高三数列优秀综合题集锦

高三数列优秀综合题集锦

赵玉苗

1.已知数列{an}满足a1 1,a2 3,an 1 4an 3an 1(n N 且n 2)． （Ⅰ）证明数列{an 1 an}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式； （Ⅱ）设数列 bn 的前n项和为Sn，且对一切n N，都有

bb1b2

n 2n 1 成立，求Sn. a12a2nan

解：（Ⅰ）由an 1 4an 3an 1可得an 1 an 3(an an 1) 所以数列{an 1 an}是以2为首项，3为公比的等比数列

n 1

故有an (an an 1) (an 1 an 2) (a2 a1) a1 2(1 3) 1 3n 1

1 3

（Ⅱ） 由 b1 b2 bn 2n 1可知当n 1时,b1 3,b1 3,S1 3

a1

2a2

nan

a1

当n 2时,bn 2n 1 (2n 1) 2,bn 2n 3n 1

nan

Sn b1 b2 bn 3 2 2 3 2 3 32 2 n 3n 1 2(1 30 2 31 3 32 n 3n 1) 1

设x 1 30 2 31 3 32 n 3n 1

3x 1 31 2 32 (n 1) 3n 1 n 3n

2x n 3n (3n 1 3n 2 30) n 3n 3

n

1

2

1313

Sn (n ) 3n 综上Sn (n ) 3n ,n N

2222

2.已知数列{an}的前n项和Sn

（1）求{an}的通项公式；

3*

(an 1)，n N． 2

（2）若对于任意的n N，有k an 4n 1成立，求实数k的取值范围．

*

33

(an 1)，n N，所以Sn 1 (an 1 1)． 22

33

两式相减，得Sn 1 Sn (an 1 an)，即an 1 (an 1 an)，

22

解：（1）因为Sn ∴an 1 3an，n N． 又S1

33

(a1 1)，即a1 (a1 1)，所以a1 3． 22

∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列． 从而{an}的通项公式是an 3n，n N．

（2）由（1）知，对于任意的n N，有k an 4n 1成立， 等价于k

4n 1 4n 1

n N对任意的成立，等价于k n ．

3 3 max

4(n 1) 1

4n 58n 2n 1

1 1，n N ， 而

3(4n 1)12n 33 4n 1

∴ n 是单调递减数列． 3

4 1 155 4n 1

k ∴ n ，实数的取值范围是[, )． 1

333 3 max

3. 已知等比数列an 的前n项和为Sn，且满足Sn=3n+k，

（1） 求k的值及数列an 的通项公式； （2） 若数列bn 满足

an 1ab

=(4 k)nn，求数列 bn 的前n项和Tn. 2

解（1） 当n≥2时由an Sn Sn 1 3n k 3n 1 k 2 3n 1 a1 S1=3+k，所以k= 1， （2） 由

an 1n3n3 123n

(4 k)anbn，可得bn b ,, T nn 22 3n 123n2 332333n

13 123n Tn 2 3 4 n 1 32 3333 23 1111n Tn 2 3 n n 1 32 33333

9 11n

nn 1 4 22 33

2

Tn

4. 数列{an}是公差为正数的等差数列，a2、a5且是方程x 12x 27 0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn 1

1

bn(n N )， 2

（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；

（2）记cn an bn，求数列{cn}的前n项和Sn

5.设公比大于零的等比数列 an 的前n项和为Sn，且a1 1， S4 5S2，数列 bn 的前n项和为Tn，满足b1 1，Tn n2bn，n N． （Ⅰ）求数列 an 、 bn 的通项公式；

（Ⅱ）设Cn (Sn 1)(nbn )，若数列 Cn 是单调递减数列，求实数 的取值范围． 解：（Ⅰ）由S4 5S2，q 0, 得 q 2,an 2n 1

2

bnn 1 Tn nbn

又 （n 1)， 2

bn 1n 1 Tn 1 (n 1)bn 1

则得

bnbn 1bn 2bn 1n 2n 3212

2

bn 1bn 2bn 3b1n 1nn 143n(n 1)

2

，当n 1时也满足．

n(n 1)

