高中数学数列专题练习

(圆满版)高中数学数列专题练习(精编版)(圆满版)高中数学数列专题练习(精编版)15/15(圆满版)高中数学数列专题练习(精编版)高中数学数列专题练习（精编版）1.已知数列annN是等比数列,且an0,a12,a38.求数列an的通项公式;(2)求证:11111；a1a2a3an(3)设bn2log2an1,求数列bn的前100项和.2.数列{an}中，a18，a42，且知足an2an1常数C求常数C和数列的通项公式；(2)设T20|a1||a2|L|a20|，(3)Tn|a1||a2|L|an|,nN2n,为奇数；3.已知数列an=－为偶数；，求S2n2n1,n4.已知数列an的相邻两项an,an1是对于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,且根源于网络a11.求:数列an12n是等比数列;3求数列bn的前n和Sn.5.某种汽用10万元，每年交保、养路及汽油合9千元，汽的修均匀第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，⋯，各年的修均匀数成等差数列，种汽使用多少年最合算（即便用多少年，年均匀用最少）？从社会效益和效益出，某地投入金行生境建，并以此展旅行，依据划，今年度投入800万元，此后每年投入将比上年减少1，今年度当地旅行收入估400万元，5因为建旅行的促作用，此后的旅行收入每年会比上年增添1.4(1)n年内(今年度第一年)投入an万元，旅行收入bn万元，写出an,bn的表达式；最少几年，旅行的收入才能超投入？在等比数列{an}(n∈N*)中，已知a1＞1，q＞0．bn=log2an，且b1＋b3＋b5=6，b1b3b5=0．求数列{an}、{bn}的通公式an、bn；若数列{bn}的前n和Sn，比Sn与an的大小．根源于网络已知数列{an}的前n和Sn，且an是Sn与2的等差中，数列{bn}中，b1=1，P（bn，bn+1）在直x-y+2=0上。（1）求a1和a2的；ab（2）求数列{a}，{b}的通和；cnnncnnn和Tn。（3）an·bn，求数列{的前n=}9.已知数列an的前n和Sn,a11且SnSn1an11，数列bn足b1119且4243bnbn1n(n2且nN)．（１）求an的通公式；（２）求：数列bnan等比数列;（３）求bn前n和的最小．已知等差数列an的前9和153．（1）求a5；（2）若a28，2n，按本来，从数列an中，挨次拿出第二、第四、第八，⋯⋯，第的序成一个新的数列cn，求数列cn的前n和Sn.根源于网络已知曲C：yex（此中e自然数的底数）在点P1,e的切与x交于点Q1，点Q1作x的垂交曲C于点1，曲C在点1的切与x交于点，点作x的垂交曲PPQ2Q2C于点P2，⋯⋯，挨次下去获得一系列点1、P2、⋯⋯、Pn，点Pn的坐xn,yn（nN*）．P（Ⅰ）分求xn与yn的表达式；n（Ⅱ）求xiyi．i112.在数列an中，a2,an1ann1(2)2n(nN,0)1（1）求：数列{an(2)n}是等差数列；n（2）求数列an的前n和Sn；13.在等差数列an中，公差d0，且a56，（1）求a4a6的．（2）当a33，在数列an中能否存在一am（m正整数），使得a3，a5，am成等比数列，若存在，求m的；若不存在，明原因．（3）若自然数n1,n2,n3,,nt,,(t正整数)足5<n1<n2<<nt<，使得a3,a5,an1,,ant,成等比数列，当a32，用t表示nt根源于网络14.已知二次函数f(x)ax2bx知足条件:①f(0)f(1);②f(x)的最小值为1.(Ⅰ)求函数f(x)的解析式;8f(n)(Ⅱ)设数列{an}的前n项积为Tn,且Tn4,求数列{an}的通项公式;5(Ⅲ)在(Ⅱ)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.已知函数f（x）=x2－4，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）（nN+），（Ⅰ）用x表示x；nn+1（Ⅱ）若x1=4，记an=lgxn2，证明数列｛an｝成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；xn2（Ⅲ）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3.数列专题练习参照答案解：(1)设等比数列an的公比为q.则由等比数列的通项公式ana1qn1得a3a1q31,q284,2根源于网络又an0,q2LL2分数列an的通项公式是an22n12nLL3分.2111L1a1a2a3an1111111L22n2222232n11211nLL6分,2Qn1,111LL7分,2n111L11LL8分.a1a2a3an3由bn2log22n12n1LL9分,又Qbnbn12n12n112常数,数列bn是首项为3,公差为2的等差数列LL11分,数列bn的前100项和是S100100310099210200LL12分22．解：（1）C＝－，an－n2102(2)Tn|a1||a2|L|a5|｜a6|L=a1a2La5－(a6+a7Lan)=2(a1a2La5)－(a1a2L=2S5－S20=260

