数列题

第一篇：数列题

k已知数列an中的相邻两项a2k1，a2k是关于x的方程x2(3k2k)x3k20的两个根，且

a2k1≤a2k(k1，2，3，)．

（I）求a1，a2，a3，a7；

（II）求数列an的前2n项和S2n；（Ⅲ）记f(n)1sinn3，2sinn

(1)f(2)(1)f(3)(1)f(4)(1)f(n1)，Tn…a1a2a3a4a5a6a2n1a2n

求证：

已知An(an，bn)（nN*）是曲线ye上的点，a1a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足22n2，3，4，…． Sn3n2anSn1，an0，x15≤Tn≤(nN*)． 624

（I）证明：数列bn2（n≤2）是常数数列；

bn

（II）确定a的取值集合M，使aM时，数列{an}是单调递增数列；（III）证明：当aM时，弦AnAn1（nN*）的斜率随n单调递增

第二篇：数列不等式题

数列不等式综合题示例

例1 设等比数列an的公比为q，前n项和Sn0(n1,2,)（Ⅰ）求q的取值范围；（Ⅱ）设bn3an2an1，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn2

41n12例2设数列an的前n项的和Snan22•,•3•,•，n1,•333

（Ⅰ）求首项a1与通项an； 2n

（Ⅱ）设TnSn，n1•,•2•,•3•,•，证明：Tii1n3 2例3数列{an}满足a1=1，且an1（Ⅰ）用数学归纳法证明：an（Ⅱ）已知不等式ln(1e =2.71828 ….(111)a(n1).n2nnn22(n2)； x)x对x0成立.证明：ane2(n1).其中无理数

第三篇：数列与推理证明检测题

2013届高三寒假作业数学章节检测(5)

一 选择题

()

2．已知等差数列an的前项和为Sn，若M,N,P三点共线，O为坐标原点，且ONaOM1

5

aO(P直线MP不过点O)，则S20等于（）6

A．15B．10C．40D．20

3．数列{an}中，a1a21,an2an1an对所有正整数n都成立，则a10等于()A.3

4B.55

C.89

D.100

24．若数列{an}中ann6n

7，则其前n项和Sn取最大值时，n（）

A．3Ｂ．6Ｃ．7

Ｄ．6或7 5．已知数列an

a20=（）

A.0

6．数列an满足：an2an1-an（nN），且a21，若数列的前2011项之和为2012，则前2012项的和等于

A．0B． 1C．2012 7．用正偶数按下表排列

D．201

3则2008在第行第列.（）A．第 251 行第 5 列 B．第 251 行第 1列

C．第 250 行第 3 列

D．第 251 行第 5 列或第 252 行第 5列

8．黑白两种颜色的正六形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面砖（）块.A.21B.22C.20D.23

9．某个命题与正整数有关，若当nk(kN*)时该命题成立，那么可推得当nk1时该命题也成立，现已知当n5时该命题不成立，那么可推得()

A、当n6时，该命题不成立

C、当n4时，该命题成立 10． 设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn为数列a1，a2，„，an

a1，的“理想数”，已知数列a1，a2，„„，a502的“理想数”为2012，那么数列2，„，a2，a502的“理想数”为（）

A．2010B．2011C．2012D．201

311．一同学在电脑中打出如下若干个圆：○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„，若依此规律继续下去，得到一系列的圆，则在前2 012个圆中共有●的个数是（）A．61B．6

2【答案】A

C．63D．6

412．已知数列an的通项为an

2n1，Sn为数列

an的前n

数列

bn的前n项和的取值范围为()

A二 填空题

．设等差数列an的前n项和为Sn，若a10，S5S12，则当Sn取得最大值时，n的值为14n项和Sn

15．若{an}是递增数列λ对于任意自然数n,annn恒成立，求实数λ的取值范围是

【答案】λ>－3

15数列a

n中，Snn,某三角形三边之比为a2:a3:a4，则该三角形最大角为

16在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1图，在四面体P—ABC中，若PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则h与PA, PB, PC

有关系式：．

D

O

三解答题

17．（本小题满分12分）

等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)均在函数

ybr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.x

（1）求r的值；（2）当b

2{bn}的前n项和Tn.18．某少数民族的刺绣有着悠久的历史,下图（1）、（2）、（3）、（4）她们刺绣最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮;现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形