所以bn

n

（Ⅱ）Tn 2n 1，所以Cn 2(

2

)，使数列 Cn 是单调递减数列， n 142n

) 0对n N 都成立， 则Cn 1 Cn 2(

n 2n 1

4242 0 ( )max， 即

n 2n 1n 2n 1422n2

，

n 2n 1(n 1)(n 2)n 3 n

4211 )max ,所以 ． 当n 1或2时，(

n 2n 133

2

6. 已知函数f x x 1 ,g x 4 x 1 ，数列 an 是各项均不为0的等差数列，点 an 1,S2n 1 在函数f x 的图象上；数列 bn 满足b1 2,bn 1，且 bn bn 1 g bn fbnn N . （I）求an并证明数列 bn 1 是等比数列； （II）若数列 cn 满足cn

an

，证明：c1 c2 c3 cn＜3. n 1

4 bn 17. 已知数列 an ,a1 1,an an 1 2. n 2

1．当 为何值时，数列 an 可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式 2．若 3,令bn 2n(an ),求数列 bn 的前n项和

12

解：I．

a2 a1 2 2 2

a3 a2 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 a3 2a2, 1 2 2 2 2 2 2

得2 5 3 1或

2

32

33

当 时，a2 2 1 1，a1 a2不合题意舍去

22

1时，带入an an 1 2可得:an an 1 1

数列 an 构成以a1 1为首项，公差为 1的等差数列， an n 2

由 3可得，an 3an 1 3 2; an 3an 1 1

1311

3an 1 an 3 an 1 2222

13

即bn 3bn 1 n 2 ,又b1 a1

22

3

数列 bn 构成以b1 为首项，公比为3的等比数列

2

31

Ⅱ． bn 3n 1 3n

223

1 3n 3

Sn 3n 1 1 34

若由 1时，直接得：an an 1 1 2 an 1 1；即n 2时，an an 1 1恒成立，

an

数列数列 an 构成以a1 1为首项，公差为1的等差数列；则an 1 1 n 1 n 2,该解法不严谨本小题扣2分

8. 在数列 an 中,a1 1, 且对任意的k N,a2k 1,a2k,a2k 1成等比数列, 其公比为qk.

*

(1) 若qk 2(k N*), 求a1 a3 a5 a2k 1；

(2) 若对任意的k N,a2k,a2k 1,a2k 2成等差数列, 其公差为dk, 设bk ① 求证: bk 成等差数列, 并指出其公差； ② 若d1 2, 试求数列 dk 的前k项和Dk. 解: (1)因为qk 2,所以

*

1

. qk 1

a2k 1

4,故a1,a3,a5, ,a2k 1是首项为1,公比为4的等比数列, a2k 1

1 4k1k

(4 1) 所以a1 a3 a5 a2k 1

1 43

(2)①因为a2k,a2k 1,a2k 2成等差数列,所以2a2k 1 a2k a2k 2,

aq 11

qk 1 2,则qk 1 1 k而a2k 2k 1,a2k 2 a2k 1 qk 1,所以

qkqkqk

得

1qk 1 1

所以 bk 是等差数列,且公差为1

qk111

1,所以 1,即bk 1 bk 1, qk 1qk 1qk 1 1qk 1

2

②因为d1 2,所以a3 a2 2,则由a2 1 a3 a2 2,解得a2 2或a2 1

(ⅰ)当a2 2时, q1 2,所以b1 1,则bk 1 (k 1) 1 k,即

k 11

,所以 k,得qk kqk 1

a2k 1a2k 1a3a2k 1(k 1)2(k 1)2k222

,则a2k 1 a1 2 1 (k 1)2 222

a2k 1a2k 3a1k(k 1)1a2k 1ka2k 1(k 1)2k(k 3)

k(k 1),则dk a2k 1 a2k k 1,故Dk 所以a2k

k 12qk

k

11313

(ⅱ)当a2 1时, q1 1,所以b1 ,则bk (k 1) 1 k ,即 k ,

222qk 12

1123212

(k )(k )()a2k 1a2k 1a31得qk ,所以a2k 1 a1 1 4(k 2,

a2k 1a2k 3a12k (k )2(k )2( 22222a

则a2k 2k 1 (2k 1)(2k 3),所以dk a2k 1 a2k 4k 2,从而Dk 2k2.

qk

k(k 3)

