高中数学数列专题练习(精编版)

1. 已知数列annN是等比数列,且an0,a12,a38.

(1)求数列an的通项公式; (2)求证:

11111； a1a2a3an(3)设bn2log2an1,求数列bn的前100项和.

2.数列{an}中，a18，a42，且满足an2an1常数C (1)求常数C和数列的通项公式； (2)设T20|a1||a2| (3) Tn|a1||a2|

|a20|， |an|,nN

2n,n为奇数；3. 已知数列an= ， 求S2n

2n－1,n为偶数；

1

4 .已知数列an的相邻两项an,an1是关于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,且

a11.

1(1) 求证: 数列an2n是等比数列;

3(2) 求数列bn的前n项和Sn.

5.某种汽车购车费用10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，…，各年的维修费平均数组成等差数列，问这种汽车使用多少年报废最合算（即使用多少年时，年平均费用最少）？

6. 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加.

(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an,bn的表达式；

(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？

2

15147. 在等比数列{an}(n∈N*)中，已知a1＞1，q＞0．设bn=log2an，且b1＋b3＋b5=6，b1b3b5=0．

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式an、bn；

(2)若数列{bn}的前n项和为Sn，试比较Sn与an的大小．

8. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，数列{bn}中，b1=1， 点P（bn，bn+1）在直线x-y+2=0上。 （1）求a1和a2的值；

（2）求数列{an}，{bn}的通项an和bn；

（3）设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn。

119. 已知数列an的前n项和为Sn,a1且SnSn1an1，数列bn满足

42119且3bnbn1n(n2且nN)． b14（１）求an的通项公式；

（２）求证：数列bnan为等比数列; （３）求bn前n项和的最小值．

3

10. 已知等差数列an的前9项和为153．

（1）求a5；

（2）若a28，，从数列an中，依次取出第二项、第四项、第八项，……，第2n项，按原来的顺序组成一个新的数列cn，求数列cn的前n项和Sn.

11.已知曲线C：yex（其中e为自然对数的底数）在点P1,e处的切线与x轴交于点Q1，过点Q1作x轴的垂线交曲线C于点P1，曲线C在点P1处的切线与x轴交于点Q2，过点Q2作x轴的垂线交曲线C于点P2，……，依次下去得到一系列点P1、P2、……、Pn，设点Pn的坐标为xn,yn（nN*）．

（Ⅰ）分别求xn与yn的表达式； （Ⅱ）求xiyi．

i1n

中，a12,an1ann1(2)2n(nN,0) 12. 在数列an（1） 求证：数列{ann2()n}是等差数列；

（2） 求数列an的前n项和Sn；

4

13. 在等差数列an中，公差d  0，且a56， （1）求a4a6的值．

a5 ，（2）当a33时，在数列an中是否存在一项am（m正整数），使得 a3 ，

am 成等比数列，若存在，求m的值；若不存在，说明理由．

（3）若自然数n1 , n2 , n3 ,  , nt , , (t为正整数)满足5< n1nt<， 使得a3 , a5 ,an1 , ,ant , 成等比数列，当a32时， 用t表示nt

14. 已知二次函数f(x)ax2bx满足条件:①f(0)f(1); ②f(x)的最小值为1. 8(Ⅰ)求函数f(x)的解析式;

4(Ⅱ)设数列{an}的前n项积为Tn, 且Tn, 求数列{an}的通项公式;

5(Ⅲ) 在(Ⅱ)的条件下, 若5f(an)是bn与an的等差中项, 试问数列{bn}中第几

项的

值最小? 求出这个最小值.

15. 已知函数f（x）=x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1, 0）（nN +）， （Ⅰ）用xn表示xn+1；

5

f(n)（Ⅱ）若x1=4，记an=lg

xn2，证明数列｛an｝成等比数列，并求数列｛xn｝xn2的通项公式；

（Ⅲ）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3.

数列专题练习参考答案

1. 解：(1)设等比数列an的公比为q.

则由等比数列的通项公式ana1qn1得a3a1q31,q2又an0,q284, 22分

3分.

1an数列an的通项公式是an22n12n2111a1a2a311122223111 122n2n1212112n6分,

112nn1,17分,

11an111a1a2a3 8分.3由bn2log22n12n19分,又bnbn12n12n112常数, 数列bn是首项为3,公差为2的等差数列11分,数列bn的前100项和是S1001003100992102002 12分2．解：（1）C＝－2，an10－2n

6

(2)Tn|a1||a2| =a1a2|a5|｜a6|an)|an|a5+a6+a7a20)

a5－(a6+a7 =2(a1a2a5)－(a1a2 =2S5－S20=26029n－n , n5 (3)Tn 240－9nn, n5

3.解：Sna1a2a3a2n(a1a3a5a2n－1)(a2a4a6a2n) （2＋2＋2＋22(4n－1) n2n231352n-12(1－4n)n(n-1）)(3711)3n41－42

4 .解：证法1: ∵an,an1是关于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,

anan12n, ∴bnanan1.

