高中数学数列(二)习题及答案

数列（二）9.15

1. 若两个等差数列{an }和{bn }的前n 项和分别是S n 和T n

，已知

A ．7 B

． C

．

D

．

，则

=（ ）

2. 已知数列{an }的首项为2，且数列{an }满足a n +1=则S 2017=（ ） A ．﹣586

B ．﹣588

C ．﹣590

a n -1

，设数列{an }的前n 项和为S n ，a n +1

D ．﹣504

3. 若数列{an }

是正项数列，且

A ．2n +2n 4.

2

+

2

+…

+=n+n，则a 1

+D ．2（n +2n）

2

2

+…

+等于（ ）

B ．n +2n

2

C ．2n +n

设S n 是等差数列{an }的前n

项和，若=（ ）

A ．1 B ．﹣1 C ．2

D

． D ．6

5. 等差数列{an }中，已知S 15=90，那么a 8=（ ） A ．12

B ．4

C ．3

6. 已知数列{an }

满足，前n 项的和为S n ，关于a n ，S n 叙述正确的是（ ）

A ．a n ，S n 都有最小值 B ．a n ，S n 都没有最小值 C ．a n ，S n 都有最大值 D ．a n ，S n 都没有最大值

7. 已知数列{an }中，a 1=2，a n+1=2an +3•2，则数列{an }的通项公式a n = ．

n

8. 数列{an }的a 1

=，a n+1

=，{an }的通项公式是

，（n ∈N ）

+

10. 已知正项数列{an }的前n 项的和为S n

，且满足：（1）求a 1，a 2，a 3的值

（2）求数列{an }的通项公式．11. 设正项数列{an }的前n 项和为S n ，满足S n+1

=a 2S n +a1，S 3=14．

（Ⅰ）求数列{an }的通项公式； （Ⅱ）设b n =an ﹣1，求

a 1a a n

+2+…+． b 1b 2b 2b 3b n b n +1

12. 已知数列{an }，a 1=1

，满足

（1

）求证：数列

．

是等差数列，并求数列{an }的通项公式；

*

（2）若数列{bn }满足b 1+2b2+…+nbn =an ，对一切n ∈N 都成立，求数列{bn }的通项公式． 13. （12分）已知数列{an }、{bn }中，对任何正整数n 都有：a 1b n +a2b n ﹣1+a3b n ﹣2…+an ﹣

n+1

﹣n ﹣2． 1b 2+an b 1=2

（1）若数列{an }是首项和公差都是1的等差数列，求b 1，b 2，并证明数列{bn }是等比数列；

（2）若数列{bn }是等比数列，数列{an }是否是等差数列，若是请求出通项公式，若不是请说明理由；

（3）若数列{an }是等差数列，数列{bn }是等比数列，求证：

111

++…+＜a 1b 1a 2b 2a n b n

3

． 2

14. 已知数列{an }的首项a 1=1，前n 项和为S n ，且a n+1=2an +1，n ∈N ． （1）证明数列{an +1}是等比数列并求数列{an }的通项公式； （2

