2424 1;252 5;K可猜想当n3时2 2n 1.证明如下:证法1：（ 1）当n=3时，由上验算显示成立。（2）假设nk 1 时 2k 1 2g2k 2(2k 1) 4k22(k1) 1 (2 k1)2(k 1) 1所以当n k1时猜想也成立综合（1） （2）可知，对一切n3的正整数,都有2n 2n 1.证法2：当n2n (1 1)nC；cn c0C1 c 1 Cnn 2n 2 2n 1综上所述，当n1,2时 Tn5n2n 13时Tn5n2n 15、解（I）当n1 时，a11,a1又Q an5Sn1, an 15Snan 1an 5an1,即也an数列an是首项为

10、a114(1)n 十 1 ( 1)n公比为1一的等比数列,4（II）不存在正整数证明：由（I）知dk，使得Rn4 ( f)n4k成立。Q b2k 1b2k8(4)2k 11(4)2k二当n为偶数时，设n 2m(mN )二 Rn (bl b2)(b3 b4)L(b2m 1当n为奇数时，设n2m 1(mN )二 Rn (bl b2)(b3 b4)L(b2m 3对于一切的正整数n，都有Rn4k不存在正整数k，使得Rn 4k成立。1516k8mb2m 2) b2m4n2016k18(m15 16k 40 kk8. (161)(164)1)8m 4 4n155 一得14)nCnb2n 1b2n542n又

11、b13,b213,C23当n1时，T132当n2时，)由 bn4(III(143Tn4 25 (6、解(I)15 16n15 16n由题意，得an1 -n 2(16n 1)(16n 4)1 -n22525(16n)2 3 16n 4丄1 (丄)n2162J61161看1丄163，得694820y3成立的所有n中的最小整数为7,即b37.(u)由题意，得an 2n 1，对于正整数，由anm，得n根据bm的定义可知2k 1 时，bm；当m2k时,bmb2b2mb3b2m 1b2b4b2m2m.(m)假设存在p和q满足条件，由不等式 pn q m及p 0得n15 16nwT bm 3m 2(m N ),根据bm的定义可知，对于任意的正整数 m都有m q3m 1-3m 2，即P2p3p 1 mq对任意的正整数m都成立.当 3p 10 (或 3p 10)时，得p q3p(或12p q3p),这与上述结论矛盾!当3p 10，即 Pq,解得二存在P和q,使得bm 3mp和q的取值范围分别是7、解：因为对任意的n,点（n, Sn），均在函数bxr(b1,b,r均为常数）的图像上.所以得SnbnanSnSn1 bnz, n 1,r (b r)bnbn1(b 1)bn1又因为 an为等比数列所以r1,公比为b,所以an(b八I n 11)b(2 )当b=