專題測試練習題 數(shù)列通項與求和問題

專題19 數(shù)列通項與求和問題【自主熱身,歸納提煉】1、 等比數(shù)列的各項均為實數(shù),其前項和為,已知,則 .【答案】【解析】由于,故,而,故,則 .2、對于數(shù)列an,定義數(shù)列bn滿足bnan1an(nN*),且bn1bn1(nN*),a31,a41,則a1_.【答案】 8【解析】：因為b3a4a3112,所以b2a3a2b313,所以b1a2a1b214,三式相加可得a4a19,所以a1a498.3、設(shè)公比不為1的等比數(shù)列an滿足a1a2a3,且a2,a4,a3成等差數(shù)列,則數(shù)列an的前4項和為_【答案】： 解后反思 本題主要考查等差中項和等比中項的性質(zhì)及應(yīng)用,體現(xiàn)了等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量的計算問題中的方程思想,等比數(shù)列的求和要注意公比是否為1.:4、已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn,若S22a23,S32a33,則公比q的值為_【答案】：. 2當q1時,顯然不滿足題意；當q1時, 整理得解得q2.5、 記公比為正數(shù)的等比數(shù)列an的前n項和為Sn.若a11,S45S20,則S5的值為_【答案】： 31【解析】：設(shè)公比為q,且q0,又a11,則anqn1.由S45S20,得(1q2)S25S2,所以q2,所以S531.解后反思 利用S4(1q2)S2,可加快計算速度,甚至可以心算6、設(shè)數(shù)列的前項和為,若,則數(shù)列的通項公式為 【答案】： 7、 已知數(shù)列an滿足a11,a2>a1,|an1an|2n(nN*),若數(shù)列a2n1單調(diào)遞減,數(shù)列a2n單調(diào)遞增,則數(shù)列an的通項公式為an_.【答案】【解析】：因為|an1an|2n,所以當n1時,|a2a1|2.由a2>a1,a11得a21.當n2時,|a3a2|4,得a33或a35.因為a2n1單調(diào)遞減,所以a33.當n3時,|a4a3|8,得a45或a411.因為a2n單調(diào)遞增,所以a45.同理得a511,a621.因為a2n1單調(diào)遞減,a11<0,所以a2n1<0.同理a2n>0.所以當n為奇數(shù)時(n3),有anan12n1,an1an22n2.兩式相加得anan22n2.那么a3a12；a5a323；anan22n2.以上各式相加得ana1(223252n2)所以ana1.同理,當n為偶數(shù)時,an.所以an也可以寫成an.【問題探究,變式訓練】例1、已知an是等差數(shù)列,其前n項和為Sn,bn是等比數(shù)列,且a1b12,a4b421,S4b430.(1) 求數(shù)列an和bn的通項公式；(2) 記cnanbn,nN*,求數(shù)列cn的前n項和【解析】： (1) 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,等比數(shù)列bn的公比為q.由a1b12,得a423d,b42q3,S486d.(3分)由條件a4b421,S4b430,得方程組解得所以ann1,bn2n,nN*.(7分)(2) 由題意知cn(n1)×2n.記Tnc1c2c3cn.則Tn2×23×224×23n×2n1(n1)×2n,2Tn2×223×23(n1)×2n1n×2n(n1)2n1,所以Tn2×2(22232n)(n1)×2n1,(11分)即Tnn·2n1,nN*.