11 由anan12n,得an12n1an2n,

33121故数列an2n是首项为a1,公比为1的等比数列.

333 证法2: ∵an,an1是关于x的方程x22nxbn0(nN*)的两根,

anan12n, ∴bnanan1.

1n11n1a12nnnan122an23133∵, 11n1nan2nan2an2333121 故数列an2n是首项为a1,公比为1的等比数列.

333111n1n(2)解: 由(1)得an2n1, 即an2n1.

3331nn1∴bnanan12n12n11

97

12n1n221. 9∴Sna1a2a3an 12n222232n111 3n1n111 22.

32

5.解：维修费＝0.20.40.60.2n(n1)n0.1n20.1n...................4分2 总费用＝10＋0.9n0.1n20.1n 0.2 100.1n2n.........................................6分 100.1n2n 10 平均费用＝0.1n1nn 213............................................9分 当n10时，汽车报废最合算.............................10分

6. 解：(1)第1年投入为800万元，第2年投入为800×(1－)万元，… 第n年投入为800×(1－)n－1万元，所以，n年内的总投入为

11n－1n1an=800+800×(1－)+…+800×(1－)=800×(1－)k－1

555k11515=4000×［1－()n］

第1年旅游业收入为400万元，第2年旅游业收入为400×(1+)，…，第

1445n年旅游业收入400×(1+)n－1万元.所以，n年内的旅游业总收入为

11k－1n5bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)=400×()k－1.

444k114=1600×［()－1］

(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即： 1600×［()n－1］－4000×［1－()n］＞0，令x=()n，

54454554n8

代入上式得：5x－7x+2＞0.解此不等式，得x＜，或x＞1(舍去).即()2

24n5＜25，

由此得n≥5.

∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入.

7.

7.解∶(1)由题设,有ana1qn1,a11,q0,数列{an}是单调数列,又 bnlog2an, b1b3b50及a11知,必有a51,即b50. 由b1b3b56及b50,得b1b36,即log2a1a36,a1a32664, 即a2a1264,28.a5a2q38q31,q2. 由a2a1q得a116. a116(1na1qn2)n125n；bnlog2an5n. (6分) (2)由(1)知,bn(bn5n,Sn1bn)n(9n)22.

当n≥9时,Sn≤0,an0,anSn; 当n1或2时,S44或7;an16或8,anSn; 当n3、4、5、6、7、8时,S9、10、10、9、7、4,a111nn4、2、1、2、4、8,anSn. 综上所述,当n1或2或n≥9时,有anSn; 当n3、4、5、6、7、8时,有anSn.(13分)8. 解：（1）∵an是Sn与2的等差中项 ∴Sn=2an-2 ∴a1=S1=2a1-2，解得a1=2 a1+a2=S2=2a2-2，解得a2=4 分

（2）∵Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2， 又Sn—Sn-1=an，(n2,nN*) ∴an=2an-2an-1， ∵an≠0，

∴

ana2(n2,nN*)，即数列{an}是等比树立∵a1=2，∴an=2n n1 ∵点P(bn，bn+1)在直线x-y+2=0上，∴bn-bn+1+2=0，

∴bn+1-bn=2，即数列{bn}是等差数列，又b1=1，∴bn=2n-1， ···8分

（3）∵cn=(2n-1)2n ∴Tn=a1b1+ a2b2+····anbn=1×2+3×22+5×23+····+(2n-1)2n， ∴2T2n=1×2+3×23+····+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1 因此：-Tn=1×2+(2×22+2×23+···+2×2n)-(2n-1)2n+1，

9

5···3

即：-Tn=1×2+(23+24+····+2n+1)-(2n-1)2n+1， ∴Tn=(2n-3)2n+1+6 分

··14

9. 解： (1)由2Sn2Sn12an11得2an2an11, anan1∴ana1(n1)d1……2分 211n ……………………………………4分 2411(2)∵3bnbn1n,∴bnbn1n,

33∴bnan1bn11n1n11bn11n11(bn11n3);

33243643241113bn1an1bn1(n1)bn1n

2424 ∴由上面两式得bnan1,又b1a1119130

bn1an13441∴数列bnan是以-30为首项,为公比的等比数列.…………………8分

311111(3)由(2)得bnan30()n1，∴bnan30()n1n30()n1

33243bnbn1111111n30()n1(n1)30()n2 243243=130(1)n2(11)120(1)n20 ，∴bn是递增数列 ………11分

233231193510<0；当n=2时, b210<0；当n=3时, b3<0；4443710当n=4时, b4>0，所以,从第4项起的各项均大于0,故前3项之和

49最小.

