高中数学数列解答题强化训练（解析版）

专题03高中你数学数列解答题强化训练

I.设％,。2,…，M为非负数，求证：

J%+a?+,,,+an+J%+a?+…+a“+Ja?+…+a*++>J%+4a2+9a.+…+史册.

【答案】见解析

【解析】

当n=l时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+l时，对于任意k+1个非

负数…,a*,am，根据归纳假设有

a+aaaaa2

y/23■1---k+i+V3*1----,■k+i---1■y/k+i2Jg+4a3+9a44---1-fcak+1,

从而

J%+a?+.“+4+1+y/a2+a3+―+ak+1+…+^ak+1>

2

《a、+a24---Fa—+y/a2+4a3+9a44---^kak+1

;

卜面证明、/at+a?+…+a*+±+^/a2+4a3+,,,+ka^+1>+4a2++(k+①

由柯西不等式可得

[(Va?)2+(V@)~+1••+•[(v瓦)2+(2正)'+…+(fcV°k+Z)"]2(丫瓦•后+、，④•2晒+

应•3VaI+

2

即(。2+…+Qjc+i)。+4a3+…+妒％+i)2(a2+2Q?+3a4+…+fctz^+1).

于是有JSi,+%+…+。7+1.)•+4a?+…+12。*+])>(a2+2a34-3a4…+“+!.)•

2

故(J5+。2+…+Qk+i++4a3+…+k2cik+i)2Qj.+4a2+…+(k+l)flfc+i«

从而JQ1+a2+…+Qjf+i+个a2+4a+・•・+卜25+1>个a*+4a?++(A+

即①式成立.

由数学归纳法可知，对任意的非负实数…，品结论均成立.

2.已知数列｛册｝的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列｛%｝前n项和为又,

且7两足S5=204+

⑴求数列｛5｝的通项公式：

⑵若Gm+Qm+1=Qm+2，求正整数m的值；

(3)是否存在正整数m,使得恰好为数列｛4,｝中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在,

^2m-l

说明理由.

“公心.1rm为奇数

【答案】(1)册=n(2)m=2(3)m=1或m=2

(2-3厂，为猗数

【解析】

试题分析：(1)数列｛aj通项分奇偶求：方法为待定系数法，注意项数，由55=2%+(1549=%+£14可解

得公差及公比，从而a?女==2•3"-：,a2k-i=+(k-l)d-2k-1.因此

TUI为春数

an=C(2)由于数列｛册｝通项分奇偶，因此从奇偶分别讨论：若

2•3亡~门为偎数

m=2fc(kcN*)则a?山次+工=。2"2,解得m=2；若m=2k-l(fceN*),即%"%=叫,解得k=i,

舍(3)先求和£m-i=(。工+(Q?m.i)+(。2+。4+・・・+。2m_2)=3m-1+m2-1,限定

工==3_W3，而工■为正整数，即』•只能为%,出43,分类讨论得

SmT+a.:m£丁-；)

$2ETS2ET3'+E2TS2m-1$2吁1工’3

m=1或m=2.

试题解析:⑴设%,%，。5…-，J…的公差为d.

。2，。4,…r…•的公比为Q，则=。2•q=2q,Q?=%+d=1+d,。9=Q1+4d

d4=2a4+a5(a4=ax+a2+a3

叫a9=a3+a41al+4d=%+d+2q

故k=5q，i-2.31

a211T=ax+(k—l)d=2k—1

■nn为奇数..

｛2­3—n为点J7

(2)由0m—=am+2,若m=2k(kcN*),则叼皿1=2"+2

即2k+1=3nk=1,即m=2

若m=2k-l(keN*),即a2t-ia2t=a2M

即(2"1)23J=2k+l

2

2—二

为正整数

•••一一为正整数，即2k-1=1

2k-l

即k=l，此时式为2•3°=3不合题意

综上，m=2.9分

⑶若工为｛册)中的一项，则二迎为正整数

$2ET^2m-l

又52m-1=(ai+Q3+…(Q2m-1)+(a2+Q4+…+。2市-2)

zn(l+2/n-l)2(3--1)I…、4

=-----------------+t—--：-----=3m*+m,-1

Z3-1

.S-m_Szm-i+a2m=2(m2-1)

”_—Szm-i_

故若餐为｛品］中的某一项只能为a,,a,,a3

$2ET

YE?.1)