(14分)【變式1】、在數(shù)列中,已知,設(shè)為的前項和（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）求 證明 （1）因為,所以,又因為,所以,所以是首項為1,公差為的等差數(shù)列（2）由（1）知,所以,所以,所以,兩式相減得,所以【變式2】、已知數(shù)列的前項和為,且（）（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若數(shù)列滿足,求數(shù)列的通項公式解 （1）由,得兩式相減,得,所以,由又,得,所以數(shù)列為等比數(shù)列,且首項為2,公比,所以（2）由（1）知由 (), 得 ()故,即 當時,所以【關(guān)聯(lián)1】、數(shù)列an的前n項和為Sn,a12,Snan(rR,nN*)(1) 求r的值及數(shù)列an的通項公式；(2) 設(shè)bn(nN*),記bn的前n項和為Tn.當nN*時,T2nTn恒成立,求實數(shù)的取值范圍；求證：存在關(guān)于n的整式g(n),使得(Ti1)Tn·g(n)1對一切n2,nN*都成立思路分析 (1) 利用關(guān)系式an將an與Sn的關(guān)系轉(zhuǎn)化為an與an1的關(guān)系,再利用累乘法求an的通項公式；(2) 利用數(shù)列T2nTn的單調(diào)性求T2nTn的最小值即可；利用條件得到Tn與Tn1的關(guān)系,通過變形,化簡和式(Ti1),即可證得命題規(guī)范解答 (1) 當n1時,S1a1,所以r,(2分)所以Snan.當n2時,Sn1an1,兩式相減,得ananan1,所以(n2)(4分)所以···×××××,即.所以ann(n1)(n2),又a12適合上式所以ann(n1)(nN*)(6分)(2) 因為ann(n1),所以bn,Tn.所以T2n,所以T2nTn.(8分)令BnT2nTn.則Bn1.所以Bn1Bn0,所以Bn1Bn,所以Bn單調(diào)遞增,(10分)(Bn)minB1,所以.(12分)因為Tn.所以當n2時,Tn1,所以TnTn1,即(n1)TnnTn1Tn11.(14分)所以當n2時,(Ti1)(3T22T1)(4T33T2)(5T44T3)(n1)TnnTn1(n1)Tn2T1(n1)Tn1,所以存在關(guān)于n的整式g(n)n1,使得(Ti1)Tn·g(n)1對一切n2,nN*都成立(16分)解后反思 本題以an與Sn的關(guān)系為背景,考查了數(shù)列的通項、求和、數(shù)列的單調(diào)性,考查學生利用數(shù)列知識解決數(shù)列與不等式的綜合問題的能力,以及代數(shù)變形與推理論證能力【關(guān)聯(lián)2】、已知各項是正數(shù)的數(shù)列an的前n項和為Sn.(1) 若SnSn1(nN*,n2),且a12.求數(shù)列an的通項公式；若Sn·2n1對任意nN*恒成立,求實數(shù)的取值范圍(2) 已知數(shù)列an是公比為q(q>0,q1)的等比數(shù)列,且數(shù)列an的前n項積為10Tn.若存在正整數(shù)k,對任意nN*,使得為定值,求首項a1的值. (1) 利用anSnSn1(n2),得到an1與an的關(guān)系,并特別注意式中的n2.對于n1的情況必須單獨處理由3(S2S1)a2及a12,得3(4a2)a2,即a3a2100.結(jié)合a2>0,解得a25,滿足a2a13.(3分)所以對nN*,均有an1an3,即數(shù)列an是首項為a12,公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列an的通項公式為an3n1.(5分)由知,Sn,所以對nN*恒成立(6分)記f(n),nN*.考慮f(n1)f(n).(8分)當n3時,f(n1)<f(n),且f(1),f(2),f(3).所以f(n)maxf(3),從而.所以實數(shù)的取值范圍是.(11分)Tnnb1dn2n,記A0,Bb1,則TnAn2Bn.所以·.因為對任意nN*,為定值,所以也為定值設(shè),則A(k1)AknBB0對nN*恒成立所以由得,代入得B0.(15分)即b1d,即lga1lgq,得a1.