当n=1时, b1且S31(135)301010411…………………………13分

4312S910. 解：（1）分

9(a1a9)92a59a5153a51722

………5

a2a1d8 （2）设数列 an的公差为d，则a5a14d17an3n2 ………9分

a51 d3Sna2a4a8…a2n3(248…2n)2n3·2n12n6 …12

分

10

11.解：（Ⅰ）∵yex，

∴曲线C：yex在点P1,e处的切线方程为yeex1，即yex． 此切线与x轴的交点Q1的坐标为0,0，

∴点P1的坐标为0,1． ……2分

∵点Pn的坐标为xn,yn（nN*），

∴曲线C：yex在点Pnxn,yn处的切线方程为yexnexnxxn， ……4分

令y0，得点Qn1的横坐标为xn1xn1．

∴数列xn是以0为首项，1为公差的等差数列．

∴xn1n，yne1n．（nN*） ……8分

（Ⅱ）∴xiyix1y1x2y2x3y3.........xnyn

i1nS－e－1－2e－2－3e－3－4e－4 －........－(1－n)e1－n (1)eS－e－0－2e－1－3e－2－4e－3 －........－(1－n)e2－n (2)(1)－(2)得到：－(1e)S1e－1e－2........e2－n－(1－n)e1－n e1(1－n)e1－n S[n－1]－2(e－1)e(1－e) ……14分

12. 解：（1）由an1ann1(2)2n,(nN*,0)，可得

an1a22()n1n()n1

n1n所以{ann2()n}是首项为0，公差为1的等差数列.

（2）解：因为

ann2()nn1即an(n1)n2n,(nN*)

设Tn223(n2)n1(n1)n……①

Tn324(n2)n(n1)n1……② 当

1时，①②得

(1)Tn234n(n1)n1

2(1n1)(n1)n1

111

2n1(n1)n1(n1)n2nn12Tn

(1)21(1)213. 解：（1）在等差数列an中，公差d  0，且a56，

则2a5a4a6 , a4a612 …………………… 3分 （2）在等差数列an中，公差d  0，且a56，a33

a2d333则1  d= , a10 ,ann1 nN

22a14d6又 分

（3）在等差数列an中，公差d  0，且a56，a32

a52a3am 则 363am , 12=3m1 ,  m=9……… 72a12d2 则  d=2 , a12 ,an2n4 ,nN

a14d6又因为公比qa563 , 首项a32， ant23t1 a32又因为 ant2nt4 ,  2nt423t1 , nt3t12 nN………… 12分

1ab0a214.解: (1) 由题知: a0 , 解得 , 故1b2b124a811f(x)x2x. ………2分

22(2) Tna1a24an5n2n2 ,

Tn1a1a24an15n1(n1)2(n1)2(n2),

T4annTn15(n2),

12

4又a1T11满足上式. 所以an5n1(nN)……………7分

(3) 若5f(an)是bn与an的等差中项, 则25f(an)bnan,

1139从而10(an2an)bnan, 得bn5an26an5(an)2.

22554因为an5当ann1(nN)是n的减函数, 所以

3, 即n3(nN)时, bn随n的增大而减小, 此时最小值为b3; 53当an, 即n4(nN)时, bn随n的增大而增大, 此时最小值为b4.

5又a333a4, 所以b3b4, 5522422244即数列{bn}中b3最小, 且b356. …………12分

1255515. 解：（Ⅰ）由题可得f'(x)2x．

所以曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程是：yf(xn)f'(xn)(xxn)． 24)2xn(xxn)． 即y(xn24)2xn(xn1xn)． 令y0，得(xn242xnxn1． 即xn显然xn0，∴xn1xn2． 2xnxn2xn2(xn2)2(xn2)2（Ⅱ）由xn1，知xn122，同理xn12．

2xn2xn2xn2xnx2x22x2x2(n)．从而lgn12lgn 故n1，即an12an．所以，

xn12xn2xn12xn2x2x22n1lg3．2n1lg3．数列{an}成等比数列．故an2n1a12n1lg1即lgn x12xn2从而

2(31)xn232所以xn2n1 xn231n12n1（Ⅲ）由（Ⅱ）知xn2(321)32n1n112n1b43111110∴n12n∴bnxn22n12n12n1211

bn331313133111当n1时，显然T1b123．当n1时，bnbn1()2bn2()n1b1

33313

，

∴Tnb1b21bnb1b131b1[1()n]113()n1b133()n3．

13313 综上，Tn3(nN*)．

14