①若3—=1=无解

3m-l+m2.1

②若3-十!N-=2=3m-2+l-m2=0,显然m=l不符合题意，m=2符合题意

3m-1+rn2-l

当m>3时，即/'(m)=3m-i+l-m2,则f'(m)=3m-1ln3-2m，r(^)=3m-i(ln3)2-2>0

即「(m)=3m-lln3-2m为增函数，故r(m)>f'(3)>0,即/'(m)为增函数

故/'(m)>/(3)=1>0,故当m23时方程3et+1-m2=0无解

即m=2是方程唯一解

③若3-3-wl誓-1+m*2-l=3=m2=1即m=1

综上所述，m=1或m=2.16分

考点：等差数列及等比数列综合应用

3.设等比数列｛册｝的前n项和为又，且册+i=2Sn+1(neN*).

(1)求数列｛&J的通项公式；

(2)在册与册+工之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为媒的等差数列，设数列｛怖｝的前n项和为7；,

求证：7；<-.

【答案】(1)册=3nY⑵见解析

【解析】

(1)由｛册I%—'；(：2),两式相减得即+1-册=2(5n-Sn_1)=24，

所以an+i=3an(n>2).

因为｛a/等比，且(：2=2%+1,所以3%=2al+1,所以%=1.

故。„=3rlT.

⑵由题设得=册+(n+l)dn,所以W=产T=辛？

所以2乙=2+：+a+…+券，

所以7；=竺一注c竺.

719£尸-1g

4.数列｛册｝为等差数列，且满足3a5=8%2>0,数列｛&J满足

bn=an-an+1-an+2(rieN*),｛%］的前n项和记为无.问：当n为何值时,5n取得最大值，说明理由.

【答案】16

【解析】

因为3a5+8a12>0,所以3a5=8(Q5+7d).解得as=-yd>0.

所以d<0,a：=——d.

故｛aj是首项为正数的递减数列.

'Qn20-jd+(n-l)d>0

由即4，解得15：MnV16：

°n+l—°--d+nd<0

即Q”>0,a17<0,所以％>a2>a3>…>a16>0>a17>a18>…,

所以瓦>b2>b2>…>>0>瓦7>尻g>…,

而=<05^16-处6。17。］。>。・

故又4>^13>…>S］，>5工5,5工5<$工6>S工6>S［7>«^1S>

又又6-S：4=/5+^16=fl16ai7(fl15+fl19)

/6,9\3,

aa

=i6i?\55=5da±6a17>0

所以又中又6最大，即n=16时，Sn取得最大值.

5.在数列中，4、是给定的非零整数，an+2=|an+1-an|.

(1)右％6=4,a”=1,求&2019；

(2)证明：从匕门中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项.

【答案】⑴1(2)见解析

【解析】

(1)因56=4,a&g=3,%9=2,G'O=1,&2[=1,&22=°，

。23=1，&24=1，02s=0'••••

所以自第20项起，每三个相邻的项周期的取值为1,1,0.

又2018=194-666x3+1,故a201g=1.

(2)首先证明：数列｛a“｝必在有限项后出现"O''项.

假设｛外,｝中没有“0”项，由于%+2=|%+1—册|,所以当H23时，都有册之L

若册+工>an>则品+2=an+i-an<an+1-l(n>3).

若心+工<an,则%+2=an-an+iW%-l(n>3).

即4+2要么比%+工至少小1，要么比M至少小1，

令n=],2)3，…，则0〈%+1M

ka2n+2^a2n+lva2n+2

由于无是确定的正整数，这样下去，必然存在某项九<0,这与%>0矛盾，

故｛a』中必有"0”项.

若第一次出现的“0”项为品，记MT=M(Mh0),

则自第n项开始，每三个相邻的项周期的取值0、M、M,

即品+以=°，册+2“+1="‘，Qn+2k+2=Z=°，1，2,...

所以数列｛an｝中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.

6.已知数列｛。八｝满足：A=1>Qn+i=册+W(ncN").记

n

Z『肃求'"Tn的值。

【答案】5"+兀=1

【解析】

因为斯+1=Qn+an1所以即+1=%(1+4).所以；二=詈，

工十an>|

故S=”.生.生.....旦=马_==_.

fl2fl3fl4an*lan*laK*l

所以-^―二-广--=-----,所以~^二^-----,

Xan++1=an(l+an)»

On+lanCl+On)Or，l+anl+a«an

n

1H-----------=-----二-=1----

Z女=i1+5=ala2a2a30nan+ialan*l/♦!1

因此又+7；=1.

