1、 数列重难点题型一解答题（共10小题）1记数列an的前n项和为Sn，a17，a26，an+1kan+1（nN+，kR）（1）证明数列an为等差数列，并求通项公式an；（2）记Tn|a1|+|a2|+|a3|+|an|，求T202已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1（1）求an的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn；（3）若nN*，求的最小值3在数列bn中，令Tnb1b2bn（nN*），若对任意正整数n，Tn总为数列bn中的项，则称数列bn是“前n项之积封闭数列”已知数列an是首项为a1，公比为q的等比数列（1）判断：当a12，q3时，数列an是否为“前n项之积封闭数列”；（2）证明：当
2、a11或a1q时，数列an是“前n项之积封闭数列”4在6Snan2+3an4，an2an13n+5，两个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并解答该问题已知正项等差数列an和等比数列bn，数列an前n项和为Sn，满足a22b21，a3b3+2，_（1）求an和bn的通项公式；（2）数列an和bn中的所有项分别构成集合A，B，将AB的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求数列cn的前70项和5已知数列an，点（n，an）在直线y2x+3上数列bn满足bn+2+bn2bn+1，且b22，前10项和为125（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设，是否存在正整数m，使得f（m+5）3f（
3、m）成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由6在S39，S520；公差为2，且S1，S2，S4成等比数列；8n；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：已知数列an为公差不为零的等差数列，其前项和为Sn，_（1）求数列an的通项公式；（2）令cnlog2an，其中x表示不超过r的最大整数，求c1+c2+c20的值7设数列an满足a12，an+12an+n24n+1，bnan+n22n（1）求证：数列bn为等比数列；（2）若数列cn满足，是否存在实数，使得数列cn是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由（3）对于大于2的正整数q、r（其中qr），若5b2、b
4、q、br三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组（q，r）8已知数列an和bn均为正项数列，数列an的前n项和为Sn，且满足6Snan2+3an，an6log3bn（1）求数列an和bn的通项公式；（2）将an，bn中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列cn，求数列cn的前100项和9已知等差数列an，a2，a4，25成等比数列，a62（a1+a3）（1）求数列an的通项公式；（2）在所有相邻两项ak与ak+1（k1，2，）之间插入k个2k，使它们和原数列的项构成一个新的数列bn，记数列bn的前n项和为Sn，求S50的值10已知数列an满足a11，an+1（
5、1）从下面两个条件中选一个，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；bna2n1+3；bna2n+1a2n1（2）求数列an的前n项和为Sn数列重难点题型参考答案与试题解析一解答题（共10小题）1记数列an的前n项和为Sn，a17，a26，an+1kan+1（nN+，kR）（1）证明数列an为等差数列，并求通项公式an；（2）记Tn|a1|+|a2|+|a3|+|an|，求T20【解答】解：（1）a17，a26，an+1kan+1，6k（7）+1，解得k1，故an+1an+1，即an+1an1，故数列an是以7为首项，1为公差的等差数列，故ann8；（2）ann8，当n7时，an0，当n8时，
6、an0，故T20|a1|+|a2|+|a3|+|a20|（a1+a2+a7）+（a8+a9+a20）（a1+a2+a7+a8+a9+a20）2（a1+a2+a7）720+2（77+1）1062已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1（1）求an的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn；（3）若nN*，求的最小值【解答】解：（1）由题意可得n2时，Sn12an11，与原式联立相减得SnSn1an2an2an1，an2an1，令n1得S1a12a11，a11，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，（4分）（2）由（1）得，两式相减得化减得（8分）（3），即，令，则，当1n3时，b4b3b2b1