(16分)【關(guān)聯(lián)3】、已知數(shù)列滿足,數(shù)列的前項和為（1）求的值；（2）若 求證：數(shù)列為等差數(shù)列； 求滿足的所有數(shù)對【思路分析】（1）直接令得到關(guān)系式,兩式相減,求出的值（2） 分別賦值,得到關(guān)系式,兩式相減,得到,結(jié)合,計算出,從而求,代入關(guān)系式,得出,利用定義法證明為等差數(shù)列（3） 求和得到,代入關(guān)系式整理得,需要轉(zhuǎn)化兩個因數(shù)相乘的形式,變形處理,利用平方差公式得到,因為且均為正整數(shù),則兩個因數(shù)只能為27和1,從而求出的值.規(guī)范解答 （1）由條件,得,-得 3分（2）證明：因為,所以,-得, 6分于是,所以,從而 8分所以,所以,將其代入式,得,所以（常數(shù)）,所以數(shù)列為等差數(shù)列 10分注意到所以, 12分由知 所以,即,又,所以且均為正整數(shù),所以,解得,所以所求數(shù)對為 16分例2、 正項數(shù)列的前項和滿足: （1）求數(shù)列的通項公式； （2）令,數(shù)列的前項和為.證明:對于任意的,都有.解 （1）由,得. 由于是正項數(shù)列,所以. 于是時,. 綜上,數(shù)列的通項.（2）證明 由于,則. 所以 .【變式1】、數(shù)列的前項和為,.（1）求的值及數(shù)列的通項公式；（2）設(shè),記的前項和為.當時,恒成立,求實數(shù)的取值范圍；求證：存在關(guān)于的整式,使得對一切都成立.（2）因為,所以,所以.所以,所以.令,則.所以.所以,所以單調(diào)遞增.所以的最小值為,所以.因為,所以當時,所以即當時所以存在關(guān)于的整式使得對一切都成立【變式2】、已知數(shù)列an滿足a110,an10an1an10(nN*)(1) 若an是等差數(shù)列,Sna1a2an,且Sn10Sn1Sn10(nN*),求公差d的取值集合；(2) 若b1,b2,bk成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),b110,b220,且b1b2bk2017,求正整數(shù)k的最小值；(3) 若a1,a2,ak成等差數(shù)列,且a1a2ak100,求正整數(shù)k的最小值以及k取最小值時公差d的值(3) a1a2ak10kd100,所以d.(11分)由題意|d|an1an|10,所以10.(13分)所以k2k202kk2k,所以k4,所以kmin4.(15分)此時d10.(16分)解后反思 本題第(2)問在原題上有所改動,原題如下：(2) 若a1,a2, ,ak成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),且a1a2ak2017,求正整數(shù)k的最小值原題的漏洞在于an10×2n1以指數(shù)級上升,條件中的an1an【變式3】、已知Sn是數(shù)列an的前n項和,a13,且2Snan13(nN*)(1) 求數(shù)列an的通項公式；(2) 對于正整數(shù)i,j,k(i<j<k),已知aj,6ai,ak成等差數(shù)列,求正整數(shù),的值；(3) 設(shè)數(shù)列bn前n項和是Tn,且滿足：對任意的正整數(shù)n,都有等式a1bna2bn1a3bn2anb13n13n3成立. 求滿足等式的所有正整數(shù)n. (1) 當n2時,SnSn1an,得到an1與an的關(guān)系式；(2) 在等式·3j·3k12·3i兩邊同除以3i或3j；(3) 先求出bn2n1,Tnn2.再試算的前幾項,猜出【答案】,并證明結(jié)論規(guī)范解答 (1) 2Snan13,2Sn1an3(n2),兩式相減,得2anan1an.即當n2時,an13an.(2分) 由a1S13,得6a23,即a29,滿足a23a1.所以對nN*,都有an13an,即3.所以數(shù)列an是首項為3,公比為3的等比數(shù)列,通項公式an3n.(4分)(2) 由(1),得·3j·3k12·3i,即·3kj.因為正整數(shù)i,j,k滿足i<j<k,且,N*,所以·3kjN*.(6分)所以只有即34,得1.(8分)(3) 由(1)知,31bn32bn133bn23nb13n13n3,及31bn132bn33bn13n1b13n23(n1)3,/3,得bn12n1.(10分)又3b19333,得b11,所以bn2n1,從而Tnn2.