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(完整版)数列大题专题训练1(老师版)
数列大题专题训练1
1．已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式;
（2)设，求满足方程的值。
【解析】
试题分析：（1）由与关系求数列的通项公式时，注意分类讨论:当时，;当时,，得到递推关系,再根据等比数列定义确定公比,由通项公式求通项
（2）先求数列前项和，再代入求得，因为，从而根据裂项相消法求和，解得值
试题解析：（1）当时，,
当时，，，
∴，即
∴。
(2），∴,，
∴,
即,解得.
考点：由与关系求数列的通项公式，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（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项求和（如本例）,还有一类隔一项的裂项求和，如(n≥2）或。
2．已知数列是等比数列，首项，公比,其前项和为,且，成等差数列．
（1)求的通项公式；
（2）若数列满足为数列前项和，若恒成立,求的最大值．
【答案】（1）；（2)．
【解析】
试题分析：(1）由题意可知：
；(2）由
，再由错位相减法求得，
为递增数列当时，．又原命题可转化的最大值为．
试题解析： （1）由题意可知:,
即，于是．
（2），
， ① ，②
①- ②得：，，
恒成立，只需，
为递增数列,当时,的最大值为．
考点：1、等差数列；2、等比数列；3、数列的前项和；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
再由错位相减法求得为递增数列当时，．再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化的最大值为．
3．已知数列中,,其前项和满足,其中．
（1)求证:数列为等差数列，并求其通项公式；
(2)设，为数列的前项和．
①求的表达式;
②求使的的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；(2）①;②，且．
【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，,即，
,∴数列是以为首项，公差为的等差数列，∴．
（2）∵，∴，
，①
，②
①—②得：,
∴代入不等式得,即，
设，则,
∴在上单调递减，
∵，
∴当时，，当时,，
所以的取值范围为,且．
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．为等差数列的前项和，且,，记．其中表示不超过的最大整数,如,．
（1）求；
（2)求数列的前1000项和．
【答案】（1)，， ；（2）1893．
【解析】
试题分析:（1）先求公差、通项,再根据已知条件求；（2）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1000项和．
试题解析：（1）为等差数列的前项和，且，,．
可得，则公差, ，
，则，
，
．
（2)由（1)可知：，，
，．
数列的前1000项和为:．
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．已知数列的前项和为，且(），数列满足（)。
(1）求，;
(2）求数列的前项和.
【答案】（1）,，；（2）,．
【解析】
试题分析:(1）由可得，当时，可求，当时，由可求通项进而可求;(2）由（1）知，，利用乘公比错位相减法求解数列的和。
试题解析：（1)由,得当时，；
当时，,
所以，.
由,得,.
（2)由(1)知,，
所以
,
所以.
故,
考点：等差数列与等比数列的通项公式;数列求和。
6．已知等比数列的公比，且成等差数列，数列满足：．
（1）求数列和的通项公式；
（2)若恒成立,求实数的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：(1）数列是首项为,公比为的等比数列，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，再将换为,两式相减可得；（2）若恒成立,即为的最大值,由作差，判定函数的单调性，即可得到最大值，进而得到的最小值．
试题解析:（1）因为等比数列满足:成等差数列,
所以：，即，
所以:，所以（因为）
所以，
因为:，①
所以当时,有，②
①-②得：，
所以,当时也满足，所以．
（2）若恒成立，则恒成立,
令，则．
当时，，
当时，，
当时，．
所以的最大值为，所以,的最小值为．
考点：等比数列的通项公式；数列的求和．
7．已知数列，,其前项和满足，其中．
（1）设，证明：数列是等差数列；
（2）设，为数列的前项和，求证：；
（3）设（为非零整数，），试确定的值，使得对任意,都有成立．
【答案】(1）证明见解析;（2）证明见解析；(3）。
【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）当时,，∴,
当时，，
∴，即，
∴（常数），
又，∴是首项为2，公差为1的等差数列，．
（2）,
,
，
相减得，
∴．
（2）由得，
，
，
，
当为奇数时，，∴;
当为偶数时，，∴，
∴,
又为非零整数,
∴．
考点：等差数列及错位相减法等有关知识的综合运用．
【易错点晴】本题以数列的前项和与通项之间的关系等有关知识为背景,其目的是考查等差数列等比数列等有关知识的综合运用，及推理论证能力、运算求解能力、运用所学知识去分析问题和解决问题的能力的综合问题。求解时充分借助题设条件中的有效信息，借助数列前项和与通项之间的关系进行推证和求解.本题的第一问，利用等差数列的定义证明数列是等差数列；第二问中则借助错位相减的求和方法先求出；第三问是依据不等式成立分类推得参数的取值范围。
8．设数列的前项和为，已知。
（1)求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和。
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：(1）根据数列的递推关系式，可得，利用数列为等比数列，即可求解数列的通项公式;（2)由（1）得出,利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前项和。
试题解析:（1）∵，当时,，∴，
∴,即，
又,,∴，∴，
∴，即。
（2）∵，∴。
∴。
.
.
考点：数列的求和；数列的递推关系式.
9．已知数列的首项，且满足，.
(1)设，判断数列是否为等差数列或等比数列，并证明你的结论;
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）构成以为首项,为公差的等差数列；（2）
【解析】
试题分析:(1）对左右两边同时除以，那么构成了新数列即可求解；(2)结合（1)可求出数列的通项公式，进而利用错位相减的方法求出数列的前项和。
试题解析:(1）∵，∴，
,
∴，∴构成以为首项,为公差的等差数列。
(2）由（1）可知，所以
①
②
②-①得