（Ⅰ）求出f(5)的值；

（Ⅱ）利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；

.19.（本小题14分）

在等差数列{an}中，a1030,a2050.(1)求数列{an}的通项an；(2)令bn2a

n

10，证明：数列{bn}为等比数列；

（3）求数列{nbn}的前n项和Tn.20

（Ⅰ）求f(x)f(1x),xR的值；

(nN*)，求数列{an}的通项公式；

（Ⅲ）若数列bn满足bn2n1an，Sn是数列bn的前n项和，是否存在正实数k，使不等式knSn4bn对于一切的nN恒成立？若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．

21．已知数列a

nn项和S

n

（1）求数列an的通项公式；（222．（本小题满分14分）已知数列an是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前

n项和，且满足an2S2n1，nN*．数列b

n和．

（1）求a1、d和Tn；

Tn为数列bn的前n项

n

（2）若对任意的nN*，不等式Tnn8(1)恒成立，求实数的取值范围；

（3）是否存在正整数m,n(1mn)，使得T1,Tm,Tn成等比数列？若存在，求出所有

m,n的值；若不存在，请说明理由．

第四篇：3透视2013年高考数列题

透视2013年高考数列题

童其林

一、命题分析

数列是高中代数的重要内容之一,在整个高中数学中,它处于数学知识和数学方法的汇合点，数、式、方程、函数、简易逻辑、算法、三角、不等式、几何等内容均可能与数列知识产生联系.因此,它是数学高考命制能力题的主板块之一.纵观今年的高考试题,数列试题具有题型新颖,综合性强的特点.题量大多为1大题、l小题,约占全卷总分的13%，比如理科上海卷、江西卷、北京卷、陕西卷、湖北卷、广东卷、安微卷等就设置了一大一小两个题.有的省份只有一道客观题（选择题或者填空题）或只有一道解答题中，比如理科山东卷、全国新课标Ⅱ卷、浙江卷、四川卷等只有一道主观题（解答题），福建卷、辽宁卷、重庆卷等只设置了一道选择题或填空题.例外的是全国新课标课标Ⅰ卷理科，设置了三个小题——2道选择题1道填空题，占15分，还有就是江苏卷，除了一大一小两个题外，附加题也是数列题..从考查的知识和方法来看，等差等比数列的基础知识及其应用是考查的重点，知识交汇是趋势，比如2013年各地高考理科数学卷中，求通项公式的就有山东卷理科20第1小题，安微卷理科14题，全国新课标课标Ⅰ卷理科14题，江西卷理科17题第1小题，湖北卷理科18题第1小题，广东卷理科19题第2小题；求前n项和的有山东卷理科20第2小题，全国新课标课标Ⅰ卷理科第7题，四川卷理科第16题；证明或判断等差或等比数列的有上海卷理科23题第2小题，福建卷理科第9题，北京卷理科20题第2小题，陕西卷理科17题第2小题；判断数列是递增还是递减数列的有全国新课标课标Ⅰ卷理科12题，辽宁卷理科第4题；与平面解析几何交汇的有全国高考新课标1卷理科12题，安微卷理科14题；类比、归纳猜猜的有陕西卷理14题，湖北卷理14题；上海卷、广东卷考了证明不等式问题；陕西卷理科17第1小题考了推导等比数列的前n项和公式，很有特色.另外，上海卷与北京卷都把数列题作为压轴题.二、经典例题分析

1.考查数列的基础知识

理解数列的概念，并能根据递推公式写出数列的前几项;理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题;理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题——这些都是数列的基础知识.例1（福建卷，理科9）已知等比数列{an}的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m,cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m,nN)，则以下结论一定正确的是（）

A．数列{bn}为等差数列，公差为qB．数列{bn}为等比数列，公比为q

C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2m2m

D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm

解析：粗看本题，一个感觉就是bn,cn的表达式太复杂，特殊化是简化运算的一个手段.因为b1a1a2am,b2am1am2amm,b3b2m1b2m2b2mm，当数列an的公比q1时，b1ma1b2b3，此时公差为0，A错.当q1时，b

2qm(a1a2am), b

1b

3qm(am1am2amm)qmqm(a1a2am)，b2

此时

b2b3，B错.

b1b2

因为c1a1a2am,c2am1am2amm,c3a2m1a2m2a2mm，所以c2c1c3，所以数列cn为等比数列，c2am1am2amma1qma2qmamqmm2又q，故选C.c1a1a2ama1a2am

