(完整版)高考数列专题练习(整理)

(完整版)高考数列专题练习(整理)1.已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，求an及其前n项和Sn；令bn=1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn。2.已知递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=28，且a3+2是a2、a4的等差中项，求an的通项公式；若bn=log2(an+1)，Sn是数列{anbn}的前n项和，求Sn。3.等比数列{an}为递增数列，且a4=220，a3+a5=239，（1）求数列{bn=log3n(n∈N)}的前n项和Sn；（2）Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1，求使Tn>成立的最小值n。4.已知数列{an}、{bn}满足：a1=1，an=an-1+bn-1(n≥2)，b1=1，bn=an-1(n≥2)，求b1、b2、b3、b4；求数列{bn}的通项公式；设Sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an+an(an+1)，求实数a为何值时4aSn<bn恒成立。5.在数列{an}中，Sn为其前n项和，满足Sn=kan+n-n(k∈R，n∈N*)；bn=1，an+bn=1，bn+1=41-an2，（I）若k=1，求数列{an}的通项公式；（II）若数列{an-2n-1}为公比不为1的等比数列，且k>1，求Sn。6.已知数列{an}中，a1=4，an+1=2(an-n+1)，（1）求证：数列{an-2n}为等比数列；（2）设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn≥an+2n，求正整数n的最小值。7.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2an+n，且bn=an-1/an，（1）求证：{an-1}为等比数列；（2）求数列{bn}的前n项和。8.已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足an=32Sn-1/Sn，（1）求Sn的表达式；1.求数列{an}的通项公式；已知数列{an}的首项a1=3an3*，an+1=52an+1，其中n∈N。改写为：求数列{an}的通项公式，已知a1=3an3*，an+1=52an+1，n∈N。2.（1）求证：数列{an}={1,-1,an}为等比数列；（2）若Sn<100，求最大的正整数n。记Sn=11+++a1a210，已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N，有n，an，Sn成等差数列。改写为：（1）证明数列{an}={1,-1,an}为等比数列；（2）当Sn<100时，求最大的正整数n。已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N，有n，an，Sn成等差数列。记Sn=11+++a1a210。3.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=a(Sn-an+1)（a为常数，a≠0，a≠1）（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=an+Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求a的值；（3）在满足条件（2）的情形下，cn=an+1an-1，求证：数列{cn}的前n项和为Tn。改写为：（1）求数列{an}的通项公式，已知前n项和Sn=a(Sn-an+1)（a为常数，a≠0，a≠1）；（2）设bn=an+Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求a的值；（3）在满足条件（2）的情况下，cn=an+1an-1，证明数列{cn}的前n项和为Tn。4.正数数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an+1。（1）试求数列{an}的通项公式；（2）设bn=an+1an，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<11。改写为：（1）求数列{an}的通项公式，已知正数数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=an+1；（2）设bn=an+1an，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<11。5.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，且S5=30，又a1,a3,a9成等比数列。（1）求Sn；（2）若对任意n>t，n∈N，都有an>1，求t的最小值。改写为：（1）求数列{an}的前n项和Sn，已知{an}是公差不为零的等差数列，且S5=30，a1,a3,a9成等比数列；（2）若对任意n>t，n∈N，都有an>1，求t的最小值。6.已知数列{an}满足：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）求证：数列{an-1}是等比数列；（2）令bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3...)，如果对任意n∈N，都有bn+t≤t2，求实数t的取值范围。改写为：（1）证明数列{an-1}是等比数列，已知数列{an}满足：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）设bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3...)，如果对任意n∈N，都有bn+t≤t2，求实数t的取值范围。7.在数列{an}中，a1=1，an+1=3an+(n+1)·3n(n∈N*)。设bn=an+1，求证：数列{bn}是等比数列。改写为：已知数列{an}，其中a1=1，an+1=3an+(n+1)·3n(n∈N*)，设bn=an+1，证明数列{bn}是等比数列。16.(1)已知数列{a_n}的前n项和为S_n，(p-1)S_n=p^2-a_n，其中p>0且p≠1，数列{b_n}满足b_n=2log_pa_n，若p=[b_1/2a_1]，设数列{n}的前n项和为T_n，证明：0<T_n≤4。首先，我们可以将(p-1)S_n=p^2-a_n化简为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)。因为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。因为p>0，所以2a_1p<b_1<2a_1(p+1)，即2a_1p<b_1<=2a_1p+2a_1。我们考虑证明T_n>0。因为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)+...。因为p>0，所以这个级数是收敛的，因此T_n有下界，即T_n>0。接下来我们考虑证明T_n≤4。因为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。因为b_n=2log_p(p^2-(p-1)S_n)，所以b_n<=2log_pp^2=4，因此b_1<=4。因为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。因为(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)，化简得到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，即证毕。(2)是否存在自然数M，使得当n>M时，a_n>1恒成立？若存在，求出相应的M；若不存在，请说明理由。假设存在自然数M，使得当n>M时，a_n>1恒成立。因为a_n=p^2-(p-1)S_n，所以a_n>1等价于S_n<p^2/(p-1)-1/(p-1)。因为p>1，所以p^2/(p-1)-1/(p-1)>0，因此S_n>0。因为T_n=S_1+S_2+...+S_n，所以T_n>0。又因为T_n<=4，所以存在一个正整数M，使得当n>M时，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)，但是这个不等式在n趋近于无穷大时不成立，因此假设不成立，即不存在自然数M，使得当n>M时，a_n>1恒成立。17.设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=(m+1)-ma_n对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m<-1。(1)求证：{a_n}是等比数列。因为S_n=(m+1)-ma_n，所以a_n=(m+1-S_n)/(m+1)，因此a_n与S_n成反比例关系，即a_n=k/S_n，其中k为常数。因为m<-1，所以m+1>0，因此k>0，即a_n与S_n成正比例关系。因此{a_n}是等比数列。(2)设数列{a_n}的公比q=f(m)，数列{b_n}满足：b_1=a_1，b_n=f(b_{n-1})(n>=2,n∈N)，求数列{b_n*b_{n+1}}的前n项和T_n。因为{a_n}是等比数列，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)。因为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)。因为{b_n}满足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)。因为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。因为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)。因为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)