数列大题专题训练1(老师版)

试卷第1页，总14页数列大题专题训练11．已知数列{}na的前n项和为nS，且*11()2nnSanN.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设*3log(1)()nnbSnN，求满足方程233411112551nnbbbbbbL的n值.【解析】试题分析：（1）由nS与na关系求数列{}na的通项公式时，注意分类讨论：当1n时，11aS；当2n时，1nnnaSS，得到递推关系113nnaa，再根据等比数列定义确定公比，由通项公式求通项（2）先求数列{}na前n项和11()3nnS，再代入求得nbn，因为11111nnbbnn，从而根据裂项相消法求和233411111121nnbbbbbbnL，解11252151n得n值试题解析：（1）当1n时，123a，当1n时，112nnSa，11112nnSa，∴131022nnaa，即113nnaa∴23nna.（2）21(1())1331()1313nnnS，∴nbn，11111nnbbnn，∴233411111121nnbbbbbbnL，即11252151n，解得101n.考点：由nS与na关系求数列{}na的通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂试卷第2页，总14页项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n－1）（n＋1）(n≥2)或1n（n＋2）.2．已知数列na是等比数列，首项11a，公比0q,其前n项和为nS,且113322,,SaSaSa,成等差数列．（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足11,2nnabnnaT为数列nb前n项和，若nTm恒成立，求m的最大值．【答案】（1）112nna；（2）1．【解析】试题分析：（1）由题意可知:331122313212322SaSaSaSSSSaaa314aa1231111,422nnaqqaa；（2）由1111222nnnnabnabnnab12nn21112232...2nnTn，再由错位相减法求得112nnTn,1nnTT120nnnT为递增数列当1n时，min1,nT．又原命题可转化minnTm1mm的最大值为1．试题解析：（1）由题意可知:331122313212322SaSaSaSSSSaaa,即314aa,于是12311111,0,,1,422nnaqqqaaa．（2）11111,,2222nnnnabnabnnnabn,21112232...2nnTn,①232122232...2nnTn,②①-②得:2112122...22212112nnnnnnTnnn,112nnTn,nTm恒成立，只需11min212120nnnnnnTmTTnnn,nT为递增数列，当1n时，min1,1,nTmm的最大值为1．考点：1、等差数列；2、等比数列；3、数列的前n项和；4、数列与不等式．【方法点晴】本题考查等差数列、等比数列、数列的前n项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型．第二小题首先由1111222nnnnabnabnnab12nn2112232...nT12nn再由错位相减法求得112nnTn1nnTT120nnnT为递增数列当1n时，试卷第3页，总14页min1nT．再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化minnTm1mm的最大值为1．3．已知数列na中，3,221aa，其前n项和nS满足1211nnnSSS，其中Nnn,2．（1）求证：数列na为等差数列，并求其通项公式；（2）设nnnab2，nT为数列nb的前n项和．①求nT的表达式；②求使2nT的n的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①nnnT233；②3n，且Nn．【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用错位相减法推证；（2）借助题设运用函数的单调性探求．试题解析：（1）由已知，),2(1)()(11NnnSSSSnnnn，即),2(11Nnnaann，112aa，∴数列na是以21a为首项，公差为1的等差数列，∴1nan．（2）∵1nan，∴nnnb21)1(，nnnnnT21)1(2121321212，①13221)1(2121321221nnnnnT，②①-②得：13221)1(212121121nnnnT，∴nnnT233代入不等式得2233nn，即0123nn，设123)(nnnf，则022)()1(1nnnfnf，∴)(nf在N上单调递减，∵041)3(,041)2(,01)1(fff，∴当2,1nn时，0)(nf，当3n时，0)(nf，所以n的取值范围为3n，且Nn．