华师一附中高二数学《数列》专题试卷带答案

1．已知{an}是单调递增的等差数列，其前n项和为Sn.{bn}是公比为q的等比数4,S42.(1)求{an}和{bn}的通项公式；{cn}的前n项和Tn.(1)求an及Sn；(2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.(1)求数列{bn}的通项公式；(1)求{an}的通项公式.为等差数列？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.(2)设数列{bn}满足bn=ln，Sn为数列{bn}的前n项和，若λ>在neN*上恒成立，求λ的取值范围.6．已知数列{an}是以2为公差的等差数列，且a1,a2,a4成等比数列，记数列{an}的前n项和为Sn.(1)求Sn；7．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=，且数列{an}中的第2项项依次组成某等比数列的连续3项（公比不等于1）.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn=(n，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值与最小值.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{3n-1an}前n项和Bn；(3)若bn=S2nan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围.(1)求数列{an}的通项公式;(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{bn}满足bn=，记数列{bn}的前n项和为Tn，11．已知数列{an}是公差为1的等差数列，且a1+a2=a3，数列{bn}是等比数列，且(1)求{an}和{bn}的通项公式；23n(3)记cn=〈,n=2k-1其中kE**，求数列{cn}的前2n项和S2n.12．已知数列{an}满足an=，求数列{an}的前n项和Sn.(2)若bn=Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.14．已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1且Sn+1=3Sn+1(nEN*)；等差数列{bn}前n项和(1)求数列{an},{bn}的通项公式；+n，若vλ>0，对任意的正整数n都有λ2-kλ+>恒成立，求k的最大值.15．已知数列{an}满足an+1-an=2，其前8项的和为64；数列{bn}是公比大于0的等比数列，b(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn=，nE**，求数列{cn}的前n项和Tn；n,n=2k-1,kEN**，求S2n=dk.16．已知数列{an}是首项为1的等差数列，数列{bn}是公比不为1的等比数列，且满足2354n（3）若数列{dn}满足d1=1，dn+dn+1=bn，记Tn=，是否存在整数λ,使得对任意的neN*都有1<λTn-<2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.(1)证明：{an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式.(2)设bn=tn(2n-1)an,(t产0)，若数列{bn}是等差数列，求实数t的值；(3)在(2)的条件下，设cn=(neN*),记数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意的n,keN*,存在实数λ,使得λ.Tn<bk+1,求实数λ的最大值.18．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn,a7=15,S7=63；数列{bn}的前n项和为n,nn,nn(1)求数列{an},{bn}的通项公式；lSnJn(b,n=2k-lSnJn(b,n=2k-1*，求ci.||||nnn||ll【分析】（1）根据题意结合等差、等边数列的通项公式列式求解即可；（2）利用分组求和，结合裂项相消法和错位相减法运算求解.n-12n，nn，5n+2，两式相减得35n+22当n为偶数时，则当n为偶数时，则n.2n2n设||||n+2||lBn4n||||n+2||ln,n为奇数n,n为奇数nn24n1)nnnn1n+2 +nn124n)n1n1 +||n2n+29【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解，（2）根据裂项求和即可求解.，nn+12222==n2n2，n2n（n（(2)证明见解析【分析】（1）借助Sn+1-Sn=an+1构造等比数列算出an-1，即可求出bn；n裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证.+4an-3，得Sn+1-Sn=4an-3，:an+1=4an-3，:数列{an-1}是以1为首项，4为公比的等比数列，:an-1=4n-1=22n-2，2(an-1:bn=log222n-2+3=2n+1.nnn当n2:T>-，由Tn+2-Tn>0，可知{Tn}是递增数列，综上，:Tn2n2-11nn-S=-，裂项相消法求和得到Tn=4-，变形得到mTn而根据等差数列的定义得到m= 1.2an2 =n-22n-12-1综上，{an}的通项公式为an=4nTn4n4n,其他m值均不合要求，225．(1)证明见解析n2-lnn2，进而求得Sn=2ln(n+1)，结合题意，转化为即λ>恒成立，结合基本不等式，即可求解.n=an2-lnn2，2，因为若λ>在nEN*上恒成立，nn所以λ>max，所以max=，所以λ>，即实数λ的取值范围为(,+“).n【分析】（1）根据等比中项结合等差数列基本量的求解即可得首项，由等差求和公式即可求解，（2）根据作差法可得n>2时bn=-，即可利用裂项相消法求解和.nn-1两式相减可得bn=-，所以从而99n(2)最大值，最小值.差通项公式列方程求公差，即可得通项公式.（2）由（1）得bn通项公式，裂项相消求Tn，分n为奇数和偶数两种情况讨论求最值.