）证明：

．

*

*

15. 设T n 是数列{an }的前n 项之积，并满足：T n =1﹣a n （n ∈N ）． （Ⅰ）求a 1，a 2，a 3． （Ⅱ）证明数列

{

}等差数列；

（Ⅲ）令b n

=，证明{bn }前n 项和S n

＜．

16已知数列{an }的前n

项和（1）求数列{bn }的通项公式；

，令b n =log9a n+1．

（2）若数列{bn }的前n 项和为T n

，数列的前n 项和为H n ，求H 2017．

17. 已知数列{an }

中，

（1）求数列{an }的通项公式a n ； （2）求数列{n2a n }的前n 项和T n ；

．

（3）若存在n ∈N *，使关于n 的不等式a n ≤（n+1）λ成立，求常数λ的最小值．

18. 已知数列{an }的前n 项和S n 满足：S n =t（S n ﹣a n +1）（t 为常数，且t ≠0，t

≠1）．

（1）证明：{an }成等比数列； （2

）设

，若数列{bn }为等比数列，求t 的值；

（3）在满足条件（2）的情形下，设c n =4an +1，数列{cn }的前n 项和为T n

，若不等式

≥2n ﹣7对任意的n ∈N *恒成立，求实数k 的取值范围．

19. 已知数列{an }的前n 项和为S n ，且a n 是S n 与2的等差中项，数列{bn }中，b 1=1，点P （b n ，b n+1）在直线x ﹣y+2=0上，n ∈N*． （1）求数列{an }，{bn }的通项a n 和b n ； （2

）求证：

（3）设c n =an •bn ，求数列{cn }的前n 项和T n ．

；

20. 已知数列{an }

满足：足：b n =an+1﹣a n （n ≥1）． （Ⅰ）求数列{an }，{bn }的通项公式

2

2

，a n a n+1＜0（n ≥1），数列{bn }满

（Ⅱ）证明：数列{bn }中的任意三项不可能成等差数列．

试卷答案

1. D

【考点】等差数列的性质．

【分析】由已知，根据等差数列的性质，把

转化为

求解．

【解答】解：．

故选：D ． 2. A

【考点】8E ：数列的求和． 【分析】a 1=2

，

⇒

，

，

，

…可得数列{an }是周期为4的周期数列，即可求解．

【解答】解：∵a 1=2

，，

∴

，

，

，

…可得数列{an }是周期为4的周期数列．

S 2017

=故选：A ． 3. A

【考点】8H ：数列递推式．

【分析】利用数列递推关系可得a n ，再利用等差数列的求和公式即可得出． 【解答】解：∵

n ≥2

时，

相减可得：∴

=4n．

=2n2+2n．

+

++…

+

2

，

+…

+=n2+n，∴n=1

时，=（n ﹣1）2+n﹣1，

=2，解得a 1=4．

=2n，∴a n =4n．n=1时也成立．

则a 1

++…

+=4（1+2+…+n）=4

×

故选：A ． 4. A

【考点】等差数列的性质．

【分析】充分利用等差数列前n 项和与某些特殊项之间的关系解题． 【解答】解：设等差数列{an }的首项为a 1，由等差数列的性质可得 a 1+a9=2a5，a 1+a5=2a3，

∴

=

=

==1，

故选A ．

【点评】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前n 项和公式以及等差中

项的综合应用，

已知等差数列{an }的前n 项和为S n ，则有如下关系S 2n ﹣1=（2n ﹣1）a n ． 5. D

【考点】等差数列的性质． 【分析】由题意可得：S 15

=答案．

（a 1+a15）=90，由等差数列的性质可得a 1+a15=2a8，代入可得

【解答】解：因为数列{an }是等差数列， 所以，a 1+a15=2a8， 则S 15=

（a 1+a15）=15a8，

又S 15=90，所以，15a 8=90，则a 8=6． 故选：D ．

【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题． 6. A

【考点】数列的函数特性．

【分析】利用数列通项的单调性和正负即可判断出答案．

【解答】解：①∵

，∴当n ≤5时，a n ＜0且单调递减；当n ≥6时，a n ＞0，

且单调递减．故当n=5时，a 5=﹣3为最小值；

②由①的分析可知：当n ≤5时，a n ＜0；当n ≥6时，a n ＞0．故可得S 5最小． 综上可知：．a n ，S n 都有最小值． 故选A ．

【点评】正确分析数列通项的单调性和正负是解题的关键． 7. （3n ﹣1）•2

【考点】数列递推式．

【分析】把已知等式两边同时除以2，可得数列

{数列，再由等差数列的通项公式求得答案． 【解答】解：由a n+1=2an +3•2n

，得

，

n+1

n ﹣1

}是以1

为首项，以为公差的等差

即

，又，

∴数列

{}是以1

为首项，以为公差的等差数列，

则∴

．

，

故答案为：（3n ﹣1）•2n ﹣1．

8. a n

=

【考点】8H ：数列递推式． 【分析】由a n+1

=

，两边取倒数可得：

=

+

，变形为：

﹣

1=

（﹣1），利用等比数列的通项公式即可得出．

【解答】解：由a n+1

=

，两边取倒数可得：

=

+，

变形为：﹣1=

（﹣1），

∴数列

{﹣1}

是等比数列，首项为

，公比为．

∴﹣

1=．

∴a n

=．

故答案为：a n

=．

【点评】本题考查了等比数列的通项公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 9.