点评：熟练掌握等差数列与等比数列的定义、性质，通项公式及其前n项和公式是解题的关键．另外，特殊化能帮助我们快速选出正确支.例2（陕西卷，理科17）设{an}是公比为q的等比数列.(Ⅰ)推导{an}的前n项和公式；(Ⅱ)设q≠1, 证明数列{an1}不是等比数列.解析：（I）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和 Sn=a1+ a1q+….a1qn-1 ①将①式两边分别乘以q得qSn=a1q+ a1q2+…a1qn

n

aanqa（n1-q）当q≠0时，Sn或Sn1 1q1q

当 q=1时，a1= a2=….an，所以Sn=na.（II）∵q≠1 假设数列{an+1}为等比数列，那么(a21)2(a11)(a31)，即(a1q1)(a11)(a1q1)a1(q1)0a10或q=1，均与题设矛盾，故数列{an1}不可能为等比数列.点评：推导{an}的前n项和公式，有很多方法，上述方法只是其中的一种.本题（2）直接证明是很难完成的，反证法是最好的选择.2.考查数列与其它知识的融合数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合是重点.例3（全国新课标Ⅱ卷，理科16）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15 =25，则nSn 的最小值为________.109d10a012

2解析：由题意得，解得d,a13,315a1514d2

512n(n1)2n210nn310n2

, 所以Sn3n，即nSn233320n310n2

n，,则有f(x)n2令f(n)

3令f(x)n

20202020

n00n,令f(x)n2n0n, 3333

n310n2

48，当n=7时，因为 n为正整数，当n=6时，f(n)

3n310n2n310n2

f(n)49,所以当n=7时，f(n)取得最小值为-49.33

点评：数列本身就是关于n的函数，利用导数求数列函数的最值也就显得自然，这里要特别注意的是n在正整数范围内取值.例4（全国高考新课标1卷理科12设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面cn＋anbn＋an

积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝()

A．{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

cn＋anbn＋an

解：因为an＋1＝an，所以an=a1,而bn＋1，c

＋＝，2从而b2c2

c1a1b1a1c1b

1a12a1, 222ca2b2a2c2b2

b3c32a22a1

222

……

bn1cn12a1，即对所有n，有bn＋cn＝2a1，也就是AnCn+AnB n＝2a1，为定值，所以点Anx2y2

1.如图，以Bn，Cn中点为坐标原点建系，则An的轨迹为23a1

a12

4又|bn1cn1||

cnanbnan1

||bncn||bncn|，222

所以两边差越来越小，An越来越接近于椭圆短轴端点，因而An到BnCn的距离越来越大，面积Sn也越来越大，{Sn}为递增数列.点评：本题的解法也有不少，上述解法与解析几何融合，开辟了解题的新天地，很有创意.例

5（江西卷理科

17）正项数列

an的前项和Sn满足：，0sn(n2n1sn)n(2n)

（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn

n1*，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN，都有22

(n2)an

Tn

5.64

解析：（1）由sn(n2n1)sn(n2n)0，得

S

n

(n2n)(Sn1)0，由于an是正项数列，所以Sn0,Snn2n.

于是a1S12,当n2时，anSnSn1nn(n1)(n1)2n.所以数列an的通项公式an=2n.(2)由于an=2n，bn

n1n1111，22222216n(n2)an4n(n2)(n2)

Tn

1111111111

1 163222423252(n1)2(n1)2n2(n2)2

=

111111511.2222162(n1)(n2)16264

点评：本题考查数列的通项、前n项和公式，数列的递推，裂项相消法求数列的前n项

和，及用放缩法证明不等式等.3.探索性问题

合情推理与演绎推理的结合，也常是考查数列问题的重要内容.例6（湖北理科14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数

nn11

21nn.记第n个k边形数为1,3,6,10，…，第n个三角形数为

222

Nn,kk3，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数Nn,3

121

nn 22

正方形数Nn,4n

五边形数Nn,5

321nn 22

六边形数Nn,62nn……

可以推测Nn,k的表达式，由此计算N10,24.解析：观察n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn,2411n10n，N10,241000.点评：找到规律是解决问题的关键.例7（陕西卷理14）观察下列等式:121

