專題測(cè)試練習(xí)題 數(shù)列通項(xiàng)與求和問(wèn)題

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1、 專題19 數(shù)列通項(xiàng)與求和問(wèn)題 【自主熱身,歸納提煉】 1、 等比數(shù)列的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù),其前項(xiàng)和為,已知,,則 . 【答案】 【解析】由于,故,而, 故,則 . 2、對(duì)于數(shù)列{an},定義數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋1－an(n∈N*),且bn＋1－bn＝1(n∈N*),a3＝1,a4＝－1,則a1＝________. 【答案】 8 【解析】：因?yàn)閎3＝a4－a3＝－1－1＝－2,所以b2＝a3－a2＝b3－1＝－3,所以b1＝a2－a1＝b2－1＝－4,三式相加可得a4－a1＝－9,所以a1＝a4＋9＝8. 3、設(shè)公比不為1的等比數(shù)列{an}滿足a1a2a3＝－

2、,且a2,a4,a3成等差數(shù)列,則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為_(kāi)_______． 【答案】： 解后反思 本題主要考查等差中項(xiàng)和等比中項(xiàng)的性質(zhì)及應(yīng)用,體現(xiàn)了等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量的計(jì)算問(wèn)題中的方程思想,等比數(shù)列的求和要注意公比是否為1. :4、已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S2＝2a2＋3,S3＝2a3＋3,則公比q的值為_(kāi)_______． 【答案】：. 2 當(dāng)q＝1時(shí),顯然不滿足題意；當(dāng)q≠1時(shí), 整理得解得q＝2. 5、 記公比為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝1,S4－5S2＝0,則S5的值為_(kāi)_______． 【答案】： 31 【解析】：設(shè)公比

3、為q,且q＞0,又a1＝1,則an＝qn－1.由S4－5S2＝0,得(1＋q2)S2＝5S2,所以q＝2,所以S5＝＝31. 解后反思 利用S4＝(1＋q2)S2,可加快計(jì)算速度,甚至可以心算． 6、設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為,若,則數(shù)列的通項(xiàng)公式為 ． 【答案】： 7、 已知數(shù)列{an}滿足a1＝－1,a2>a1,|an＋1－an|＝2n(n∈N*),若數(shù)列{a2n－1}單調(diào)遞減,數(shù)列{a2n}單調(diào)遞增,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________. 【答案】 【解析】：因?yàn)閨an＋1－an|＝2n,所以當(dāng)n＝1時(shí),|a2－a1|＝2.由a2>a1,a1＝－1得a2＝1

4、.當(dāng)n＝2時(shí),|a3－a2|＝4,得a3＝－3或a3＝5.因?yàn)閧a2n－1}單調(diào)遞減,所以a3＝－3.當(dāng)n＝3時(shí),|a4－a3|＝8,得a4＝5或a4＝－11.因?yàn)閧a2n}單調(diào)遞增,所以a4＝5.同理得a5＝－11,a6＝21. 因?yàn)閧a2n－1}單調(diào)遞減,a1＝－1<0,所以a2n－1<0.同理a2n>0.所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)(n≥3),有an－an－1＝－2n－1,an－1－an－2＝2n－2.兩式相加得an－an－2＝－2n－2. 那么a3－a1＝－2；a5－a3＝－23；…；an－an－2＝－2n－2. 以上各式相加得an－a1＝－(2＋23＋25＋…＋2n－2)． 所以an＝a

5、1－＝－. 同理,當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an＝. 所以an＝也可以寫成an＝. 【問(wèn)題探究,變式訓(xùn)練】 例1、已知{an}是等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,且a1＝b1＝2,a4＋b4＝21,S4＋b4＝30. (1) 求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2) 記cn＝anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和． 【解析】： (1) 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由a1＝b1＝2,得a4＝2＋3d,b4＝2q3,S4＝8＋6d.(3分) 由條件a4＋b4＝21,S4＋b4＝30,得方程組解得 所以an＝n＋1,bn＝2n,n∈N*

