1、第五章数列考点集训(三十一)第31讲数列的概念与通项公式1已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10A1 B9C10 D552如图，关于星星的图案中星星的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是Aann2n1 BanCan Dan3在数列an中，an2n229n3，则此数列最大项的值是A103 B. C. D1084对于数列an，“an1|an|(n1，2，)”是“an为递增数列”的A必要不充分条件 B充分不必要条件C充要条件 D既不充分也不必要条件5若数列an的前n项和为Snan，则数列an的通项公式为Aan2n1 Ban(2)n1Can(2)n Dan2n6已知数
2、列an满足：a4n31，a4n10，a2nan，nN*，则a2 017_；a2 018_7已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an.(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由8已知数列an的通项公式为ann2n30.(1)求数列的前三项，60是此数列的第几项；(2)n为何值时，an0，an0，an0；(3)该数列前n项和Sn是否存在最值？说明理由9已知数列an的前n项和为Sn，a13且满足an2Sn13，n2，nN*.(1)求a2，a3，a4；(2)求数列an的通项公式答案题号1234考点集训(三十二)第32讲等差、等比数列的概念及基
3、本运算1给出下列等式：an1anp(p为常数，nN*)；2an1anan2(nN*)；anpnq(p，q为常数，nN*)，则无穷数列an为等差数列的充要条件是A B C D2已知数列a，a(1a)，a(1a)2，构成等比数列，则实数a满足Aa1 Ba0或a1Ca0 Da0且a13设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则kA8 B7 C6 D54设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an5等比数列an的公比q0，已知a21，an2an16an，则an的前4项和S4_6设公比为q(q0)的等比数列a
4、n的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则q_7已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由8在数列an中，a11，3anan1anan10(n2)(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列an的通项；(3)若an对任意n2的整数恒成立，求实数的取值范围9设数列an的前n项和为Sn，且满足2anSn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)在数列an的任意相邻两项之间都按照如下规则插入一些数后，构成新数列bn；an和an1两项之间
5、插入n个数，使这n2个数构成等差数列，求b2 015的值；(3)对于(2)中的数列bn，若bman，试求b1b2b3bm.(用n表示)题号答案123考点集训(三十三)第33讲等差、等比数列的性质及综合应用1设等差数列an的前n项和为Sn.若a111，a4a66，则当Sn取最小值时，n等于A6 B7 C8 D92已知各项均为正数的等比数列an中，a1a2a35，a7a8a910，则a4a5a6A5 B7 C6 D43在正项等比数列an中，lg a3lg a6lg a96，则a1a11的值是A10 000 B1 000 C100 D104若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，则当n_时，
6、an的前n项和最大5设正项等比数列前n项积为Tn，若T109T6，则a5a12的值为_6若两个等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，已知，求的值为_7设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列8设数列an满足a11，a22，an2ansin2，n1，2，3，.(1)求a3，a4，并求数列an的通项公式；(2)求和Sa1a2a20.9已知等比数列an的首项a12 017，公比q，数列an前n项和记为Sn.(1)求数列的最大项和最小项；(2)证明：an中的任意相邻三项按从小到大排
7、列，总可以使其成等差数列如果所有这些等差数列的公差按从大到小的顺序依次设为d1，d2，d3，dn，证明：数列dn为等比数列答案题号12345考点集训(三十四)第34讲简单递推数列1等差数列an中，a1a510，a47，则数列an中的公差为A1 B2 C3 D42已知数列满足a10，an1an2n，那么a2 017的值是A2 0172 B2 0162 015C2 0172 018 D2 0162 0173已知数列满足a12，an1，则a2 017等于A2 B3C D.4已知数列an中，a11，an3an14(nN*且n2)，则数列an通项公式an为A3n1 B3n18C3n2 D3n5数列an满
8、足an1，若a1，则a2 017A. B. C. D.6已知数列an中，a12，a25，an2an13an2(n3)，则a203a19_7数列an满足a11，an1(nN)(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列an的通项公式an；(3)设bn(2n1)(n1)an，求数列bn的前n项和Sn.8已知数列an的前n项和Sn，且a11.(1)求数列的通项公式；(2)令bnln an，是否存在k(k2，kN)，使得bk、bk1、bk2成等比数列若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由9设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实
9、数c使得a2ncan，a2a9232，a4a737. (1)求数列an的通项公式；(2)若将数列an的项重新组合，得到新数列bn，具体方法如下：b1a1，b2a2a3，b3a4a5a6a7，b4a8a9a10a15，依此类推，第n项bn由相应的an中2n1项的和组成，求数列的前n项和Tn.9设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an，n1，2，3，.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足b11，且bn1bnan，求数列bn的通项公式；(3)设cnn(3bn)，数列cn的前n项和为Tn，求Tn.答案题号1234考点集训(三十六)第36讲数列模型及数列的综合应用1计算机的成本不断降低，
