江苏省栟茶高级中学2012届高三数学考前热点专题训练(8)(数列)

2012届考前热点专题训练（8）（数列）班级____学号_____姓名_______一、填空题1．设等差数列}{na的前n项和为1413121184,20,8,aaaaSSSn则若_18___.2．已知各项均为正数的等比数列765{}:2,nmnaaaaaa满足若1192,amn则的最小值为____4______．3．设na是正项数列，其前n项和nS满足4(1)(3)nnnSaa,则na=___21n_______．4.设数列na是公差不为0的等差数列，11a且136,,aaa成等比数列，则na的前n项和nS等于2788nn.5．已知数列{}na满足1125,24nnaaan，则当n＝______3__时，nan取得最小值．6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝32，S3＝92，则a1的值为__a1＝32或6______．7.设等差数列}{na前n项和为nS，若0,01615SS，则1515332211,,aSaSaSaS，中的最大的是_____88aS___．8.数列na是首项41a的等比数列，且14a，5a，32a成等差数列，则其公比为1或1.9.已知数列{}na是以3为公差的等差数列，nS是其前n项和，若10S是数列{}nS中的唯一最小项，则数列{}na的首项1a的取值范围是（-30，-27）.10.数列na中，16a，且111nnnaaann（*nN，2n≥），则这个数列的通项公式na(1)(2)nn．11．数列,,141,1}{22221211nnnnnaaaSaaaa记满足若3012mSSnn对任意*Nn恒成立，则正整数m的最小值是10.12．设{an}是等比数列，公比2q，Sn为{an}的前n项和，记2117,nnnnSSTnNa，设0nT为数列{}nT的最大值，则0n4.13．已知集合P={x|x=2n，n∈N}，Q={x|x=2n，n∈N}，将集合P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，则数列{an}的前20项之和S20=____343______．14．已知{}na是首项为a，公差为1的等差数列，数列{}nb满足1nnnaba，若对任意的nN，都有8nbb成立，则实数a的取值范围是____(8,7)____．二、解答题15.已知数列｛na｝的前n项和为nS，数列n{b}的前n项和为nT,n{b}为等差数列且各项均为正数，*1n1n123a1,a2S1(nN),bbb15(1)求数列｛na｝的通项公式；（2）若112233ab,ab,ab成等比数列，求12n111TTT…+15.解：（1）211a2S133a当n2时，n1nnn1naa(2S1)(2S1)2a………………………………3分∴n12n1n,2n1aaa3a3a33aa即又∴数列na是首项a1，公比为3的等比数列…………………………4分从而得：n1na3…………………………6分（2）设数列nb的公差为d(d0)∵32T15,b5依题意有2221133(ab)(ab)(ab),64(5d1)(5d9)d2d10(解之得或舍去)……………………………………8分故2nn(n1)T3n22n2n2……………………………………10分12n1111111111=()()TTT212n34n1111132n3()=12212n1n242(n1)(n2)所以…+…+…++2…………分16.已知数列1*11{}:2,332().nnnnnaaaanN满足（I）设2,3nnnnab证明：数列{}nb为等差数列，并求数列{}na的通项公式；（II）求数列{}nnanS的前项和；（III）设**1(),,nnnknaCnNkNCCa是否存在使得对一切正整数n均成立，并说明理由。16.解：（Ⅰ）nnnnnnnnaabb3232111113232233111nnnnnnnnaa，}{nb为等差数列．又0=1b，1nbn．nnnna231．…………………（4分）（Ⅱ）设nnnT3)1(313021，则31323)1(3130nnnT．11123)1(31)31(93)1(332nnnnnnnT．493)32(23)1(439111nnnnnnT．412332222312nnnnnnTS．…………………（8分）（Ⅲ）由已知得nnnnnnnC2312311，从而求得,62259,1362,213321CCC猜测C1最大，下证：1111211]23)1[(132)23(aannaaaaCCnnnnnnnn02.93)713(1aannnn，∴存在1k，使得knCC对一切正整数n均成立．…………………（12分）17.设公差为d（0d）的等差数列na与公比为q（0q）的等比数列nb有如下关系：113375,,ababab．