6、.(7分) (2) 由題意知cn＝(n＋1)×2n. 記Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn. 則Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1＋ (n＋1)×2n, 2Tn＝2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n＋(n＋1)2n＋1, 所以－Tn＝2×2＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1,(11分) 即Tn＝n·2n＋1,n∈N*.(14分) 【變式1】、在數(shù)列中,已知,,,設(shè)為的前項(xiàng)和．（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）求． 證明 （1）因?yàn)?所以, 又因?yàn)?所以, 所以是首項(xiàng)為1,公差為的等差數(shù)列． （2）由（1）知,所以, 所

7、以, 所以, 兩式相減得． , 所以． 【變式2】、已知數(shù)列的前項(xiàng)和為,且（）． （1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）若數(shù)列滿足,求數(shù)列的通項(xiàng)公式． 解 （1）由,得．兩式相減,得, 所以,由又,得,, 所以數(shù)列為等比數(shù)列,且首項(xiàng)為2,公比,所以． （2）由（1）知． 由 (), 得 ()． 故,即． 當(dāng)時(shí),．所以 【關(guān)聯(lián)1】、數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝2,Sn＝an(r∈R,n∈N*)． (1) 求r的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2) 設(shè)bn＝(n∈N*),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn. ①當(dāng)

8、n∈N*時(shí),λ＜T2n－Tn恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍； ②求證：存在關(guān)于n的整式g(n),使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2,n∈N*都成立． 思路分析 (1) 利用關(guān)系式an＝將an與Sn的關(guān)系轉(zhuǎn)化為an與an－1的關(guān)系,再利用累乘法求{an}的通項(xiàng)公式； (2) ①利用數(shù)列{T2n－Tn}的單調(diào)性求T2n－Tn的最小值即可；②利用條件得到Tn與Tn－1的關(guān)系,通過(guò)變形,化簡(jiǎn)和式(Ti＋1),即可證得命題． 規(guī)范解答 (1) 當(dāng)n＝1時(shí),S1＝a1,所以r＝,(2分) 所以Sn＝an. 當(dāng)n≥2時(shí),Sn－1＝an－1, 兩式相減,得an＝an－an－1,所以＝(

9、n≥2)．(4分) 所以··…·＝×××…××,即＝. 所以an＝n(n＋1)(n≥2),又a1＝2適合上式． 所以an＝n(n＋1)(n∈N*)．(6分) (2) ①因?yàn)閍n＝n(n＋1),所以bn＝,Tn＝＋＋…＋. 所以T2n＝＋＋…＋, 所以T2n－Tn＝＋＋…＋.(8分) 令Bn＝T2n－Tn＝＋＋…＋. 則Bn＋1＝＋＋…＋. 所以Bn＋1－Bn＝＋－＝＞0, 所以Bn＋1＞Bn,所以Bn單調(diào)遞增,(10分) (Bn)min＝B1＝,所以λ＜.(12分) ②因?yàn)門n＝＋＋…＋. 所以當(dāng)n≥2時(shí),Tn－1＝＋＋…＋, 所以Tn－Tn－1＝,即(n＋1)Tn

10、－nTn－1＝Tn－1＋1.(14分) 所以當(dāng)n≥2時(shí),(Ti＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1, 所以存在關(guān)于n的整式g(n)＝n＋1,使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1對(duì)一切n≥2,n∈N*都成立．(16分) 解后反思 本題以an與Sn的關(guān)系為背景,考查了數(shù)列的通項(xiàng)、求和、數(shù)列的單調(diào)性,考查學(xué)生利用數(shù)列知識(shí)解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題的能力,以及代數(shù)變形與推理論證能力． 【關(guān)聯(lián)2】、已知各項(xiàng)是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn. (1) 若Sn＋Sn－1＝(n∈N*,n

