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 a10 A1 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 Bann（n1）2Cann（n1）2Dann（n2）23在数列an中，an2n229n3，则此数列最大项的值是A103 B.8658C.8258D1084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 Sn23an13，则数列
2、an的通项公式为Aan2n1Ban(2)n1Can(2)nDan2n6已知数列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
3、 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 ABCD2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23的等比数列an的前 n 项和为 Sn，则ASn2a
4、n1 BSn3an2CSn43anDSn32an5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an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1an 是等差数列；(2)求数列an的通项；(3)若 an 1an1对任
5、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
6、均为正数的等比数列an中，a1a2a35，a7a8a910，则 a4a5a6A5 2B7 C6 D4 23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，an的前 n 项和最大5设正项等比数列 an 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SnTn 7n14n27，求a11b11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，a
7、4 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，an21cos2n2ansin2n2，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 q12，数列an前 n 项和记为 Sn.(1)求数列 Sn 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
8、 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 an 满足 a10，an1an2n，那么 a2 017 的值是A2 0172B2 0162 015C2 0172 018 D2 0162 0173已知数列 an 满足 a12，an11an1an，则 a2 017 等于A2 B3C12D.134已知数列an中，a11，an3an14(nN*且 n2)，则数列an通项公式 an 为A3n1B3n18C3n2 D3n5数列an满足 an12an，0an122an1，12an1，若 a135，则 a2 017A.15B.25C.35D.4
9、56已知数列an中，a12，a25，an2an13an2(n3)，则 a203a19_7数列an满足 a11，an12n1anan2n(nN)(1)证明：数列2nan 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（n1）an2，且 a11.(1)求数列 an 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，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，
10、a3 及数列an的通项公式；(2)若 b1，问：是否存在实数 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bn142n 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
11、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，若每隔 3 年计算机价格降低13，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n4910 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，
12、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 a52，若函数 f(x)sin 2x2cos2x2，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 a2nS2n1(nN*)若不等式 an1n8（1）nn对任意的
13、 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，an1ana2n.(1)证明：对一切 n2，都有 an 1n2；(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 an12f(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 x692 x 的导数为 f(x)，且数列an满足 an1annf6 3(nN*)(1)若数列an是等差数列，求 a1 的值；
14、(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】1A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.1 17【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 a21，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，a
15、n1an2.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*)时，an0.(3)由 ann2n30n1223014nN*，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
16、】(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】1D 2.D 3.D 4.D 5.152 6.327【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(
17、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，Snn2（4n2）22n2.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，1an 1an13(n2)，数列1
18、an 是以 1 为首项，3 为公差的等差数列(2)由(1)可得，1an13(n1)3n2.an13n2.(3)an 1an1对任意 n2 的整数恒成立，即3n23n1 对任意 n2(nN*)恒成立 整理得（3n1）（3n2）3（n1）(n2，nN*)，令 Cn（3n1）（3n2）3（n1），Cn1Cn（3n4）（3n1）3n（3n1）（3n2）3（n1）（3n1）（3n4）3n（n1）因为 n2，所以 Cn1Cn0，Cn为单调递增数列，C2 最小，且 C2283，故 的取值范围为，283.9【解析】(1)当 n1 时，由 2a1S11a11，又 2an1Sn11，与 2anSn1 相减得 an
19、12an，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dnan1ann1 2n1n1，又(12362)622 015，故 b2 015a63d6226226163125126261；(3)依题意，b1b2b3bm 3（a1a2）24（a2a3）25（a3a4）2（n1）（an1an）2(a2a3an1)123a15a27a3(2n1)an12nan，考虑到 an12an，令 M3a15a27a3(2n1)an，则 2M3a25a37a4(2n1)an1 2MM2(a1a2a
20、3an)a1(2n1)an1 M(2n1)2n1，所以 b1b2b3bm12M12nan(3n2)2n212.第 33 讲 等差、等比数列的性质及综合应用【考点集训】1A 2.A 3.A 4.8 5.3 6.437【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，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1 成等差数列 证
21、法二：对任意 kN，2Sk2a1（1qk）1q，Sk2Sk1a1（1qk2）1qa1（1qk1）1qa1（2qk2qk1）1q 2Sk(Sk2Sk1)2a1（1qk）1qa1（2qk2qk1）1q a11q2(1qk)(2qk2qk1)a1qk1q(q2q2)0，因此，对任意 kN，Sk2，Sk，Sk1 成等差数列8【解析】(1)因为 a11，a22，a31cos22 a1sin22 a112.a4()1cos2 a2sin22a24.一般地，当 n2k1(kN)时，a2k11cos2（2k1）2a2k1sin22k12a2k11 即 a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为 1，公差为