考点：等差数列等比数列及函数的单调性等有关知识的综合运用．4．nS为等差数列{}na的前n项和，且11a，728S，记[lg]nnba．其中[]x表示不超过x的最大整数，如[0.9]0，[lg99]1．（1）求111101bbb，，；试卷第4页，总14页（2）求数列{}nb的前1000项和．【答案】（1）10b，111b，1012b；（2）1893．【解析】试题分析：（1）先求公差、通项na，再根据已知条件求111101bbb，，；（2）用分段函数表示nb，再由等差数列的前n项和公式求数列nb的前1000项和．试题解析：（1）nS为等差数列{}na的前n项和，且11a，728S，4728a．可得44a，则公差1d，nan，[lg]nbn，则1[][lg1]0b，1111[lg]1b，101[lg101]2b．（2）由（1）可知：12390bbbb，101112991bbbb，1001011021039992bbbbb，10003b．数列{}nb的前1000项和为：90901900231893．考点：1、新定义问题；2、数列求和．【技巧点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点．5．已知数列}{na的前n项和为nS，且nnSn22（Nn），数列}{nb满足3log42nnba（Nn）.（1）求na，nb；（2）求数列}{nnba的前n项和nT.【答案】（1）14nan，Nn，12nnb；（2）52)54(nnnT,Nn．【解析】试题分析：（1）由nnSn22可得，当1n时，可求13a，当2n时，由1nnnaSS可求通项进而可求nb；（2）由（1）知，1(41)2nnnabn，利用乘公比错位相减法求解数列的和.试题解析：（1）由nnSn22，得当时，311Sa；当2n时，141nSSannn，所以14nan，Nn.由3log4142nnban，得12nnb，Nn.试卷第5页，总14页（2）由（1）知12)14(nnnnba，Nn，所以122)14(211273nnnTnnnnnT2)14(2)54(2723212，所以52)54()]222(43[2)14(212nnnnnnnTT.故52)54(nnnT,Nn考点：等差数列与等比数列的通项公式；数列求和.6．已知等比数列na的公比11,1qa，且132,,14aaa成等差数列，数列nb满足：*1122131nnnabababnnN．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若8nnmab恒成立，求实数m的最小值．【答案】（1）21nbn；（2）181．【解析】试题分析：（1）数列na是首项为1，公比为q的等比数列，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得13nna，再将n换为1n，两式相减可得21nbn；（2）若8nnmab恒成立，即为1293nnm的最大值，由1293nnnc作差，判定函数的单调性，即可得到最大值，进而得到m的最小值．试题解析：（1）因为等比数列na满足：11321,,,14aaaa成等差数列，所以：312214aaa，即2111214aqaaq，所以：22150qq，所以3q（因为1q）所以13nna，因为：1122131nnnabababn，①所以当2n时，有1112211231nnnabababn，②①-②得：12132nnnabnn，所以212nbnn，当1n时也满足，所以21nbn．（2）若8nnmab恒成立，则1293nnm恒成立，令1293nnnc，则12043nnnncc．试卷第6页，总14页当5n时，56cc，当5n时，12345ccccc，当5n时，678ccc．所以nc的最大值为56181cc，所以181m，m的最小值为181．考点：等比数列的通项公式；数列的求和．7．已知数列na，0na，其前n项和nS满足122nnnSa，其中*nN．（1）设2nnnab，证明：数列nb是等差数列；（2）设2nnncb，nT为数列nc的前n项和，求证：3nT；（3）设14(1)2nbnnnd（为非零整数，*nN），试确定的值，使得对任意*nN，都有1nndd成立．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1.【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列的定义推证；（2）依据题设运用错位相减法推证；（3）借助题设建立不等式分类探求.试题解析：（1）当1n时，1124Sa，∴14a，当2n时，1112222nnnnnnnaSSaa，∴122nnnaa，即11122nnnnaa，∴11nnbb（常数），又1122ab，∴nb是首项为2，公差为1的等差数列，1nbn．（2）12(1)2nnnncbn，2231222nnnT…，211212222nnnnnT…,相减得23111111122222nnnnT…21111(1)12211212nnn1311222nnn