（1）比较15a与7b的大小关系，并给出证明．（2）是否存在正整数,mn，使得?nmab若存在，求出,mn之间所满足的关系式；若不存在，请说明理由．解题探究：本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、探究能力以及分析问题和解决问题的能力．第（1）问是一个简单题，只要运用基本量方法，将等差数列和等比数列的有关项用首项和公差（公比）表示出来，再加以比较就可以了．第（2）问是一道探究性问题，不妨假设存在，进行探索，就可以得出,mn之间所满足的关系式，从而使问题获得解决．解析：（1）157ab．(2分)证明如下：设11aba，则0a，且22adaq……⑴，46adaq……⑵，（4分）由⑴，⑵得：2423aaqq，从而42320qq，∴22q或21q．（∵0q，∴1q，此时0d，不可，舍之）∴22.q代入⑴得2ad．(6分)61517148,8aadabaqa，因此，157ab．(7分)（2）假设存在正整数,mn，使得nmab，即11mandaq，(8分)由(1)可知：22,2qad，∴1212mdnddq，∴112mnq，∴1221114422mmmnq，(10分)即存在正整数,mn，使得nmab，,mn之间所满足的关系式为2112mn，,mnN．（12分）事实上，当2112mn，,mnN时，有121naanddnd1212mndd11212222mmmmdqaaqb．故知结论成立．(14分)18.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝a，an＋1＝2Sn－2n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－2n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≤an，n∈N*，求a的取值范围．解：(1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝2Sn－2n，即Sn＋1＝3Sn－2n.由此得Sn＋1－2n＋1＝3(Sn－2n)．即bn＋1＝3bn，又b1＝S1－2＝a－2，当a≠2时数列{bn}是以a－2为首项，3为公比的等比数列，则bn＝(a－2)·3n－1；当a＝2时，bn＝0.综上所述，数列{bn}的通项公式为bn＝(a－2)·3n－1，n∈(N*)．①(2)由①知Sn＝(a－2)3n－1＋2n(n∈N*)．于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－2)3n－1＋2n－[(a－2)3n－2＋2n－1]＝2(a－2)3n－2＋2n－1，an＋1－an＝2(a－2)3n－1＋2n－[2(a－2)3n－2＋2n－1]＝4(a－2)3n－2＋2n－1＝4·3n－2a－2＋1223n－2.当n≥2时，an＋1≤an⇔(a－2)＋1223n－2≤0⇔a≤2－1223n－2⇔a≤32；又n＝1时，a2≤a1⇔2a－2≤a⇔a≤2.所以∀n∈N*，a的取值范围是－∞，32.19.已知数列na，nb满足：31a，当2n时，naann41；对于任意的正整数n，11222nnnbbbnaL．设nb的前n项和为nS.（Ⅰ）计算32,aa，并求数列na的通项公式；（Ⅱ）求满足1413nS的n的集合.19.（Ⅰ）在naann41中，取2n，得821aa，又，31a，故.52a同样取3n可得.73a……………………2分由naann41及)1(41naann两式相减可得：411nnaa，所以数列na的奇数项和偶数项各自成等差数列，公差为4，而212aa，故na是公差为2的等差数列，.12nan……………………5分注：猜想12nan而未能证明的扣2分；用数学归纳法证明不扣分.（Ⅱ）在1122+2nnnbbbnaL中令1n得.311ab……………………6分又121122(1)nnnbbbnaL，与11222nnnbbbnaL两式相减可得：34)12()32)(1()1(211nnnnnnaanbnnnn，nnnb2341，即当2n时，1214nnnb经检验，31b也符合该式，所以，nb的通项公式为1214nnnb………………9分11137(41)()22nnSnL.2121111137()(45)()(41)().2222nnnSnnL相减可得：211111134[()()](41)()22222nnnSnL利用等比数列求和公式并化简得：127414nnnS……………………11分可见，Nn，14nS……………………12分经计算，13323114,1316271465SS，注意到nb的各项为正，故nS单调递增，所以满足1413nS的n的集合为.,6Nnnn……………………14分