10、若每隔3年计算机价格降低，现在价格为8 100元的计算机，9年后的价格可降为A2 400元 B900元 C300元 D3 600元2某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元(nN*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了A600天 B800天 C1 000天 D1 200天3已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b10等于A24 B32 C48 D644已知数列an满足an2an1an1an，nN*且a5，若函数f(x)sin 2
11、x2cos2，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为A0 B9 C9 D15已知f(x)是定义在R上不恒为零的函数，对于任意的x，yR，都有f(xy)xf(y)yf(x)成立数列an满足anf(2n)(nN*)，且a12.则数列an的通项公式an_6已知数列an是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足aS2n1(nN*)若不等式对任意的nN*恒成立，则实数的最大值为_7设数列an各项均为正数，且满足an，an1ana.(1)证明：对一切n2，都有an；(2)已知数列an的前n项和为Sn，证明：当n2时，有S2nSn1ln 2.8已知函数f(x)x2bx为偶函数，数列an满足an12
12、f(an1)1，且a13，an1.(1)设bnlog2(an1)，证明：数列bn1为等比数列；(2)设cnnbn，求数列cn的前n项和Sn.9已知函数f(x)ln xcos xx的导数为f(x)，且数列an满足an1annf3(nN*)(1)若数列an是等差数列，求a1的值；(2)若对任意nN*，都有an2n20成立，求a1的取值范围第五章数列第31讲数列的概念与通项公式【考点集训】1A2.C3.D4.B5.B6.117【解析】(1)由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得 a
13、21，由(1)知，a31.若an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列8【解析】(1)由ann2n30，得a1113030，a22223028，a33233024.设an60，则60n2n30.解之得n10或n9(舍去)60是此数列的第10项(2)令n2n300，解得n6或n5(舍去)a60.令n2n300，解得n6或n5(舍去)当n6(nN*)时，an0.令n2n300，解得0n6.当0n6(nN*
14、)时，an0.(3)由ann2n3030nN*，知an是递增数列，且a1a2a5a60a7a8a9，故Sn存在最小值S5S6，Sn不存在最大值9【解析】(1)因为an2Sn13，a13，则a22S132a139，a32S232(a1a2)327，a42S332(a1a2a3)381.(2)由题知an2Sn13(n2，nN*)，an12Sn3(nN*)，得an1an2(SnSn1)2an，即an13an(n2，nN*)因为a23a1也满足式，即an13an(nN*)，所以an是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an3n(nN*)第32讲等差、等比数列的概念及基本运算【考点集训】1D2.D3.D
15、4.D5.6.7【解析】(1)设数列an的公差为d，依题意得，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4.当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2.从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.8【解析】(1)由3anan1anan10(n2)得，3(n2)，数列是以1
16、为首项，3为公差的等差数列(2)由(1)可得，13(n1)3n2.an.(3)an对任意n2的整数恒成立，即3n1对任意n2(nN*)恒成立整理得(n2，nN*)，令Cn，Cn1Cn因为n2，所以Cn1Cn0，Cn为单调递增数列，C2最小，且C2，故的取值范围为.9【解析】(1)当n1时，由2a1S11a11，又2an1Sn11，与2anSn1相减得an12an，故数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1.(2)设an和an1两项之间插入n个数后，这n2个数构成的等差数列的公差为dn，则dn，又(12362)622 015，故b2 015a63d62262261；(3)依题意，b
17、1b2b3bm(a2a3an1)3a15a27a3(2n1)annan，考虑到an12an，令M3a15a27a3(2n1)an，则2M3a25a37a4(2n1)an12MM2(a1a2a3an)a1(2n1)an1M(2n1)2n1，所以b1b2b3bmMnan(3n2)2n2.第33讲等差、等比数列的性质及综合应用【考点集训】1A2.A3.A4.85.36.7【解析】(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3，由a10，q0得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.(2)证法一：对任意kN，Sk2Sk1
18、2Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列证法二：对任意kN，2Sk，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列8【解析】(1)因为a11，a22，a3a1sin2a112.a4a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN)时，a2k1a2k1sin2a2k11即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为1，公差为1的等差数列，a2k1k.当n2k(kN)时，a2k2a2ksin22a2k所以数列a2k是首项为2，公比为2的