7.已知数列｛册｝中&=：,%+1=|an+^~?(neN,),

(1)求数列｛%J的通项公式；

(2)求数列｛%｝的前n项和%

【答案】⑴册=W2)S"=6—要一

【解析】

⑴由=；%+辨(neM)知2计&+1=2"an+2n+l(neiV)

n

令心=2an,则瓦=1且M=bn+2n+l(neN*)

由》n=Sn-bn_J+Qn-*-bn-.)+…+(%—无)+瓦=(2n—1)+••-+3+1=n

(2)由题意知£=5+?+捺+5+…+献+5

所以洛+知+*..+答+w

两式相减得三5"=±+5+5+三+三.“+色/-£

2nj”j324J*2K2'一，

设图="/+/+芯+方…+喑，再利用错位相减法求得7k=3一堂

所以Sn=6-法-三=6-二塔.

•»2T5T21*2匕

8.已知数列｛时｝满足：ai=Lan+i=；W+7n(ncN，)，若对任意正整数兀，都有册<4,求实数7n的最大

值.

【答案】m的最大值为2.

【解析】

因为%>+，一%=酒一品+m=；(/-4)2+m-2>m-2,

故On=4+EkZi(ak+i-Ok)1+(m-2)(n-1).

若m>2,注意到n—+8时，(m-2)(n-1)—+8.

因此，存在充分大的兀，使得1+0-2)(71-1)>4,即册>4,矛盾！

所以，m<2.

又当m=2时，可证：对任意的正整数n，都有0<册<4.

当n=l,a1=1<4,结论成立.

假设兀=%(女21)时，结论成立，即0</<4,

则0<a—=2+<24-jX42=4,

即结论对0=%+1也成立.

由数学归纳法知，对任意的正整数n,都有0<an<4.

综上可知，所求实数m的最大值为2.

9.设实数X1，XI,X20I8满足琮+1=//+2（”=1，2,2016）和口弧¥仆=L证明:xioo9xioioM1•

【答案】见解析

【解析】

证明：由条件/，Xn+2同号•反证法，假设4009.“020>1.

（1）若X'Og,同为正数，由Xn,%+2同号可知X”X2,....X2018同号.

由X；+iWXn/+2=2^=22V汕£工21

+1

""+Xn47*3008*100»X1010

n^ioo9^ioioW^-loii^iooen^ioii*iooe>1

同理-=巫.-=X1007X1012>1.

*1007x1008*1007x1010x1011*1010

类似可证明：^1006^10131,“1.005X1,0工4〉L…，二工无2019>

因此n魏¥Xn>L矛盾.

（2）若Xiog,孙020同为负数，由Xn，Xn+2同号可知x”X2，…，X2018均为负数，仍然有

啾+1<*/+2=竽W泞，类似⑴可证得.

xn*n*l

10.将2献九N2）个不同整数分成两组。1，°2，…，。〃；bi，岳，…，狐证明:

21品/七一4一2n.

【答案】见解析

【解析】

证明：令及=£..」由一号|一£（向一/|+|%-&|）,

下面用归纳法证明7；>n.

当71=2时,不妨设4|<〃2,h\<h2f〃2<。2.

a

T2=|=-QJ+%-aj+1bl-aj+%-a21112-a1一电一瓦I，

当对<b1n乙=瓦一%一/-/+\b±-a2\>2；at>b.=>T2=b2-Q2-。「瓦>2.

假设对正整数〃成立，对正整数〃+1,

不妨设/<a2<••<an+1,b1<b2<•••<tn+1,an+i<以+=

再设M<Qn+I<九+i，则有：

^n+l—£：=/九+i-%|+£匕瓦+工-4I-£匕|4+1-aj

—比=1瓦+1-瓦।+瓦+1-Qfi+iI+4

下证£屋瓦+x-Qi|+比11bi-瓦I-%加2-/I-£匕瓦+L瓦|N0.