11、≥2),且a1＝2. ①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； ②若Sn≤λ·2n＋1對(duì)任意n∈N*恒成立,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． (2) 已知數(shù)列{an}是公比為q(q>0,q≠1)的等比數(shù)列,且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為10Tn.若存在正整數(shù)k,對(duì)任意n∈N*,使得為定值,求首項(xiàng)a1的值． . (1) ①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2),得到an＋1與an的關(guān)系,并特別注意式中的n≥2.對(duì)于n＝1的情況必須單獨(dú)處理． 由3(S2＋S1)＝a＋2及a1＝2,得3(4＋a2)＝a＋2,即a－3a2－10＝0. 結(jié)合a2>0,解得a2＝5,滿足a2－a1＝3.(3分) 所以對(duì)n∈N*,均有an

12、＋1－an＝3,即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝2,公差為3的等差數(shù)列, 數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(5分) ②由①知,Sn＝＝,所以λ≥對(duì)n∈N*恒成立．(6分) 記f(n)＝,n∈N*. 考慮f(n＋1)－f(n)＝－＝.(8分) 當(dāng)n≥3時(shí),f(n＋1)

13、Bμ＝0對(duì)n∈N*恒成立． 所以 由①得μ＝,代入②得B＝0.(15分) 即b1＝d,即lga1＝lgq,得a1＝.(16分) 【關(guān)聯(lián)3】、已知數(shù)列滿足,數(shù)列的前項(xiàng)和為． （1）求的值； （2）若． ① 求證：數(shù)列為等差數(shù)列； ② 求滿足的所有數(shù)對(duì)． 【思路分析】（1）直接令得到關(guān)系式,兩式相減,求出的值 （2） 分別賦值,得到關(guān)系式,兩式相減,得到,結(jié)合,計(jì)算出, 從而求,代入關(guān)系式,得出,利用定義法證明為等差數(shù)列 （3） 求和得到,代入關(guān)系式整理得,需要轉(zhuǎn)化兩個(gè)因數(shù)相乘的形式,變形處理,利用平方差公式得到,因?yàn)榍揖鶠檎麛?shù),則兩個(gè)因數(shù)只能為27和

14、1,從而求出的值. 規(guī)范解答 （1）由條件,得,②-①得 ．……………………… 3分 （2）①證明：因?yàn)? 所以, ④-③得, ……………………………………………… 6分 于是, 所以,從而． ……………………………………………… 8分 所以, 所以,將其代入③式,得, 所以（常數(shù)）, 所以數(shù)列為等差數(shù)列．……………………………………………… 10分 ②注意到 所以 ,…………………………………………… 12分 由知． 所以, 即,又, 所以且均為正整數(shù), 所以,解得, 所以所求數(shù)對(duì)為． 16分 例2、 正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足: ． （1）求

15、數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）令,數(shù)列的前項(xiàng)和為.證明:對(duì)于任意的,都有. 解 （1）由,得. 由于是正項(xiàng)數(shù)列,所以. 于是時(shí),. 綜上,數(shù)列的通項(xiàng). （2）證明 由于,則. 所以 . 【變式1】、數(shù)列的前項(xiàng)和為,. （1）求的值及數(shù)列的通項(xiàng)公式； （2）設(shè),記的前項(xiàng)和為. ①當(dāng)時(shí),恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍； ②求證：存在關(guān)于的整式,使得對(duì)一切都成立. （2）①因?yàn)?所以,所以. 所以, 所以. 令, 則. 所以. 所以,所以單調(diào)遞增. 所以的最小值為,所以. ②因?yàn)? 所以當(dāng)時(shí),． 所以即． 當(dāng)時(shí) ． 所以存在關(guān)于的整式

