有点难度数列综合练习题及答案

1有点难度数列的综合问题★重难点突破★1、教学重点：会利用函数相关知识以及函数的解题思想解决数列的问题。掌握数列解题的基本思想及解题方法。2、教学难点：会利用函数相关知识以及函数的解题思想解决数列的问题。★热点考点题型探析★例1、设0,b数列na满足111=,(2)22nnnnbaabanan,(1)求数列na的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n,1112nnnba1111111211,22111112,,{},,,2.222212112(),2211122{},,22(2)12nnnnnnnnnnnnnnnbannaanababnnnnnbaaaaaannbabbabnababbbbnab解:(1)由可得当时则数列是以为首项为公差的等差数列从而当时,则数列是以为首项为公比的等比数列12212(2)()(),,(2)222,(2).(2)(0,2)2nnnnnnnnnnnbbabbbbbbbanbbbbb综上1111111111232211123122,2,22(2)(2),,22222,22222222nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnbbaabnbbbnbbabbbnbbbbbbbbb(2)当b=2时,+1+1,从而原不等式成立;1当b2时,要证+1,只需证+1即证+1即证+即证n21223112121123212121123221,22222221)()()()2222222122222222,,.nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnbbbbbbbbbbbbbbbbbbnbbbb而上式左边=(当b2时原不等式也成立从而原不等式成立例2、已知数列na的前n项和为nS，且满足：1aa(0)a，nnrSa1(nN*，2,1)rRr.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若存在kN*，使得1kS，kS，2kS成等差数列，试判断：对于任意的mN*，且2m，1ma，ma，2ma是否成等差数列，并证明你的结论.解：（Ⅰ）由已知：nnrSa1得21nnarS，两式相减得21(1)nnara，又2ara所以当0r时数列na为：a，0，0，0，…，当0,1rr时，由已知0a，所以0na，nN，于是211,()nnarnNa所以数列23,,,naaa成等比数列，即当2n时2(1)nnarra综上数列na的通项公式为21(1),2nnanarran（Ⅱ）对于任意的mN，且2m，1ma，ma，2ma成等差数列，证明如下：当0r时由（Ⅰ）知102nanan，此时1ma，ma，2ma成等差数列；当0,1rr时，若存在kN*，使得1kS，kS，2kS成等差数列，则2kS=1kS+2kS∴1220kkaa，由（Ⅰ）知数列23,,,naaa的公比12r，于是对于任意的mN*，且2m，21224mmmmaaaa；所以2ma=1ma+2ma即1ma，ma，2ma成等差数列；综上：对于任意的mN，且2m，1ma，ma，2ma成等差数列。例3、已知两个等比数列}{na，}{nb，满足)0(1aaa，111ab，222ab，333ab.（1）若1a，求数列}{na的通项公式；（2）若数列}{na唯一，求a的值.【解析】（1）设}{na的公比为q，则211ab，qaqb222，322333qaqb，由1b，2b，3b成等比数列得)3(2)2(22qq，即0242qq，解得221q，222q所以}{na的通项公式1)22(nna或1)22(nna.（2）设}{na的公比为q，则由)3)(1()2(22aqqaq，得(*)01342aaqaq由0a得0442aa，故方程（*）有两个不同的实根.由}{na唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（*）得31a.例4、等比数列na的各项均为正数，且212326231,9.aaaaa（Ⅰ)求数列na的通项公式；（Ⅱ）设31323loglog......log,nnbaaa求数列1nb的前n项和.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由23269aaa得32349aa所以219q。由条件可知a0,故13q。由12231aa得12231aaq，所以113a。故数列{an}的通项式为an=13n。（Ⅱ）31323nloglog...lognbaaa=(1)(12)2nnn故12112()(1)1nbnnnn12111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn所以数列1{}nb的前n项和为21nn例5、已知数列{}na和{}nb的通项公式分别为36nan，27nbn（*)nN.将集合{,*}{,*}nnxxanNxxbnN中的元素从小到大依次排列，构成数列123,,,,,ncccc（1）写出1234,,,cccc；4（2）求证：在数列{}nc中，但不在数列{}nb中的项恰为242,,,,naaa；（3）求数列{}nc的通项公式.解：⑴12349,11,12,13cccc；⑵①任意*nN，设213(21)66327nkannbk，则32kn，即2132nnab②假设26627nkanbk*132knN（矛盾），∴2{}nnab∴在数列{}nc中、但不在数列{}nb中的项恰为242,,,,naaa。