综上所述,Dk 或Dk 2k2

2

k

9.已知数列

a 的前n项和S

n

n满足

an 1a 1

(a>0，且a 1)。数列 bn 满足bn an lgan

Sna

（1）求数列

a 的通项。

n

（2）若对一切n N 都有bn bn 1，求a的取值范围。 解：（1）由题意可知当n 1时，a1 a 当n 2时，Sn Sn 1 用（1）式减去（2）式得：

a

(an 1) （1） a 1a (an 1 1)（2） a 1

an

a an 1

所以数列 an 是等比数列 所以an an(n N ） （2）因为bn an lgan所以bn n.an.lga

当对一切n N 都有bn bn 1 即有n.a.lga (n 1).a

n

n 1

.lga

n

当对一切n N 都成立所以a 1 n 1

n1

（2）当 lga 0即有0 a 1当对一切n N 都成立所以有0 a 时有a

n 12

1

综合以上可知a 1或0 a

2

（1）当lga 0即有a 1时有a

10. 已知数列{an}的各项均为正数，Sn是数列{an}的前n项和，且

4Sn an 2an 3．2

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）已知bn 2n,求Tn a1b1 a2b2 anbn的值.

解（1）当n = 1时，a1 s1 a12 a1 ,解出a1 = 3,

又4Sn = an2 + 2an－3 ①

1

41234

2

当n 2时 4sn－1 = an 1 + 2an-1－3 ②

2222

an ①－② 4an an 1 2(an an 1), 即an an 1 2(an an 1) 0，

∴ (an an 1)(an an 1 2) 0,

， an an 1 0 an an 1 2（n 2）

数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列， an 3 2(n 1) 2n 1．

（2）Tn 3 21 5 22 (2n 1) 2n ③

又2Tn 3 22 5 23 (2n 1) 2n (2n 1)2n 1 ④－③ Tn 3 21 2(22 23 2n) (2n 1)2n 1

n 1

④

6 8 2 2

(2n 1) 2n 1=

n 2n 1 2

2

2

11. 已知双曲线an 1y anx an 1an的一个焦点(0,cn)，一条渐近线方程为y 以4为首项的正项数列，数列{cn}的首项为6. （I）求数列{Cn}的通项公式；

其中{an}是2x，

（II）若不等式

12nn2

loga(2x 1)(a 0且a 1)对一切自然数n恒成立，nc1c2cn3 23

求实数x的取值范围.

（I）由双曲线方程得：Cn an an 1，

又一条渐近线y

2x.

an

2, an 4 2n 1 2n 1 an 1

Cn 3 2n

（II）令S

12n12n

2n

C1C2Cn3 23 23 2

21n

33 2n 13 2n212

loga(2x 1)(n N)恒成立 故原不等式 n 1

33 23

由错位相减得S

loga(2x 1) 0

（i）当a 1时,2x 1 1 x 0 （ii）当0 a 1时,

2x 1 0

2x 1 1

1

x 0 2

12. 数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an Sn An2 Bn C对任意正整数n都成立。 （１）

若数列{an}为等差数列，求证：3A－B＋C＝０；

（２） 若A

13

,B ,C 1,设bn an n,数列{nbn}的前ｎ项和为Tn，求Tn； 22

（３） 若C=0，{an}是首项为1的等差数列，

设P 的值。

i 1

求不超过P的最大整数解:⑴因为 an 为等差数列，设公差为d，由an Sn An2 Bn C，

1

2

1d

即(d A)n2 (a1 B)n (a1 d C) 0对任意正整数n都成立．

22

得a1 (n 1)d na1 n(n 1)d An2 Bn C，

1

2d A 0,

1

所以 a1 d B 0,所以3A B C 0．

2

a1 d C 0,

131

⑵ 因为an Sn n2 n 1，所以a1 ，

222

13

当n≥2时，an 1 Sn 1 (n 1)2 (n 1) 1，

22

所以2an an 1 n 1，即2(an n) an 1 n 1，

11

所以bn bn 1(n≥2)，而b1 a1 1 ，

22

111

所以数列 bn 是首项为，公比为的等比数列，所以bn ()n．

222

n123n1123n

于是nbn n．所以Tn +2+3+ +n①，Tn 2+3+4+ +n+1，②

2222222222

由① ②，

11[1 ()n]

11111n n 1 (1)n n 1 2+n． 得Tn +2+3+ +n n+1 n+1n+1n+1

22222222221 2

2+n

所以Tn 2 n．

2

⑶ 因为 an 是首项为1的等差数列，由⑴知，公差d 1，所以an n．

n(n 1) 1111 1 1 ，

n(n 1)n(n 1)nn 1

111111111

， ) (1 ) (1 ) 2013

122334201220132013

所以，不超过P的最大整数为2012．

所以P (1 ) (1

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/06v1.html