由⑴九V%+式2,...,H）,得到：

nnnnn

+i_atI+£瓦+，-Al-W%+i—田|—W山n+1-瓦I=2W（瓦一册+1）>0

ial1=1tsiisli=k+l

（2）若册+工（瓦，则

£%瓦+i-aj+£入瓦+「瓦I-£匕1册+1-片|-£匕瓦+1-瓦|=£工式瓦一an+1）>0.

11.已知数列｛aQ中，a，=Laz=:,且册+1=与普(《=23・“)

⑴求数列｛a“｝的通项公式；

(2)证明：对一切兀CN+，有Z：=1a

【答案】(：(见解析.

l)an=—3n―-2H6iV+);(2)

【解析】

(1)由己知，对兀之2有/一------

-7(n-l)an(n_1)0nn-1

上式两边同除以n并整理得」---^―=-(工一，

n0n+，(n-ljOrt\n-ln/

则wg

(k-l)at

即君:一2=一（一三）（心2）

故品;=机_（1一三）=怒

因此，a=-^（n>2）

n3n-z

又当九=1时也成立，故册=二^（兀6N.）

八371-2千

⑵当“22时，有破=云芬<研志石=；（舟一念）

所以，当心2时，有21破=1+£:破<i+：W1Gh一六）

又当几=1时，a?=1<-

6

故对一切neJV+>有EL破<匕

12.棋盘上标有第0,I,2，…，100站，棋子开始时位于第。站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏.若掷出正

面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败

集中营）是，游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为4.

⑴求心的值；

⑵证明：Pn+1-Pn=~j（P-Pn+1）（2<n<99）；

(3)求/9*&OO的值.

【答案】⑴京2词+】一Pn="匕-Pn_J(2<n<99)(3)/。=+哀)

【解析】

(1)棋子跳到第3站有以下三种途径：连续三次掷出正面，其概率在;；第一次掷出反面，第二次掷出正面，

其概率为:；第一次掷出正面，第二次掷出反面，其概率为：，因此？=

(2)易知棋子先跳到第n-2站，再掷出反面，其概率为:4_2；棋子先跳到第n-1站，再掷出正面，其概率

为:4_工，因此有

2

=2(4T+^n-2)»

即4一4T=-；(&T+Pn_2)，

也即--Pn-，)(2<n<99).

(3)由(2)知数歹ij｛4—4_J(nN1)是首项为国一4_J(nN1)/一用=j-l=-^,公比为一那等比数"J.

因此有&-=(-；)*：(为一为)=甯.由此得到

%=(一；)”+(*)"+…+H)+[=总一击)

由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有生“=衿9=：(1+/)

13.已知数列｛an｝的前n项和5fl满足25n—n0nneiVS且%=3.

⑴求数列的通项公式；

(2)设b“=^——=,7；为数列｛&J的前兀项和，求使〃>9成立的最小正整数兀的值.

an+i+an+lVan20

【答案】(l)an=1+2(n—1)=2n—1(2)50

【解析】

(1)由25n一na九=m得2sn+x-(九+1)。升1=n+L

将上述两式相减，得20n+i-(n+l)an+1+nan=1.

所以nan-(n-l)an+1=1.①

所以(n+一演2升2=L②

①一②，得nan-2nan+1+nan+2=0»

a

所以册+n+2=2an+i・

故数列｛Qn｝为等差数列.

又由25里一Q1=L及/=3,得%=｛an｝的公差d=2.

所以。„=1+2(n—1)=2n-1.

(2)由(1)知，b=-——、——r^=.

n(2n-l)V2n+i+(2n+i)%/2n-l

所以b=_______________i_________、

nV2n-1-V2n+1-(V2n-1-H'2n+1)

1-V2n+1-A-2n-l1(1

=­X-zzz^z-金).

2VZn-i-VZn+l2\V2n-lv'2n+i/

所以北=X专-：信-盍）+…+：（出1=

=2-高）

由一>崇所以高4,2”+1>1。0,n>^,

弟得2一熹）

所以使7；>5成立的最小正整数兀的值为50.

14.给定数列（/］。证明：存在唯一分解X"=%-Zn，其中，数列U%｝非负，｛Z.｝单调不减，且

%（马—ZJI-2）=°，z（）=0。

【答案】见解析

【解析】

0,

用数学归纳法证明.当n=1时，y1（,z1-z0）=y\z1=0=»或｛1；=1•若必-则已；=o"；若

Xx<0,贝.因此，当71=1时，命题成立.