19、等比数列，a2k2k，故数列an的通项公式为an(2)Sa1a2a3a20(12310)(2122210)5521 0232 101.9【解析】(1)Sna1当n是奇数时，Sna1，单调递减，S1S3S5S2n1a1，当n是偶数时，Sna1，单调递增，S2S4S6S2na1；综上，当n1时，Sn有最大值为S12 017; 当n2时，Sn有最小值为S2.(2)|an|随n增大而减小，数列an的奇数项均正数且递减，偶数项均负数且递增当n是奇数时，调整为an1，an2，an.则an1ana1a1，2an22a1，an1an2an2，an1，an2，an成等差数列；当n是偶数时，调整为an，an2，a
20、n1；则an1ana1a1，2an22a1，an1an2an2，an，an2，an1成等差数列；综上可知，数列an中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列n是奇数时，公差dnan2an1a1；n是偶数时，公差dnan2ana1.无论n是奇数还是偶数，都有dn，则，因此，数列dn是首项为a1，公比为的等比数列第34讲简单递推数列【考点集训】1B2.D3.A4.C5.C6.17【解析】(1)取倒数得： ，两边同乘以2n1得：1所以数列是以为首项，以1为公差的等差数列(2)(n1)1即an.(3)由题意知：bn(2n1)2n，则前n项和为： Sn12322523(2n1)2n2Sn122
21、323(2n3)2n(2n1)2n1由错位相减得： Sn22(22232n)(2n1)2n1，Sn(2n3)2n16.8【解析】(1)解法一：当n2时，anSnSn1，即(n2)所以数列是首项为1的常数列所以1，即ann(nN*)所以数列an的通项公式为ann(nN*)解法二：当n2时，anSnSn1，即(n2)ana11n.因为a11，符合an的表达式所以数列an的通项公式为ann(nN*)(2)假设存在k(k2，kN)，使得bk、bk1、bk2成等比数列，则bkbk2b.因为bnln anln n，所以bkbk2ln kln(k2)ln(k1)2b.这与bkbk2b矛盾故不存在k(k2，k
22、N)，使得bk、bk1、bk2成等比数列9【解析】(1)解法一：a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)解法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111，这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)解法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结
23、论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立综上，存在 c使a2nca2a1对所有nN*成立解法二：设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2
24、)f(0)1，所以a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11，解得a2n1.综上，由知存在c使a2ncan，舍去)设公差为d，则解得 所以数列an的通项公式为an3n2(nN)(2)由题意得： bna2n1a2n11a2n12a2n12n11(32n12)(32n15)(32n18)32n1(32n11)2n132n1258(32n14)(32n11)，而25
25、8(32n14)(32n11)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n1项的和，所以258(32n14)(32n11)2n123322n32n所以bn322n2322n32n22n2n，所以bn2n22n.所以Tn(4166422n)(4n1)9【解析】(1)n1时，a1S1a1a12，a11.Sn2an，即anSn2，an1Sn12.两式相减：an1anSn1Sn0.即an1anan10，故有2an1an，an0，(nN*)an.(2)bn1bnan(n1，2，3，)，bn1bn.得b2b11，b3b2，b4b3，bnbn1(n2，3，)将这n1个不等式相加，得bnb112.又b11，bn3(
26、n2，3，)bn3.(3)cnn(3bn)2n.Tn223(n1)n而Tn223(n1)n得：Tn22n.Tn44n84n8(84n)(n1，2，3，)第36讲数列模型及数列的综合应用【考点集训】1A2.B3.D4.C5.n2n6.217【解析】(1)数列an各项均为正数，且满足an1ana，a2a1a0，解得0a11，当n2时，a3a2a，不等式成立，假设当nk(k2)时，不等式成立，即ak，则当nk1时，ak1aka，当nk1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n2，都有an.(2)设f(x)ln(x1)，x0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，则f(x)f(0)0，即l
27、n(x1)，令x，代入上式，得ln(n2)ln(n1)，对一切n2，S2nSn1anan1an2a2nln(n2)ln(n1)ln(n3)ln(n2)ln(2n2)ln(2n1)ln(2n2)ln(n1)ln 2.对一切n2，都有S2nSn1ln 2.8【解析】(1)因为函数f(x)x2bx为偶函数，所以b0，则an121，an112，log22log21，所以2，又b11log212，所以数列bn1是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)得bn12n，bn2n1，所以cnn2nn，所以Sn2222323n2n(123n)，令Tn2222323n2n2Tn22223324n2n1，两式相减
28、得Tn222232nn2n1n2n12n12，所以Sn2n12.9【解析】fsin x，则f4，故an1an4n3，(1)若数列是等差数列，则ana1d，an1a1nd，由an1an4n3得：4n3，解得：d2，a1.(2)由an1an4n3得an2an14n7，两式相减得an2an4，故数列是首项为a1，公差为4的等差数列；数列是首项为a2，公差为4的等差数列，又a1a27，a27a1，所以an；当n为奇数时，an2n2a1，由an2n20即2n2a12n20，转化为a12n22n2对任意的奇数n恒成立，令f2n22n22，ff2，a12.当n为偶数时，an2n3a1，由an2n20即2n3a12n0，转化为a12n22n3对任意的奇数n恒成立，令g2n22n32，gg15，a115，解得a115，综上，a1的取值范围是2，15