12223 1222326

1222324210 …

照此规律, 第n个等式可为.解析：观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次次为1,2,3…n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为（－1）n·

n+1

n（n1），所以第n个式子可为12－22+32－42+…+（－1）n+1n2=（－1）2

·

n（n1）

（n∈N）.2



点评：解题的关键在于：一是通过四个已知等式的比较发现隐藏在等式中的规律；二是符号成正负交替出现可以用（－1）n+1表示；三是注意表达完整性，不要遗漏了n∈N.三、备考策略

从命题趋势来看，等差、等比数列的定义、通项公式以其等差、等比数列的性质一直高考考查的重点，也依然是今后考查的重点；数列与函数、数列与数学归纳法、数列与不等式、几何等知识的综合是今后考查的重要方面，难度一般较大；应用性问题、探索性问题，依然在升温，不可忽视.另外，命题一定会重视观察归纳、类比联想、倒序相加、错位相减、裂项求和、迭代、构造等具体方法的考查，也会重视函数思想、方程思想、分类讨论的思想、转化的思想、数形结合的思想、有限与无限思想、特殊与一般的思想等数学素养的考查.所以备考时，应该比较深入地理解数列的概念，理解和掌握等差等比数列的概念和性质，掌握等差等比数列的通项公式与前n项和公式.注意数列与函数、简易逻辑、三角、不等式、几何等知识的融合，并不断提炼出解决数列问题的数学方法.作者单位：福建省永定县城关中学

第五篇：数列专题

数列专题

朱立军

1、设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝nan－2n(n－1)．(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设数列 

1a 的前n项和为T1

1n，求证：nan＋15≤Tn＜

42、设数列a

2n1n满足a1＋3a2＋3a3＋…＋3an

＝n

3，a∈N*.(1)求数列an的通项；(2)设bn

n＝

a，求数列bn的前n项和Sn。n3、在数列{a*

n}中，a1＝3，an＝－an-1－2n＋1(n≥2且n∈N).(1)求a2，a3的值；

(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；(3)求数列{an}的前n项和Sn.4、已知数列{a项和S1211*

n}的前nn＝2n

2，数列{bn}满足bn+2－2bn+1＋bn＝0(n∈N)，且b3＝11，前9

项和为153.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)设cn＝

3n

－

n

－，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．

5、已知点(1,2)是函数f(x)＝ax

(a＞0且a≠1)的图象上一点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)－1.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝logaan+1，求数列{anbn}的前n项和Tn.6、已知数列{aa*

n }中，1=2，对于任意的p,q∈N，都有apqapaq.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令b*

*

n＝ln an(n∈N)，是否存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk+2成等比数列？若存在，求出所

有符合条件的k的值，若不存在，请说明理由；(3)令cn＝

1aa，S{c*n

n为数列n}的前n项和，若对任意的n∈N，不等式tSn

1立，求实数t的取值范围．

7、已知数列{a满足：a2n

n}和{bn}1＝λ，an+1＝

3an＋n－4，bn＝(－1)(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数.(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；

(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.数列专题答案

1．(1)解 由Sn＝nan－2n(n－1)得an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)an＋1－nan－4n，即an＋1－an＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－3.(2)证明 T11111

11n＝a＋…＋＋1

1a2a2a3anan＋11×55×99×13

－

＋

1－***14n－3－14n＋1

＝114

1－4n＋11＜4.又易知T111

n单调递增，故Tn≥T1＝5，得5≤Tn

42．解析：(1)a

2an-1

n

1＋3a2＋33＋…＋3an＝3

①

a＋3a＋32aan1n-1

11123＋…＋3n-2 n-1＝3 ②, ①-②得3an =3,所以an3

n(n≥2).经过验证当n=1也成立,因此a1

n3

n.(2)bna=n3n,利用错位相减法可以得到S(2n1n＝

n)3n13.n

443．(1)解：∵a*

1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2，n∈N)，∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝

1.(2)证明 ∵an＋n－an－1－2n＋＋n

aa

n－1＋－n－1＋n－1

＝－an－1－n＋1a＝－1，n－1＋n－1

∴数列{a＋1＝4，公比为－1的等比数列.∴an－1

n＋n}是首项为a1n＋n＝4·(－1)，即an＝4·(－1)n－1－n，∴{a1)n－1－n(n∈N*

n}的通项公式为an＝4·(－).n

(3)解 ∵{an－1

n}的通项公式为an＝4·(－1)