|an|a5+a6+a7La20)9n－n2,n5(3)Tn40－9nn2,n53.解：Saa2aa(aaaa－)(aa4a6a)n132n1352n122n（21＋23＋25＋22n-1)(3711)－n)3n）42(14n(n-11－422(4n－1)n2n234.解：证法1:∵an,an1是对于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,n∴anan12,bnanan1.根源于网络由anan12n,得an112n1an12n,33故数列an12n是首项为a121,公比为1的等比数列.333证法2:∵an,an1是对于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,anan12n,∴bnanan1.an112n12nan12n1an12n∵3331,12n12n1ananan2n333故数列an12n是首项为a121,公比为1的等比数列.33312n(2)解:由(1)得an12n11,即an1.n1n333∴bnanan112n1n2n11n1122n192n1.9∴Sna1a2a3an1222232n1121n3n1.12n121325.解：维修费＝0.20.40.60.2n0.2(n1)n0.1n20.1n4分2总开销＝10＋0.9n0.1n20.1n100.1n2n6分均匀开销＝100.1n2n0.1n101nn139分n10时，汽车报废最合算10分根源于网络解：(1)第1年投入800万元，第2年投入800×(1－1)万元，⋯5第n年投入800×(1－1)n－1万元，所以，n年内的投入5an×－1⋯×－1n－1n×－1k－1)+)=)=800+800(15+800(15800(15k1=4000×［1－(4)n］5第1年旅行收入400万元，第2年旅行收入400×(1+14