16、． 使得對(duì)一切都成立． 【變式2】、已知數(shù)列{an}滿足a1＝10,an－10≤an＋1≤an＋10(n∈N*)． (1) 若{an}是等差數(shù)列,Sn＝a1＋a2＋…＋an,且Sn－10≤Sn＋1≤Sn＋10(n∈N*),求公差d的取值集合； (2) 若b1,b2,…,bk成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),b1＝10,b2≤20,且b1＋b2＋…＋bk＞2017,求正整數(shù)k的最小值； (3) 若a1,a2,…,ak成等差數(shù)列,且a1＋a2＋…＋ak＝100,求正整數(shù)k的最小值以及k取最小值時(shí)公差d的值． (3) a1＋a2＋…＋ak＝10k＋d＝100,所以d＝.(11分)

17、由題意|d|＝|an＋1－an|≤10,所以≤10.(13分) 所以－k2＋k≤20－2k≤k2－k,所以k≥4, 所以kmin＝4.(15分) 此時(shí)d＝10.(16分) 解后反思 本題第(2)問(wèn)在原題上有所改動(dòng),原題如下： (2) 若a1,a2, …,ak成等比數(shù)列,公比q是大于1的整數(shù),且a1＋a2＋…＋ak＞2017,求正整數(shù)k的最小值． 原題的漏洞在于an＝10×2n－1以指數(shù)級(jí)上升,條件中的an＋1≤an 【變式3】、已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,a1＝3,且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)． (1) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2) 對(duì)于正整數(shù)i,j,k(i

18、

19、即當(dāng)n≥2時(shí),an＋1＝3an.(2分) 由a1＝S1＝3,得6＝a2－3,即a2＝9,滿足a2＝3a1. 所以對(duì)n∈N*,都有an＋1＝3an,即＝3. 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列,通項(xiàng)公式an＝3n.(4分) (2) 由(1),得λ·3j＋μ·3k＝12·3i,即λ＋μ·3k－j＝. 因?yàn)檎麛?shù)i,j,k滿足i

20、1＋…＋3n＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3,② ②/3－①,得bn＋1＝2n＋1.(10分) 又3b1＝9－3－3＝3,得b1＝1,所以bn＝2n－1,從而Tn＝n2.設(shè)f(n)＝＝,n∈N*. 當(dāng)n＝1時(shí)＝；當(dāng)n＝2時(shí)＝；當(dāng)n＝3時(shí)＝；(12分) 下面證明：對(duì)任意正整數(shù)n>3都有<, －＝(n＋1)2－n2＝[(n＋1)2－3n2]＝(－2n2＋2n＋1), 當(dāng)n≥3時(shí),－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)<0,即－<0, 所以當(dāng)n≥3時(shí),遞減,所以對(duì)任意正整數(shù)n>3都有<＝. 綜上可得,滿足等式＝的正整數(shù)n的值為1和3.(16分) 第(1)題中,要注

21、意驗(yàn)證a2＝3a1； 第(2)題中,也可化為λ·3j－i－1＋μ·3k－i－1＝4,說(shuō)明只能λ＝1； 第(3)題這種類型的題,一般是先猜再證．若條件出現(xiàn)數(shù)列的“和”的等式,則可以利用“差商”法求數(shù)列的通項(xiàng)公式,另外利用數(shù)列的單調(diào)性確定數(shù)列項(xiàng)的范圍,進(jìn)而解決相關(guān)的問(wèn)題也是數(shù)列問(wèn)題中的常用的數(shù)學(xué)思想方法． 【變式4】、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意正整數(shù)n,總存在正數(shù)p,q,r,使得an＝pn－1,Sn＝qn－r恒成立；數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,且對(duì)任意正整數(shù)n,2Tn＝nbn恒成立． (1) 求常數(shù)p,q,r的值； (2) 證明數(shù)列{bn}為等差數(shù)列； (3) 若b2