7、，当n4时，bn+1bn0，即bn+1bn，即有b4b5b6，bn的最大值为，故的最小值为（12分）3在数列bn中，令Tnb1b2bn（nN*），若对任意正整数n，Tn总为数列bn中的项，则称数列bn是“前n项之积封闭数列”已知数列an是首项为a1，公比为q的等比数列（1）判断：当a12，q3时，数列an是否为“前n项之积封闭数列”；（2）证明：当a11或a1q时，数列an是“前n项之积封闭数列”【解答】解：（1）由题设，T2a1a22612，若T2为数列an中的项，则存在mN*使T2am，即1223m1，m，故an不是“前n项之积封闭数列”证明：（2）由Tna1a2an（nN*），则T1a1
8、，当nN*，n2时，1、a11时，则Tna1a2anq0+1+2+（n1），又，令，则Tnak+1，数列an是“前n项之积封闭数列”2、a1q时，则Tna1a2anq1+2+3+n，又，令，则Tnal，数列数列an是“前n项之积封闭数列”综上，结论得证4在6Snan2+3an4，an2an13n+5，两个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并解答该问题已知正项等差数列an和等比数列bn，数列an前n项和为Sn，满足a22b21，a3b3+2，_（1）求an和bn的通项公式；（2）数列an和bn中的所有项分别构成集合A，B，将AB的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求数列cn的前70
9、项和【解答】解：（1）选6Snan2+3an4，设正项等差数列an的公差为d（d0）和等比数列bn的公比为q，可得n1时，a16S1a12+3a14，解得a14（负的舍去），当n2时，6Sn1an12+3an14，又6Snan2+3an4，两式相减可得6an6Sn6Sn1an2+3an4an123an+4，化为（an+an1）（anan13）0，由an0，可得anan13，即d3，由a22b21，a3b3+2，可得a1+d2b1q1，a1+2db1q2+2，即有b1q4，b1q28，解得b1q2，则an4+3（n1）3n+1；bn22n12n；选an2an13n+5，可得a2a1+d2a11，
10、即a1d+1，又a3a1+2d2a242（a1+d）4，即为a14，d3，由a22b21，a3b3+2，可得a1+d2b1q1，a1+2db1q2+2，即有b1q4，b1q28，解得b1q2，则an4+3（n1）3n+1；bn22n12n；（2）数列cn的前70项为数列an的前66项加上数列bn的前7项，减去重复的4，16，64三项所以数列cn的前70项和为66（4+198+1）+8468695已知数列an，点（n，an）在直线y2x+3上数列bn满足bn+2+bn2bn+1，且b22，前10项和为125（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设，是否存在正整数m，使得f（m+5）3f（m）成
11、立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由【解答】解：数列an，点（n，an）在直线y2x+3上，an2n+3；又bn+2+bn2bn+1，即bn+2bn+1bn+1bn，bn为等差数列，于是 125b1+b1025b2+b9，b22b923，d3，因此，bnb2+3（n2）3n4，即bn3n4（2），当m为奇数时，m+5为偶数，此时f（m+5）3（m+5）43m+11，3f（m）3（2m+3）6m+9，3m+116m+9，mN*（舍）；当m为偶数时，m+5为奇数，此时f（m+5）2（m+5）+32m+13，3f（m）3（3m4）9m12，2m+139m12，mN*（舍去）综上，不存在正整数
12、m，使得f（m+5）3f（m）成立6在S39，S520；公差为2，且S1，S2，S4成等比数列；8n；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：已知数列an为公差不为零的等差数列，其前项和为Sn，_（1）求数列an的通项公式；（2）令cnlog2an，其中x表示不超过r的最大整数，求c1+c2+c20的值【解答】解：选，设an的公差为d，则，由已知可得，解得a12，d1，所以数列an的通项公式为ann+1；（2）由cnlog2an知，所以c1+c2+c2012+24+38+4658；选，因为S1a1，由题意得，解得a11，所以数列an的通项公式为an2n1，（2）由cnlog2an