)，⋯，第n年旅行收入400×(1+1)n－1万元.所以，n年内的旅行收入4bn×1⋯×1k－1n×5k－1)+)=)=400+400(1+4+400(1+4400(4.k1=1600×［(5)n－1］4最少n年旅行的收入才能超投入，由此bn－an＞0，即：×［(5n－1］－4000×［1－(4nx=(4n16004)5)］＞0，令5)，n＜2代入上式得：x2－x＞0.解此不等式，得x＜2，或x＞1(舍去).即(4)，57+2555由此得n≥5.∴最少5年，旅行的收入才能超投入.7.7.解∶(1)由题设,有ana1qn1,Qa11,q0,数列{an}是单一数列,又bnlog2an,b1b3b50及知,必有a5即0.a111,b5由b1b3b56及b50,得b1b36,即log2a1a36,a1a32664,即a2264,a28.a5a2q38q31,q1.由a2a1q得a116.2ana1qn116(1)n125n；bnlog2an5n.(6分)2(2)由知5n,Snn(b1bn)n(9n)(1),bn22.当n≥9时,Sn≤0,an0,anSn;当或时或或Sn;n12,S447;an168,an当、、、、、时、、、、、111,anSn.、、、、、n345678,Sn91010974,an421482综上所述当或或≥时有anSn;,n12n9,当n、、、、、时有an分345678,Sn.(13)解：（1）∵an是Sn与2的等差中∴Sn=2an-2∴a1=S1=2a1-2，解得a1=2根源于网络a1a2S2a2-2，解得a2=4···3分+==2（2）∵Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2，Sn—Sn-1=an，(n2,nN*)an=2an-2an-1，∵an≠0，∴an2(n2,nN*)n1nnan1，即数列{a}是等比立∵a=2，∴a=2∵点Pbn，bn+1在直x-y+2=0上，∴bnbn+1，()-+2=0，···分∴bn+1bn，即数列{bn是等差数列，又b1，∴bn=2n-18-=2n}=1（3）∵cn=(2n-1)2Tn=a1b1+a2b2+····anbn=1×2+3×22+5×23+····+(2n-1)2n，2Tn=1×22+3×23+····+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1所以：-Tn=1×2+(2×22+2×23+···+2×2n)-(2n-1)2n+1，即：-Tn×2+(234····n+1nn+1，=1+2++2)-(2-1)2nnn+1∴T=(2+6··14分-3)29.解：(1)由2Sn2Sn12an11得2an2an11,anan11⋯⋯2分1n12∴ana1(n1)d⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分24(2)∵11bn1n,∴bn3bn13n,3bn∴bnan1bn11n1n11bn11n11(bn11n3);3324364324bn1an1bn111bn113(n1)n2424∴由上边两式得bnan1,又b1a1119130bn1an1344∴数列bnan是以-30首,1公比的等比数列.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分(1)n1，∴bn3(1)n11n130(1)n(3)由(2)得bnan30an30133243bnbn11n130(1)n11(n1)130(1)n2243243=130(1)n2(11)120(1)n20，∴bn是增数列⋯⋯⋯11分23323当n=1,b1119；当n=2,b23；当n=3,b3510；当n=4,4<0410<043<0b4710>0，所以,从第4起的各均大于0,故前3之和最小.419101⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分且S3(135)3010414312根源于网络10.解：（1）S99(a1a9)92a59a5153a517⋯⋯⋯5分22（2）数列a2a1d8a15an的公差d，a14d17d3a5an3n2⋯⋯⋯9分Sna2a4a8⋯a2n3(248⋯2n)2n3·2n12n6⋯12分11.解：（Ⅰ）∵yex，∴曲C：yex在点P1,e的切方程yeex1，即yex．此切与x的交点Q1的坐0,0，∴点P1的坐0,1．⋯⋯2分∵点Pn的坐xn,yn（nN*），∴曲C：yex在点Pnxn,yn的切方程yexnexnxxn，⋯⋯4分令y0，得点Qn1的横坐xn1xn1．∴数列xn是以0首，1公差的等差数列．∴xn1n，yne1n．（nN*）⋯⋯8分n（Ⅱ）∴xiyix1y1x2y2x3y3xnyni1S－1－2－3－41－n(1)－e－2e－3e－4e－－(1－n)eeS－0－1－2－32－n(2)－e－2e－3e－4e－－(1－n)e(1)－(2)获得：－e)S1－1－2e2－n－－1－n(1ee(1n)ee1－1－n(1n)eS－2[n－1]－－e)(e1)e(1⋯⋯14分12.解：（1）由an1ann1(2)2n,(nN*,0)，可得an1(2)n1an(2)n1n1n所以{an(2)n}是首0，公差1的等差数列.n（2）解：因an(2)nn1即an(n1)n2n,(nN*)nTn223(n2)n1(n1)n⋯⋯①Tn324(n2)n(n1)n1⋯⋯②根源于网络当1，①②得(1)Tn234n(n1)n12(1n1)(n1)12n1(n1)Tn)21(1

n1n1(n1)n2nn12(1)213.解：（1）在等差数列an中，公差d0，且a56，2a5a4a6,a4a612⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分（2）在等差数列an中，公差d0，且a56，a33a12d3d=30,an3nN4d6,a1n1a122又Qa52a3am363am,12=3m1,m=9⋯⋯⋯7分2（3）在等差数列an中，公差d0，且a56，a32a12d2d=2,a12,an2n4,nN4d6a1又因公比qa563,首a32，antt1a3223又因ant2nt4,2nt423t1,nt3t12nN⋯⋯⋯⋯12分ab0a1212114.解:(1)由知:a0,解得,故x分f(x)x.⋯⋯⋯2b21b12224a8(2)Tna1a2Lan45

n2n2,(n1)2(n1)42Tn1a1a2Lan1(n2),5Tnn1an4,Tn1(n2)54n1又a1T11足上式.所以an(nN)⋯⋯⋯⋯⋯7分5根源于网络(3)若5f(an)是bn与an的等差中,25f(an)bnan,进而10(1an21an)bnan,得bn5an26an5(an3)29.2255n1因an4(nN)是n