训练(6) 数列综合提高训练教师版

第1页共57页数列训练（6）数列综合提高数列通项的归纳：1.图（1），（2），（3），（4）分别包含1,5,13和25个互不重叠的单位正方形，按同样的方式构造图形，则第50个图包含个互不重叠的单位正方形.答案49012.右图是一个有n层2n的六边形点阵.它的中心是一个点,算作第一层,第2层每边有2个点,第3层每边有3个点,…,第n层每边有n个点,则这个点阵的点数共有个.【解析】2331nn。3．已知数列：1213214321,,,,,,,,,,...,1121231234依它的前10项的规律，这个数列的第2010项2010a满足（）A．20101010aB．20101110aC．2010110aD．201010a解析：将数列分组：1213214321,,,,,,,,,,...1121231234设2010a位于第n组，由(1)(1)201022nnnn，解得63n，所以2010a位于第63组中的第63622010572项，故2010757a，选B．数列的子列问题交错数列问题1、已知数列{}na，{}nb满足12a，11b，且11113114413144nnnnnnaabbab（2n≥）项和。的通项公式及前求数列成等比数列，且其中公差、等差数列n}k{,5,2,1,0,1,1n3211kkkadaankn,2131nnk______.a......654,32,1.410321则中，数列aaaan50555...4746a10nnnnnnnnnSadddba,54b2a)1).(1a(322nn是等比数列，并求，证明：新数列按原数列中的顺序排成的相同项、将）是等比数列（证明：中，、数列nnd9第2页共57页（I）令nnncab，求数列{}nc的通项公式；（II）求数列{}na的通项公式及前n项和公式nS．解：（Ｉ）解：由题设得11()2(2)nnnnababn≥，即12nncc（2n≥）易知{}nc是首项为113ab，公差为２的等差数列，通项公式为21ncn．（II）解：由题设得111()(2)2nnnnababn≥，令nnndab，则11(2)2nnddn≥．易知{}nd是首项为111ab，公比为12的等比数列，通项公式为112nnd．由12112nnnnnabnab，解得1122nnan，求和得21122nnnSn．2.设数列{an}的首项a1=a≠41，且an+1=.,41,,21为奇数为偶数nanann，记bn=a2n-1-41,n=1,2,3,….(1)求a2,a3;(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论.解（1）a2=a1+41=a+41,a3=21a2=21a+81.(2)因为a4=a3+41=21a+83,a5=21a4=41a+163.所以b1=a1-41=a-41≠0,b2=a3-41=21(a-41),b3=a5-41=41(a-41).证明如下：因为bn+1=a2n+1-41=21a2n-41=214112na-41=214112na=21bn(n∈N*),即nnbb1=21.所以数列{bn}为等比数列.4.已知数列na满足：1221,222,2nnnnananan为正奇数为正偶数．（Ⅰ）问数列na是否为等差数列或等比数列？说明理由；（Ⅱ）求证:数列22nna是等差数列，并求数列2na的通项公式；中偶数项的通项公式的关系式及数列与时，求当）求（为偶数为奇数中，、数列nnaaaa2n2-2n32nn1n1aa2n)2(a,a1,n,2nan,na21,13nna)21(22的通项公式求）求（中，、数列nnaaaaa)2(a,a1)Nk(3a,)1(a,1353k2k12kk12k2k1,n,12)1(23n,12)1(2322n2121nn为偶数为奇数nna第3页共57页（Ⅲ）设21nnba，求数列nb的前n项和nS．解:(Ⅰ)11111211111,2222aaaa221222213,2aaa3312231315,2222aaa442242228.2aaa因为324332432,3,,aaaaaaaa所以数列na不是等差数列.又因为3322121253,,,3aaaaaaaa所以数列na也不是等比数列.(Ⅱ)因为对任意正整数,n112221221322,,,22222nnnnnnnaaaaa所以数列22nna是首项为3,2公差为12的等差数列,从而对12231N,,(2)2.222nnnnannan所以数列2na的通项公式是12(2)2(N).nnann(Ⅲ)N,2,nn122332122112111(1)2(1)(22)22222nnnnnnnnbaann，111211baa也适合上式.所以数列nb的通项公式为2331(1)(22)(N).2nnnbnn（解法一）设数列(1)nnq的前n项和为,nT则当N,1,0nqq时，231()234(1),nnnTqqqqnqnq2341()234(1),nnnqTqqqqnqnq23123111(1)()2(1)(1)1(1)1(1)(1)1nnnnnnnqTqqqqqnqqqqqqnqqqnqq1121(1)()1.