13、知，cn，所以c1+c2+c200+11+22+34+48+5469；选，当n2时，anSnSn16n+5，当n1时，a1S111，符合an6n+5，所以数列an的通项公式为an6n+5；（2）由cnlog2an知，所以c1+c2+c203+43+55+6111067设数列an满足a12，an+12an+n24n+1，bnan+n22n（1）求证：数列bn为等比数列；（2）若数列cn满足，是否存在实数，使得数列cn是单调递增数列？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由（3）对于大于2的正整数q、r（其中qr），若5b2、bq、br三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组（q，r）
14、【解答】证明：（1）an+12an+n24n+1，即，又b1a1110，数列bn是以1为首项，2为公比的等比数列（2）依题意，则644n，若存在，则cn+1cn0 对nN*恒成立，当n奇数时，其中当n1时，故，当n为偶数时，其中当n2时，故，综上所述，存在实数，使得数列cn是单调递增数列（3）由（1）知， （nN*），5b2、bq、br三个数经适当排序后能构成等差数列，若25b2bq+br，则102212q1+2r1，2q21+2r215，又qr，解得，（q，r）（3，5），若2bq5b2+br，则22q15221+2r1，所以2q+122r25，左边为偶数，右边为奇数，所以不等式不成立，若2
15、br5b2+bq，同理也不成立，综合可得，（q，r）（3，5）8已知数列an和bn均为正项数列，数列an的前n项和为Sn，且满足6Snan2+3an，an6log3bn（1）求数列an和bn的通项公式；（2）将an，bn中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列cn，求数列cn的前100项和【解答】解：（1）数列an和bn均为正项数列，数列an的前n项和为Sn，且满足6Snan2+3an，当n1时，解得a13或0（0舍去），当n2时，6Sn1an12+3an1，得：，整理得anan1+3，故数列an是以3为首项，3为公差的等差数列；所以an3n由于an6log3bn，所以
16、3n6log3bn，故，（2）数列bn为，3，9，9，27，.，243，共10项，数列an为3，6，9，.294，297，300共100项，相同的项有5项：3，9，27，81，243；故数列cn的前110项的和为：两个数列的相同10项的和为23+29+227+281+2243726故新数列的前100项的和为9已知等差数列an，a2，a4，25成等比数列，a62（a1+a3）（1）求数列an的通项公式；（2）在所有相邻两项ak与ak+1（k1，2，）之间插入k个2k，使它们和原数列的项构成一个新的数列bn，记数列bn的前n项和为Sn，求S50的值【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，则由已
17、知可得：，解得a11，d3或a1d0（舍去），所以a11，d3，则an1+3（n1）3n2，nN*，（2）在数列bn中，ak+1前共有1+2+3+.+k+k项，因为kN*，令，解得k8，kN*，当k8时，在数列bn中，a9之前共有44项，S50（a1+a2+.+a9）+（2+222+.+828+529）117+（2+222+.+828）+529，令T2+222+.+828，则2T22+223+.+829，则T2+22+.+288297292，所以T729+2，所以S50117+729+2+529626310已知数列an满足a11，an+1（1）从下面两个条件中选一个，写出b1，b2，并求数列b
18、n的通项公式；bna2n1+3；bna2n+1a2n1（2）求数列an的前n项和为Sn【解答】解：（1）由an+1可得a2n+1a2n+32a2n1+3，可得a2n+1+32（a2n1+3），又a1+34，所以数列a2n1+3是首项为4，公比为2的等比数列，所以a2n1+342n12n+1，即a2n12n+13，选时，b14，b28，bna2n1+32n+1；选时，b14，b28，bna2n+1a2n12n+22n+12n+1（2）因为a2n2a2n12（2n+13），a2n1+a2n2n+13+2（2n+13）32n+19，当n为偶数时，Sn（a1+a2）+（a3+a4）+.+（an1+an）3（22+23+.+2）12（21）当n为奇数时，Sn（a1+a2）+（a3+a4）+.+（an1+an2）+an12（21）+23162声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/12/21 17:56:41；用户：高中数学；邮箱：gzsxx；学号：2908154