高三数学第二轮复习专题(一)《数列》

-1-高三数学第二轮复习专题（一）—《数列》1.(2009年广东卷文)已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?.2.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式（II）求数列{}na的前n项和nS-2-3.(2009湖北卷理)已知数列na的前n项和11()22nnnSa（n为正整数）。（Ⅰ）令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；（Ⅱ）令1nnncan，12........nnTccc试比较nT与521nn的大小，并予以证明。4.（2009全国卷Ⅱ理）设数列{}na的前n项和为,nS已知11,a142nnSa（I）设12nnnbaa，证明数列{}nb是等比数列（II）求数列{}na的通项公式。-3-5.（2009陕西卷文）已知数列}na满足，*11212,,2nnnaaaaanN’＋2＝＝.令1nnnbaa，证明：{}nb是等比数列；(Ⅱ)求}na的通项公式。6.（全国二20）．设数列na的前n项和为nS．已知1aa，13nnnaS，*nN．（Ⅰ）设3nnnbS，求数列nb的通项公式；（Ⅱ）若1nnaa≥，*nN，求a的取值范围．-4-7.（四川卷20）设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS（Ⅰ）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（Ⅱ）求na的通项公式8.（天津卷20）在数列{}na中，11a，22a，且11(1)nnnaqaqa（2,0nq）．（Ⅰ）设1nnnbaa（*nN），证明{}nb是等比数列；（Ⅱ）求数列{}na的通项公式；（Ⅲ）若3a是6a与9a的等差中项，求q的值，并证明：对任意的*nN，na是3na与6na的等差中项．-5-9．（山东卷）设数列na满足211233333nnnaaaa…，a*N．（Ⅰ）求数列na的通项；（Ⅱ）设nnnba，求数列nb的前n项和nS．10.(全国一19)．在数列na中，11a，122nnnaa．（Ⅰ）设12nnnab．证明：数列nb是等差数列；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS．-6-11.(重庆理21)已知各项均为正数的数列{na}的前n项和满足1nS，且*),2)(1(6NnaaSnnn（1）求{na}的通项公式；（2）设数列{nb}满足1)12(nbna，并记nT为{nb}的前n项和，求证：*2),3(log13NnaTnn12.(全国2理21)设数列{}na的首项113(01)2342nnaaan，，，，，，…．（1）求{}na的通项公式；（2）设32nnnbaa，证明1nnbb，其中n为正整数．-7-13．数列{an}的前n项和记为Sn，111,211nnaaSn（1）求{an}的通项公式;（2）等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且315T，又112233,,ababab成等比数列，求Tn14．已知数列{na}中，112nnaa（n≥2，Nn），（1）若531a，数列}{nb满足11nnab（Nn），求证数列{nb}是等差数列；（2）若531a，求数列{na}中的最大项与最小项，并说明理由；（3）若211a，试证明：211nnaa．-8-高三数学第二轮复习专题（一）—《数列》参考答案1.(2009年广东卷文)已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?.【解析】（1）113faQ,13xfx1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；-9-数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK11122121nnn；由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.2.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式（II）求数列{}na的前n项和nS分析：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb利用累差迭加即可求出数列{}nb的通项公式:1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)nkknn,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，-10-易得1112422nknkknnS=(1)nn1242nn3.(2009湖北卷理)已知数列na的前n项和11()22nnnSa（n为正整数）。（Ⅰ）令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；（Ⅱ）令1nnncan，12........nnTccc试比较nT与521nn的大小，并予以证明。解析：（I）在11()22nnnSa中，令n=1，可得1112nSaa，即112a当2n时，21111111()2()22nnnnnnnnnSaaSSaa，，11n1112a(),212nnnnnaaan即2.112,1,n21nnnnnnbabbbn即当时，b..又1121,ba数列nb是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12,2nnnnnnbnnaa.(II)由（I）得11(1)()2nnnncann，所以23111123()4()(1)()2222nnTnK2341111112()3()4()(1)()22222nnTnK由①-②得231111111()()()(1)()22222nnnTnK11111[1()]133421(1)()122212332nnnnnnnnT535(3)(221)3212212(21)nnnnnnnnnTnnn-11-于是确定521nnTn与的大小关系等价于比较221nn与的大小由23452211;2221;2231;2241;225;K可猜想当3221.nnn时，证明如下：证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。（2）假设1nk时12222(21)422(1)1(21)2(1)1kkkkkkkg所以当1nk时猜想也成立综合（1）（2）可知，对一切3n的正整数，都有221.nn证法2：当3n时01210112(11)2221nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK综上所述，当1,2n时521nnTn，当3n时521nnTn4.（2009全国卷Ⅱ理）设数列{}na的前n项和为,nS已知11,a142nnSa（I）设12nnnbaa，证明数列{}nb是等比数列（II）求数列{}na的通项公式。解：（I）由11,a及142nnSa，有12142,aaa21121325,23aabaa由142nnSa，．．．①则当2n时，有142nnSa．．．．．②②－①得111144,22(2)nnnnnnnaaaaaaa又12nnnbaa，12nnbb{}nb是首项13b，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得11232nnnnbaa，113224nnnnaa数列{}2nna是首项为12，公差为34的等比数列．-12-1331(1)22444nnann，2(31)2nnan5.（2009陕西卷文）已知数列}na满足，*11212,,2nnnaaaaanN’＋2＝＝.令1nnnbaa，证明：{}nb是等比数列；(Ⅱ)求}na的通项公式。（1）证1211,baa当2n时，1111,11()222nnnnnnnnnaabaaaaab所以nb是以1为首项，12为公比的等比数列。（2）解由（1）知111(),2nnnnbaa当2n时，121321()()()nnnaaaaaaaa21111()()22n111()2111()2n2211[1()]32n1521(),332n当1n时，111521()1332a。所以1*521()()332nnanN。6.（全国二20）．设数列na的前n项和为nS．已知1aa，13nnnaS，*nN．（Ⅰ）设3nnnbS，求数列nb的通项公式；（Ⅱ）若1nnaa≥，*nN，求a的取值范围．解：-13-（Ⅰ）依题意，113nnnnnSSaS，即123nnnSS，由此得1132(3)nnnnSS．·······································································4分因此，所求通项公式为13(3)2nnnnbSa，*nN．①······························································6分（Ⅱ）由①知13(3)2nnnSa，*nN，于是，当2n≥时，1nnnaSS1123(3)23(3)2nnnnaa1223(3)2nna，12143(3)2nnnnaaa22321232nna，当2n≥时，21312302nnnaaa≥≥9a≥．又211