∴
【考点】（1)利用递推关系求通项公式；（2）错位相消求数列前项和
10．为数列的前项和，已知，。
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1)根据条件等式分与，利用与的关系可求得数列的通项公式；（2）首先结合（1）求得的表达式，然后利用裂项法求和即可．
试题解析：(1)依题意有 ①
当时，，得；
当时, ②
有①②得，
因为，∴,
∴成等差数列,得。
（2），

考点：1、数列的通项公式；2、裂项法求数列的和．
11．已知数列是等比数列，满足，数列满足，且是等差数列。
（I）求数列和的通项公式;
（II）求数列的前n项和。
【答案】(Ⅰ）;(Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）数列是等比数列,所以根据公式，求公比,根据首项和公比求通项公式，因为数列是等差数列，所以根据数列的首项和数列的第四项，求数列的公差,即求得数列的通项公式，最后再求得数列的通项公式；(Ⅱ），所以根据分组转化法:等差数列加等比数列求和.
试题解析：（I)设等比数列的公比为q,由题意得，解得.
所以。
设等差数列的公差为d，
所以。即.解得.
所以。
从而
（II）由（I）知。
数列的前n项和为，数列的前n项和为
.
所以，数列的前n项和为。
考点：1。等差,等比数列求和；2.分组转化法求和。
12．设数列的前和为，。
（1)求证：数列为等差数列， 并分别写出和关于的表达式;
(2）是否存在自然数,使得？若存在,求出的值; 若不存在, 请说明理由;
（3）设,若不等式,对恒成立， 求的最大值。
【答案】(1）证明见解析,；（2）；（3)。
【解析】
试题分析:（1）利用,求得，这是等差数列,故；(2）,这是等差数列,前向和为，故；（3），利用裂项求和法求得，解得，故.
试题解析：
(1)由，得，相减得.
故数列是以为首项，
以公差的等差数列..
(2）由(1）知,
，由
,得,即存在满足条件的自然数.
(3）
，,即单调递增, 故要使恒成立， 只需成立， 即。
故符合条件的最大值为。
考点：数列的基本概念,数列求和，不等式．
13．设数列满足,.
（1）求数列的通项公式；
（2)设，求数列的前项和.
【答案】（1）；(2）。
【解析】
试题分析：（1)利用递推关系即可得出；（2）结合（1）可得，利用裂项相消求和.
试题解析：（1）因为，, ①
所以当时，。
当时，,②
①—②得,．
所以。
因为，适合上式，所以.
（2）由（1）得，所以
.
所以

.
考点：（1）数列递推式；（2)数列求和.
14．已知函数,数列｛an｝满足a1=1，an+1=f（an)．
(1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=anan+1，数列{bn｝的前n项和为Sn,若Sn＜对一切正整数n都成立，求最小的正整数m的值．
【答案】(1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）由已知可得到数列的递推公式,递推公式两边取倒数，可得数列是等差数列，求出的通项公式进而可得数列的通项公式;（2）由（1）可得数列的通项公式,将其变形后利用“裂项相消法”求前项和，可得,只需即可（考虑为正整数）。
试题解析：(1）an+1=f（an）=，
取倒数，可得=+，
则,即有；
（2)
前n项和为
令≤，解得m≥2017，可得m的最小值为2018；
考点:1、数列的递推公式及通项公式；2、利用“裂项相消法”求数列前项和。
15．设数列{an｝的前n项和为Sn，且首项a1≠3，an＋1＝Sn＋3n（n∈N*)．
（1）求证：数列{Sn－3n｝是等比数列；
(2)若{an}为递增数列,求a1的取值范围．
【答案】(1)证明见解析;(2）
【解析】
试题分析：（1）由,可得数列是公比为，首项为的等比数列；（2)当时，，利用为递增数列，即可求解的取值范围.
试题解析:（1）证明:∵an＋1＝Sn＋3n（n∈N＊），∴Sn＋1＝2Sn＋3n，
∴Sn＋1－3n＋1＝2（Sn－3n）．又∵a1≠3，
∴数列{Sn－3n｝是公比为2,首项为a1－3的等比数列．
(2）由（1）得，Sn－3n＝（a1－3）×2n－1，∴Sn＝（a1－3)×2n－1＋3n。
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a1－3）×2n－2＋2×3n－1.
∵｛an}为递增数列，
∴当n≥2时,（a1－3)×2n－1＋2×3n＞（a1－3）×2n－2＋2×3n－1，
∴2n－212×＋a1－3〉0,∴a1＞－9。
∵a2＝a1＋3＞a1，∴a1的取值范围是a1＞－9.
考点：等比数列的性质；等比数列的定义；数列的递推式的应用。
【方法点晴】本题主要考查了利用等比数列的定义判定和证明数列为等比数列、等比数列的性质的应用和数列的递推关系式的化简与运算，解答中得数列是公比为,首项为的等比数列和化简出是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力,属于中档试题.
16．已知各项均为正数的数列的前项和为，满足恰为等比数列的前项。
（1)求数列，的通项公式；
（2）若，求数列的前项和为。
【答案】（1），；（2）.
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式求解；（2）借助题设条件运用分类整合思想和裂项相消法求解。
试题解析：
（1)，两式相减得，是各项均为正数的数列， 所以,又,解得，所以是以为首项，为公差的等差数列,所以.由题意知.
(2)由（1）得，
故
设,则当为偶数时,，
当为奇数时，， 设,
则,所以。
考点：等差数列等比数列的通项公式及分类整合思想和裂项相消法等有关知识的综合运用．

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