設(shè)f(n),nN*.當n1時；當n2時；當n3時；(12分) 下面證明：對任意正整數(shù)n>3都有<,(n1)2n2(n1)23n2(2n22n1),當n3時,2n22n1(1n2)n(2n)<0,即<0,所以當n3時,遞減,所以對任意正整數(shù)n>3都有<.綜上可得,滿足等式的正整數(shù)n的值為1和3.(16分) 第(1)題中,要注意驗證a23a1；第(2)題中,也可化為·3ji1·3ki14,說明只能1；第(3)題這種類型的題,一般是先猜再證若條件出現(xiàn)數(shù)列的“和”的等式,則可以利用“差商”法求數(shù)列的通項公式,另外利用數(shù)列的單調(diào)性確定數(shù)列項的范圍,進而解決相關(guān)的問題也是數(shù)列問題中的常用的數(shù)學思想方法【變式4】、已知數(shù)列an的前n項和為Sn,對任意正整數(shù)n,總存在正數(shù)p,q,r,使得anpn1,Snqnr恒成立；數(shù)列bn的前n項和為Tn,且對任意正整數(shù)n,2Tnnbn恒成立(1) 求常數(shù)p,q,r的值； (2) 證明數(shù)列bn為等差數(shù)列；(3) 若b22,記Pn,是否存在正整數(shù)k,使得對任意正整數(shù)n,Pnk恒成立,若存在,求正整數(shù)k的最小值；若不存在,請說明理由 第(1)問,由于所給出的是關(guān)于通項與和的一般性的式子,因此,利用特殊與一般的關(guān)系,將一般進行特殊化來處理,可分別取n2,3,求出p,q的值(必要性),再驗證是否符合題意(充分性)第(2)問,根據(jù)數(shù)列的通項與其前n項和的關(guān)系an來得到數(shù)列的遞推關(guān)系,有了遞推關(guān)系后來判斷數(shù)列是等差數(shù)列就有兩種方法：一是利用遞推關(guān)系求出數(shù)列的通項公式,進而通過定義來加以證明；二是利用等差中項來進行證明第(3)問,根據(jù)所要研究的對象“Pnk 恒成立”可以看出,本題的本質(zhì)就是求Pn的最大值,而研究一個數(shù)列的最值的基本方法是研究數(shù)列的單調(diào)性,因此,利用鄰項作差的方法來判斷Pn的單調(diào)性,進而求出數(shù)列的最大值另外,注意到本題的Pn是一個差比數(shù)列的和,因此,本題又可以通過先求和,然后再判斷單調(diào)性,進而求最值的方法來加以求解,但這種方法并不簡便,故采用直接判斷單調(diào)性的方法來加以求解規(guī)范解答 (1) 因為Snqnr,所以Sn1qn1r(n2),得SnSn1qnqn1,即anqnqn1(n2),(1分)又anpn1,所以pn1qnqn1(n2),n2時,pq2q；n3時,p2q3q2.因為p,q為正數(shù),解得pq2.(3分)又因為a11,S1qr,且a1S1,所以r1.(4分)(2) 因為2Tnnbn,當n2時,2Tn1(n1)bn1,得2bnnbn(n1)bn1,即(n2)bn(n1)bn1,(6分)證法1 又(n1)bn1nbn,得(2n2)bn(n1)bn1(n1)bn1,(7分)即2bnbn1bn1,所以bn為等差數(shù)列(8分)證法2 由(n2)bn(n1)bn1,得,當n3時,所以bnb2(n1),所以bnbn1b2,(6分)因為n1時,由2Tnnbn得2T1b1,所以b10,則b2b1b2,(7分)所以bnbn1b2,對n2恒成立,所以bn為等差數(shù)列(8分) (3) 因為b10,又b22,由(2)知bn為等差數(shù)列,所以bn2n2,(9分)又由(1)知an2n1,(10分)所以Pn,又Pn1,所以Pn1Pn,(12分)令Pn1Pn>0得12n24n·2n>0,所以2n<3<4,解得n1,所以n1時,Pn1Pn>0,即P2>P1,(13分)n2時,因為2n4,3<4,所以2n>3,即12n24n·2n<0.此時Pn1<Pn,即P2>P3>P4>,(14分)所以Pn的最大值為P2,(15分)若存在正整數(shù)k,使得對任意正整數(shù)n,Pnk恒成立,則kPmax,所以正整數(shù)k的最小值為4.(16分)