(1)1nnnqnqTqqq111(1)4(1)2(N),882nnnbnnn111111114(1)41(4)(2)1112(1)288289382nnnnnnnnnnSTTn第4页共57页212(32)2921.92nnnnnnS(Ⅱ)利用待定系数法可得：对Nn，有23232548448(1)2()2()2,3939nnnnnn334(1)2222(1)2nnnnnn，从而212323251488(32)21(1)2()22,3999nnknnknnk331421(1)2222(11)22nknnkknn，所以212(32)2921(N).92nnnnnnSn数列与函数问题1.已知数列{an}满足a1=2,且点（an,an+1）在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n=1,2,3,….（1）证明：数列{lg(1+an)}是等比数列；（2）设Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an），求Tn及数列{an}的通项.（1）证明由于(an,an+1)在函数f(x)的图象上，∴an+1=a2n+2an,∴an+1+1=（an+1）2.∵a1=2，∴an+1＞1,∴lg（an+1+1）=2lg（an+1）.∴数列{lg(an+1)}是公比为2的等比数列.（2）解由（1）知lg(an+1)=2n-1lg(1+a1)=2n-1lg3=lg123n.∴an+1=123n.∴Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)=023·123·223·…·123n=1222213n=123n.∴Tn=123n,an=123n-1.2．已知｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（1,nnaa）（nN*）在函数y=x2+1的图象上。(1)求数列｛an｝的通项公式；(2)若数列｛bn｝满足bn=na2（n∈N*），求数列｛bn｝的前n项和nS。(3)在（2）的条件下，数列{Sn}中是否存在三项，它们可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由.解：（1）由已知得11nnaa根据等差数列的定义，}{na是首项为1，公差为1的等差数列所以nan（nN*）（2）由（1）可知nannb22（nN*）nnnbbbbbS13212221)21(2222121nnn第5页共57页（3）设存在p，q,r∈N*，且pqr使Sp，Sq，Sr成等差数列，∴2Sq＝Sp＋Sr，即2(2q+1－2)＝(2p+1－2)＋(2r+1－2)∴2q＋1＝2p＋2r，∴2q-p+1＝1＋2r-p.∵p，q，r∈N*，且pqr，∴2q-p+1、2r-p为偶数，1＋2r-p为奇数，于是产生矛盾.因此不存在满足条件的三项.4.已知数列{an}中，a1=53，an=2-11na(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足bn=11na(n∈N*).(1)求证：数列{bn}是等差数列；（2）求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由.（1）证明因为an=2-11na(n≥2,n∈N*),bn=11na.所以当n≥2时，bn-bn-1=11na-111na=11211na-111na=111nnaa-111na=1.又b1=111a=-25.所以，数列{bn}是以-25为首项，以1为公差的等差数列.（2）解由（1）知，bn=n-27,则an=1+nb1=1+722n.设函数f(x)=1+722x,易知f(x)在区间(-∞,27)和(27,+∞)内为减函数.所以，当n=3时，an取得最小值-1；当n=4时，an取得最大值3.5、已知na是公差为d的等差数列，它的前n项和为nS,4224SS,1nnnaba．（1）求公差d的值；（2）若152a，求数列nb中的最大项和最小项的值；（3）若对任意的*nN，都有8nbb成立，求1a的取值范围．解：（1）∵4224SS，∴113442(2)42adad解得1d（2）∵152a，∴数列na的通项公式为17(1)2naann∴111172nnban∵函数1()172fxx在7,2和7,2上分别是单调减函数，∴3211bbb当4n时，41nbb∴数列nb中的最大项是43b，最小项是31b（2）由11nnba得1111nbna)21(nfan)(xfR)()()(abfbafbaf.2)2(f3.已知：是定义的R上的不恒为零的函数，且对任意a、b，满足：，且（1）求的值，（2）若求数列的通项公式，na)21f(第6页共57页又函数11()11fxxa在1,1a和11,a上分别是单调减函数，且11xa时1y；11xa时1y.∵对任意的*nN，都有8nbb，∴1718a∴176a∴1a的取值范围是(7,6)6.已知Sn是数列{an}的前n项和，且an=Sn-1+2（n≥2），a1=2.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=na2log1,Tn=bn+1+bn+2+…+b2n,是否存在最大的正整数k，使得对于任意的正整数n,有Tn＞12k恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.解（1）由已知an=Sn-1+2①得an+1=Sn+2②②-①，得an+1-an=Sn-Sn-1(n≥2),∴an+1=2an(n≥2).又a1=2,∴a2=a1+2=4