22、1 的等差数列，a2k1k.当 n2k(kN)时，a2k21cos22k2a2ksin22k2 2a2k 所以数列a2k是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a2k2k，故数列an的通项公式为 ann12，n为正奇数，2n2，n为正偶数.(2)Sa1a2a3a20(12310)(2122210)（110）1022（1210）12 5521 0232 101.9【解析】(1)Sna1112n11223a1112n 当 n 是奇数时，Sn23a11 12n，单调递减，S1S3S5S2n123a1，当 n 是偶数时，Sn23a11 12n，单调递增，S2S4S6S2n23a1；综上，当 n1 时，S
23、n 有最大值为 S12 017;当 n2 时，Sn 有最小值为 S22 0172.(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 an1ana112na112n1a12n，2an22a112n1a12n，an1an2an2，an1，an2，an 成等差数列；当 n 是偶数时，调整为 an，an2，an1；则 an1ana112na112n1a12n，2an22a112n1a12n，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
24、 是奇数时，公差 dnan2an1a112n112n 3a12n1；n 是偶数时，公差 dnan2ana112n112n1 3a12n1.无论 n 是奇数还是偶数，都有 dn 3a12n1，则 dndn112，因此，数列dn是首项为34a1，公比为12的等比数列第 34 讲 简单递推数列【考点集训】1B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.17【解析】(1)取倒数得：1an1 12n1 12an，两边同乘以 2n1 得：2n1an112nan 所以数列2nan 是以21a1为首项，以 1 为公差的等差数列(2)2nan21(n1)1 即 an 2nn1.(3)由题意知：bn(2n1)2n，则前
25、 n 项和为：Sn12322523(2n1)2n 2Sn122323(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（n1）an2nan12，即ann an1n1(n2)所以数列ann 是首项为a111 的常数列 所以ann1，即 ann(nN*)所以数列an的通项公式为 ann(nN*)解法二：当 n2 时，anSnSn1（n1）an2nan12，即 anan1 nn1(n2)an anan1an1an2a3a2a2a1a1 nn1n1n232211n.因为 a11，符合 an
26、 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 bkbk2b2k1.因为 bnln anln n()n2，所以 bkbk2ln kln(k2)ln kln（k2）22ln（k22k）22ln（k1）222ln(k1)2b2k1.这与 bkbk2b2k1矛盾 故不存在 k(k2，kN)，使得 bk、bk1、bk2 成等比数列9【解析】(1)解法一：a22，a3 21.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 an n11(nN*)解法
27、二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.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 ak k11，则 ak1（ak1）211 （k1）11 （k1）11，这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)解法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(
28、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 c14使 a2nca2a1 对所有 nN*成立 解法二：设 f(x)（x1）211，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)211.即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立故成立 再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a
29、2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，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 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2.所以 a2n1 a22n12a2n121，解得 a2n114.综上，由知存在 c14使 a2ncan，舍去)设公差为 d，则a2a1d8，a9a18d29，解得a15，d3.所以数列an的通项公式为 an3n2(nN)(2)由题意得：
30、bna2n1a2n11a2n12a2n12n11(32n12)(32n15)(32n18)32n1(32n11)2n132n1258(32n14)(32n11)，而 258(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)2n122n1（2n11）23322n3142n 所以 bn322n2322n3142n9822n142n，所以 bn142n9822n.所以 Tn98(4166422n)984（14n）14 32(4n1)9【解析】(1)n1 时，a1S1a1a12，a11.Sn2an，即 anSn2，an1Sn12
31、.两式相减：an1anSn1Sn0.即 an1anan10，故有 2an1an，an0，an1an 12(nN*)an 12n1.(2)bn1bnan(n1，2，3，)，bn1bn 12n1.得 b2b11，b3b212，b4b3 122，bnbn1 12n2(n2，3，)将这 n1 个不等式相加，得 bnb1112 122 123 12n21 12n11122 12n2.又b11，bn3 12n2(n2，3，)bn3 12n2.(3)cnn(3bn)2n 12n1.Tn2 1202 12 3 122(n1)12n2n 12n1 而12Tn2 12 2 1223 123(n1)12n1n 12
32、n 得：12Tn2 120 121 122 12n1 2n 12n.Tn41 12n1124n 12n882n4n 12n 8(84n)12n(n1，2，3，)第 36 讲 数列模型及数列的综合应用【考点集训】1A 2.B 3.D 4.C 5.n2n 6.217【解析】(1)数列an各项均为正数，且满足 an1ana2n，a2a1a210，解得 0a11，当 n2 时，a3a2a2214a112214，不等式成立，假设当 nk(k2)时，不等式成立，即 ak 1k2，则当 nk1 时，ak 1aka 2k14ak122141k2122k1（k2）2k1（k1）（k3）1（k2）1，当 nk1
33、时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切 n2，都有 an 1n2.(2)设 f(x)ln(x1)xx1，x0，则 f(x)1x11（x1）2x（x1）20，所以 f(x)在(0，)上是增函数，则 f(x)f(0)0，即 ln(x1)xx1，令 x 1n1，代入上式，得 1n2ln(n2)ln(n1)，对一切 n2，S2nSn1anan1an2a2n 1n2 1n3 1n412n2 ln(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
34、b0，则 an12()an121，an112()an12，log2()an11 2log2()an1 1，所以bn11bn1 log2()an11 1log2()an1 1 2log2()an1 2log2()an1 1 2，又 b11log2()a11 12，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 Tn2222323n2n 2Tn22223324n2n1，两式相减得Tn222232nn2n1 22n112 n2n1()1n 2n12，所以 Sn()n1 2n12n()n12
35、.9【解析】f()x 1xsin x 692，则 f6 4，故 an1an4n3，(1)若数列 an 是等差数列，则 ana1()n1 d，an1a1nd，由 an1an4n3 得：()a1nd a1()n1 d 4n3，解得：d2，a152.(2)由 an1an4n3 得 an2an14n7，两式相减得 an2an4，故数列a2n1 是首项为 a1，公差为 4 的等差数列；数列a2n 是首项为 a2，公差为 4 的等差数列，又 a1a27，a27a1，所以 an2n2a1()n为奇数2n3a1()n为偶数；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 f()n 2n22n22n12252，f()nmaxf()1 2，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 g()n 2n22n32n12252，g()nmaxg()2 15，a115，解得 a115，综上，a1 的取值范围是2，15