－n(n∈N*)，所以Sn＝∑ak＝

k＝1

n

n

n

n

∑[4·(－1)

k－1

－k] ＝∑[4·(－1)

k－1

]－∑k＝4×

1－－

－

＋

k＝1

k＝1

k＝1

1－－2

＝2[1－(－1)n

]－

(n2

＋n)＝－n＋n－4n

2(－1).4．解(1)因为S1211

n＝2＋2

n，当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝n＋5，当n＝1时a1＝S1＝6，满足上式，所以an＝n＋5，又因为bn+2－2bn-1＋bn＝0，所以数列{bn}为等差数列，由S＋b

79＝

153，b3＝11，故b7＝23，所以公差d＝23－11

7－33，所以bn＝b3＋(n－3)d＝3n＋2，(2)由(1)知c3

n＝

111n

－

n

－

－

＋

212n－12n＋1，所以T1n＝c1＋c2＋…＋cn＝111121－3＋35＋…＋2n－112n＋1

＝11121－2n＋1＝n2n＋1，又因为Tn＋1nn＋1－Tn＝2n＋32n＋1＝＋

＋

0，所以{T1n}单调递增，故(Tn)min＝T13

而Tn＝

n2n＋1n2n121312n，Ta的最大值为1

nn∈[a，b]时3，b的最小值为12(b－a)＝111min236

5．解(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，所以数列{an项和为Sn

n}的前n＝f(n)－1＝2－1.当n＝1时，ann－1n-1

1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2＝2，对n＝1时也适合．∴an-1

n＝2.(2)由a＝2，b＝log，所以an-1

naan+1得bn＝nnbn＝n·2.T01＋3·22＋…＋n·2n-1

n＝1·2＋2·2，①

2T12＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n

n＝1·2＋2·2②

由①－②得：－T0＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，所以T＝(n－1)2n

n＝2n＋1.6．解 本题主要考查等差数列、等比数列和利用不等式知识解答恒成立问题等知识，考查运算求解

能力、推理论证能力，以及分类讨论的数学思想．解答存在性问题的基本策略是先假设存在，然后结合已知条件展开证明．

(1)令p＝1，q＝n，则有an+1＝an＋a1，故an+1－an＝a1＝2，即数列{an}是以2为首项，2为公差的等

差数列，所以数列{a*

n}的通项公式为an＝2n(n∈N)．

(2)假设存在k(k∈N*)，使得b 2*

k、bk+

1、bk+2成等比数列，则bkbk＋2＝bk＋1(k∈N)．

因为bln a*

n＝n＝ln 2n(n∈N)，所以b＋

kbk+2＝ln 2k·ln 2(k＋2)< ln 2k＋

2＋

2

22＝

22＋<22

＝

[ln 2(k＋1)]2＝b 2b2*

k＋1，这与bkbk+2＝k＋1矛盾．故不存在k(k∈N)，使得bk、bk+

1、bk＋2成等比数列．

(3)因为c111n＝a＝＝nan＋1＋41n1n＋1 ,所以S＝111n111

141－2＋＋…＋nn＋1＝

41－1n＋1

＝n＋n为偶数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

n

t<＋＋n4n＋9n＋10，而4n＋9n＋10≥4n·9n＋10＝64，当且仅当n＝9

n

n＝3时，等号成立，故t<64；

当n为奇数时，若对任意的n∈N*，不等式tSn

－＋n

＝4n－9n8，因为n－99nn的增大而增大，所以当n＝1时，n－n取得最小值－8，此时t需满足t<－64.综上知，实数t的取值范围为(－∞，－64)。

7．(1)证明 假设存在一个实数λ，使{a2

n}是等比数列，则有a 2＝a1a3，即23－32＝λ49－4



⇔492－4λ＋9＝42

λ－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{an}不是等比数列.(2)解 因为b＝(－1)n+1[an+1n＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)2

n＋13an－2n＋14

＝－2n

23(－1)·(an－3n＋21)＝－3

n.又b*

1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，bn＝0(n∈N)，此时{bn}不是等比数列；

当λ≠－18时，b2bn＋12*

1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋13n.可知bn≠0，所以b＝－(n∈N).故当λ≠

n3－18时，数列{b2

n}是以－(λ＋18)为首项，－3为公比的等比数列.