假设当n=1）时，命题成立.则当n=k+1时，题设等价于

yk+i-（Z&+，-zD=Xk+i+Zk

心+：（Z-—个）=0=[_y^=°、或/竽=j+4消.若*k+-ZkNO,则

>0匕m-Zk——（父女+t+zQIzk^iZjj—。

｛z-z>0,z-0

k+1fco

产+：=**+：+Zk若x+Zk<0,则丝=,0•故当n=k+l时，命题成立.

（zk+i=zkfUk+i=-Ak+i

由数学归纳法，知对于任意的自然数n，命题均成立.

15.已知数列｛%｝满足册+1=-：册+表0162+）.求所有心的值，使得｛4｝为单调数列，即｛%｝为递增数

列或递减数列.

【答案】见解析

【解析】

依题意得册+1=-7n+就.

n+1n+1

于是，ean+1=-;x3an+3.令以=3"/.则

n1

bn+1=-1*n+3=>bn-1=-1（hn_t-0=（&t-1）（-1）'=（3^-0-（0"

=册=*a（：+（3%-凯一3n'）=（一行’（；（_3"'+（%―：））

若则当n充分大时,玲㈢|<1%臼

又XV)")(七一加七一:同号，从而，｛an｝正负交替，不是单调数列.

当％=:时，an=壬厂’为递减数列.

16.设等比数列｛%｝的前n项和为为=2"+r(r为常数).记〃=2(1+log20n)(xeZ+).

(1)求数列3%］的前n项和加

(2)若对于任意的正整数n,均有噜•等…吟2人阮不I,求实数k的最大值.

。力0n

n+1

【答案】(1)及=(n-1)x2+2(neZ+)；(2)^

【解析】

(l)由条件易知

=2+r,a2=S2—=2,aa=S3—S2=4.

代入a；=a,a3,得r=-l.

n

于是，Sn=2-1

B-i

则％=2,bn=2(1+log2an)=2n,

n

anbn=nx2.

故7；=1x21+2x22+…+(n-1)x2"-1+nx2"

=>27；=1x22+2x23+-­+(n-1)x2B+nx2n+1.

以上两式相减得

-7；=21+22+-+2*2+2*nx2*t

=>7；=(n-1)x2n+1+2

n+1

从而，数列｛43)的前n项和为7；=(n-l)x2+2(neZ+)

(2)注意到，kw三•汕•-…3=±•也•出…业.

-Vn+1-b2bnv'n+1242n

构造价)=三•也•出…式.

9、'Vn+1242n

则f(n+J_75m.l+2(n+1)_卜#+3+9〉］

/(n)Vn+32(n+l)、4n2+12n+9

于是，数列丁(n)｝严格单调递增.

从而，f(n)的最小值为f(l)=当，即实数k的最大值为乎.

2

17.已知数列｛5｝满足%=看0n=0n-+-an-i(keZ+)a2(kG若对于所有的neZ”均有0n<1,求k的

取值范围

【答案】见解析

【解析】

当k=l,即ao=i时，由数学归纳法知/=n+l(neZ+)

当k=2时，由an-an_!=上若_1GleZ+)=>an-a0=_簧.

显然，｛a』为单调递增数列.

故册-a。>进2k=弟+确>(；一/尼+；

a、〉*—1.29~~339

n32416(n+l)-3216(«+1)*

当菽篇〈口寸，有七>】，当人3时，

a

由金一an-i=^an-in

因此当k>3时首册<l(neZ+)

18.在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，这样的操作称为该数列的一次“Z扩展”.已

知数列1,2,3第一次Z扩展后得到数列1,3,2,5,3；第二次Z扩展后得到数列1,4,3,5,2,1,5,

8,3；......设第n次Z扩展后所得数列11%工，x2>xm<3,并记a”=1+孙+*+…++3・

(1)求a*、a2X%的值;

(2)若%=%-2,证明：｛&J为等比数列，并求数列｛%｝的通项公式.

n

【答案】an=4x3+2

【解析】

设X()=l,Xm+i=3,an=

x

则册+2=Z^o'i+£乜。5+片+J=3£时距一Xo-Xm+I=3an-4.

由。工=1+3+2+5+3=14,得ciz=3al-4=38,a3=3a