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**)，数列{an}为等差数列，2所以an=2n-1，又a1=1也符合上式，故数列{an}的通项公式为an=2n-1，ne**.nTnT当n为偶数时，综上，Tn有最大值，最小值.nn-n>2，求得数列{an}的通项公式.=(2n-1)3n-1，然后利用错位相减法求得前n项和Bn（3）由（1）求得Sn的表达式，然后利用裂项求和法求得{bn}的前项和Tn，利用差比较法证得数列{Tn}递增，进而求得Tn的取值范围.nn=4Sn-1，得a+1+2an+2-an2-an所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.两式相减得-2Bn=1+2x(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)3n-1n-1=-(2n-2)3n-1-2n令f(n)=1-，则f(n+1)-f(n)=-=>0所以f(n)是单调递增数列，数列{Tn}递增，nnn=**)||||>2时，取递推关系中的n=n-1可求an(n>2)，由此可得数列{an}的通项公式；22-1n(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件利用等差数列的通项公式和求和公式得到关于首项和公差的方程组，求得首项和公差，然后利用通项公式求出结论；（2）利用等差数列前n项和公式，求得Sn=n2，进而得到bn=，然后利用裂项相|，最后利用不等式的基本性质证明结论.，:an=1+2(n-1)=2n-1.n2，:bn===-2，累加相消得T2-(n2)nn,(n(2)证明见解析*)【分析】（1）结合等差数列与等比数列的通项公式及题目条件，用基本量表达条件中的式子，即可求得两数列的首项与公差公比，代入通项公式即可；（2）根据第一问写出dn表达式，再用裂项相消法化简式子，最后放缩即可证明；（3）将前2n项和分成奇数项之和加上偶数项之和，分别求解奇数项和偶数项再相加即可.∴a1设数列{bn}的公比为q，(b.(bq)=bq2(b.(bq)=bq2qn，n，∴dn= 2n+12x2n2x(2n+12n)2nnnnn+：neN*，nn2n12n+3n，*)，42n24，242n， n+2]，将Sn分成两组，一组为等比数列求和，一组Bn24n+2]，将Sn分成两组，一组为等比数列求和，一组: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为裂项相消求和.n+2n+2n+2n+23+(223-34)n+2 31-2n+22n+2.(2)-2nn-Sn-1(n（2）求出bn利用裂项相消可求得其前n项和Tn.2nn，nn.所以Sn+1=Sn，n.2n，nn等比数列.(2)-3(3)2【分析】（1）根据Sn与an的关系证明{公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求{an}，{bn}的通项公式；（2）利用裂项相消法求和即可；由此可得k=λ+，结合基本不等式求k的最大值.n22n，所以{an}为首项为1，公比为3的等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则Bn2n-1nPnnnnn所以一一3n2所以Vλ>0,λ2一kλ+>恒成立，即k<λ+恒成立，因为λ+>2，当且仅当λ=，即λ=1时等号成立，所以k<2，故k的最大值为2.nn**【分析】（1）根据条件得到等差数列的公差，利用前n项和公式，求出首项，得到通项公式，设出公比，得到方程，求出公比，写成通项公式；（2）写出{cn}的通项公式，利用裂项相消法求和；2n2n-1)，其中d2462n利用错位相减法求和，d1+d3+d5+...+d2n-1分n为偶数和n为奇数情况求解，最终求出S2n；数和n为奇数两种情况求解，最终求出S2n.n+1-an∴数列{an}是公差为d=2等差数列，且S8=64，设等比数列{bn}的公比为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两式相减得，n+1)n+1)11*.(-.an,n为奇数|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*.【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：nn-1n2）证明见解析3）存在整数λ=5，使得对任意的ne**都有1<λTn-<2成立，理由见解析.【分析】（1）利用等差等比数列的基本量表示已知条件，解方程组得到基本量，利用等差等比数列的通项公式得到答案；（2）根据（1）的结论得到数列{cn}的通项公式，利用指数的运算裂项，相消求和后得到Sn的表达式，判定单调性，然后利用不等式的基本性质即可证明；（3）假设存在满足要求的整数λ,取n=1,2,3得到λ的范围，进而求得λ的值为5，然后证明当λ=5时，对任意的ne**，都有1<λTn-<2成立．为此先要根据dn+dn+1=bn，利n-ndn+1，然后利用作差法证明即可.【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，11n-1n.nbn n+1n3)4(又因为对任意的nN*，都有Sn单调递增，所以对任意的nN*，都有1Sn成立；（3）假设存在满足要求的整数，令n1，则12，解得59；令n2，则1()2，解得；令n3，则1()2，解得；所以5，又已知Z，故若存在，则5.下证：当5时，对任意的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-()而对任意的nE**，2-2.()n单调递增，即对任意的nE**都有1<5Tn-所以，存在整数λ=5，使得对任意的nE**都有1<λTn-<2成立.【点睛】本题考查等差比数列得综合问题，涉及等差等比数列的通项公式，求和公式，裂项求和法，存在性问题和探索性方法，考查不等式的证明，属难题.nn证明过程见解析（2）t=（3）nn-1n+2nn，(n之2)，再分奇数项，偶数项分别求通项公式即可得解；（3）由已知有cn=2(-)，由裂项求和法求数列前n项和得Tn=2(1-)，由分离变量最值法可得λ<()min，运算即可得解.n+2n