22、＝2,記Pn＝＋＋＋…＋＋,是否存在正整數(shù)k,使得對(duì)任意正整數(shù)n,Pn≤k恒成立,若存在,求正整數(shù)k的最小值；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由． 第(1)問(wèn),由于所給出的是關(guān)于通項(xiàng)與和的一般性的式子,因此,利用特殊與一般的關(guān)系,將一般進(jìn)行特殊化來(lái)處理,可分別取n＝2,3,求出p,q的值(必要性),再驗(yàn)證是否符合題意(充分性)． 第(2)問(wèn),根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)與其前n項(xiàng)和的關(guān)系an＝來(lái)得到數(shù)列的遞推關(guān)系,有了遞推關(guān)系后來(lái)判斷數(shù)列是等差數(shù)列就有兩種方法：一是利用遞推關(guān)系求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,進(jìn)而通過(guò)定義來(lái)加以證明；二是利用等差中項(xiàng)來(lái)進(jìn)行證明． 第(3)問(wèn),根據(jù)所要研究的對(duì)象“Pn≤k 恒成立”可以看出,本題

23、的本質(zhì)就是求Pn的最大值,而研究一個(gè)數(shù)列的最值的基本方法是研究數(shù)列的單調(diào)性,因此,利用鄰項(xiàng)作差的方法來(lái)判斷{Pn}的單調(diào)性,進(jìn)而求出數(shù)列的最大值．另外,注意到本題的Pn是一個(gè)差比數(shù)列的和,因此,本題又可以通過(guò)先求和,然后再判斷單調(diào)性,進(jìn)而求最值的方法來(lái)加以求解,但這種方法并不簡(jiǎn)便,故采用直接判斷單調(diào)性的方法來(lái)加以求解． 規(guī)范解答 (1) 因?yàn)镾n＝qn－r①, 所以Sn－1＝qn－1－r②(n≥2), ①－②得Sn－Sn－1＝qn－qn－1,即an＝qn－qn－1(n≥2),(1分) 又an＝pn－1,所以pn－1＝qn－qn－1(n≥2), n＝2時(shí),p＝q2－q；n＝3時(shí),p2＝

24、q3－q2. 因?yàn)閜,q為正數(shù),解得p＝q＝2.(3分) 又因?yàn)閍1＝1,S1＝q－r,且a1＝S1,所以r＝1.(4分) (2) 因?yàn)?Tn＝nbn③, 當(dāng)n≥2時(shí),2Tn－1＝(n－1)bn－1④, ③－④得2bn＝nbn－(n－1)bn－1,即(n－2)bn＝(n－1)bn－1⑤,(6分) 證法1 又(n－1)bn＋1＝nbn⑥,⑤＋⑥得(2n－2)bn＝(n－1)bn－1＋(n－1)bn＋1,(7分) 即2bn＝bn－1＋bn＋1,所以{bn}為等差數(shù)列．(8分) 證法2 由(n－2)bn＝(n－1)bn－1,得＝, 當(dāng)n≥3時(shí),＝＝…＝,所以bn＝b2(n－1),所

25、以bn－bn－1＝b2,(6分) 因?yàn)閚＝1時(shí),由2Tn＝nbn得2T1＝b1,所以b1＝0,則b2－b1＝b2,(7分) 所以bn－bn－1＝b2,對(duì)n≥2恒成立,所以{bn}為等差數(shù)列．(8分) (3) 因?yàn)閎1＝0,又b2＝2,由(2)知{bn}為等差數(shù)列,所以bn＝2n－2,(9分) 又由(1)知an＝2n－1,(10分) 所以Pn＝＋＋…＋＋, 又Pn＋1＝＋…＋＋＋＋, 所以Pn＋1－Pn＝＋－＝,(12分) 令Pn＋1－Pn>0得12n＋2－4n·2n>0, 所以2n<＝3＋<4,解得n＝1, 所以n＝1時(shí),Pn＋1－Pn>0,即P2>P1,(13分) n≥2時(shí),因?yàn)?n≥4,3＋<4,所以2n>3＋＝,即12n＋2－4n·2n<0. 此時(shí)Pn＋1P3>P4>…,(14分) 所以Pn的最大值為P2＝＋＝,(15分) 若存在正整數(shù)k,使得對(duì)任意正整數(shù)n,Pn≤k恒成立,則k≥Pmax＝,所以正整數(shù)k的最小值為4.(16分)