⑶32212(32)763kkbkka，3165kbk，266kak，367kbk∵63656667kkkk∴当1k时，依次有111222334,,,bacbcacbc，……∴*63(43)65(42),66(41)67(4)nknkknkckNknkknk例6、已知数列na满足：21a且naanannn121（Nn）（Ⅰ）求证：数列1nan为等比数列，并求数列na的通项公式；（Ⅱ）证明：2...321321nnaaaan（Nn）。解：（Ⅰ）由题得：an+1（an+n）=2（n+1）an，即nnnnannaaa)1(211故11121nnanan即数列1nan为等比数列，……3分nnnan21212111，12nnnna……7分5（Ⅱ）由上知1211nnna……………………………………8分121032121...212121...321nnnnaaaa112112nn1122nn2n。例7、已知公差不为0的等差数列}{na的首项为)(Raa，且11a，21a，41a成等比数列．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）对*Nn，试比较naaaa2322221...111与11a的大小．（Ⅰ）解：设等差数列{}na的公差为d，由题意可知2214111()aaa即2111()(3)adaad，从而21add因为10,.ddaa所以故通项公式.nana（Ⅱ）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为所以211(1())111111122()[1()]1222212nnnnTaaa从而，当0a时，11nTa；当110,.naTa时例8、在各项均为负数的数列{an}中，已知点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝23x的图象上，且a2·a5＝827.(1)求证：数列{an}是等比数列，并求出其通项；(2)若数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝an＋n，求Sn.6[解析](1)因为点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝23x的图象上，所以an＋1＝23an，即an＋1an＝23，故数列{an}是公比q＝23的等比数列，因为a2a5＝827，则a1q·a1q4＝827，即a21235＝233，由于数列{an}的各项均为负数，则a1＝－32，所以an＝－23n－2.(2)由(1)知，an＝－23n－2，bn＝－23n－2＋n，所以Sn＝3·23n－1＋n2＋n－92.例9、(2011·黑龙江)已知a1＝2，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．[解析](1)由已知an＋1＝a2n＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2.∵a1＝2，∴an＋11，两边取对数得：lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即lg(1＋an＋1)lg(1＋an)＝2.∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1∴1＋an＝32n－1(*)∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1.由(*)式得an＝32n－1－1.例10、2011·湖南长沙一中月考)已知f(x)＝mx(m为常数，m0且m≠1)．设f(a1)，f(a2)，…，f(an)…(n∈N)是首项为m2，公比为m的等比数列．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)若bn＝anf(an)，且数列{bn}的前n项和为Sn，当m＝2时，求Sn；(3)若cn＝f(an)lgf(an)，问是否存在正实数m，使得数列{cn}中每一项恒小于它后面的项？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析](1)由题意f(an)＝m2·mn－1，即man＝mn＋1.∴an＝n＋1，∴an＋1－an＝1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由题意bn＝anf(an)＝(n＋1)·mn＋1，当m＝2时，bn＝(n＋1)·2n＋1，∴Sn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1①①式两端同乘以2得，2Sn＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋n·2n＋1＋(n＋1)·2n＋2②②－①并整理得，Sn＝－2·22－23－24－25－…－2n＋1＋(n＋1)·2n＋2＝－22－(22＋23＋24＋…＋2n＋1)＋(n＋1)·2n＋27＝－4－22(1－2n)1－2＋(n＋1)·2n＋2＝－4＋22(1－2n)＋(n＋1)·2n＋2＝2n＋2·n.(3)由题意cn＝f(an)·lgf(an)＝mn＋1·lgmn＋1＝(n＋1)·mn＋1·lgm，要使cncn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)·mn＋1·lgm(n＋2)·mn＋2·lgm，对一切n∈N*成立，①当m1时，lgm0，所以n＋1m(n＋2)对一切n∈N*恒成立；②当0m1时，lgm0，所以n＋1n＋2m对一切n∈N*成立，因为n＋1n＋2＝1－1n＋2的最小值为23，所以0m23.综上，当0m23或m1时，数列{cn}中每一项