【考点】数列的求和；数列的概念及简单表示法．

【分析】（1）由题得a n 2+an =2Sn ，a n+12+an+1=2Sn+1，两式子相减得{an }是首项为1，公差为1

的等差数列，即可求数列{an }的通项公式；

（2）若b n

=

，利用错位相减法，求数列{bn }的前n 项和T n ．

【解答】解：（1）由题得a n 2+an =2Sn ，a n+12+an+1=2Sn+1，两式子相减得： 结合a n ＞0得a n+1﹣a n =1 ….. 令n=1得a 12+a1=2S1，即a 1=1，

所以{an }是首项为1，公差为1的等差数列，即a n =n….. （2）因为b n

=

=

（n ≥2）

所以T n

=+

…

+①

T n

=+…

+

+②…..（8分）

①﹣②得T n

=1++…

+

﹣

=

﹣，

所以数列{bn }的前n 项和T n =3

﹣．…..（12分）

【点评】本题考查数列的通项与求和，考查错位相减法的运用，属于中档题． 10.

【考点】数列递推式．

【分析】（1）分别在已知数列递推式中取n=1、2、3，结合a n ＞0求得a 1，a 2，a 3的值； （2

）由

+an

，得

，两式作差后，可得{an }是首项为1，公差

为1的等差数列，再由等差数列的通项公式得答案． 【解答】解：（1

）由∵a n ＞0，得a 1=1， 取n=2

，得取n=3

，得（2

）∵∴

+an ，①

，②

，解得a 2=2， ，解a 3=3；

，取n=1

，得

，

②﹣①得 （a n+1+an ）（a n+1﹣a n ﹣1）=0， ∵a n ＞0，∴a n+1+an ＞0，则a n+1﹣a n =1，

∴{an }是首项为1，公差为1的等差数列，

∴a n =1+（n ﹣1）×1=n．

【点评】本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题． 11.

【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（I ）S n+1

=a 1．n=2时，2+a2+a3

=比数列的通项公式即可得出．

n

（II ）b n =an ﹣1=2﹣1

，可得

a 2S n +a1，S 3=14．可得n=1时，a 1+a2

=+a1，a 2＞0，解得

+2=14，解得a 2，可得S n+1=2Sn +2，利用递推关系与等

=

=．利用“裂项

求和”方法即可得出．

【解答】解：（I ）∵S n+1

=a 2S n +a1，S 3=14．∴n=1时，a 1+a2

=a 1=2．

n=2时，2+a2+a3

=∴S n+1=2Sn +2，

n≥2时，S n =2Sn ﹣1+2，可得：a n+1=2an （n=1时也成立）． ∴数列{an }是等比数列，首项与公比都为2， ∴a n =2n ．

n

（II ）b n =an ﹣1=2﹣1，

∴

+a1，a 2＞0，解得

+2=14，解得a 2=4，

=

=．

∴

+

+…+

=

+

+…+=1

﹣ 12.

．

【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．

【分析】（1）将已知等式两边同除以2n+1，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；

（2）运用数列的递推式，n=1时，求得b 1，n ≥2时，n 换为n ﹣1，相减可得所

求，注意检验n=1的情况． 【解答】（1

）证明：∵∴

，

，

∴数列

构成以

为首项，为公差的等差数列，

即．

，

（2）解：b 1+2b2+…+nbn =an

，即

n=1时，由b 1+2b2+3b3+…+nbn =an ，得b 1=a1=1．

n ≥2时，由b 1+2b2+3b3+…+nbn =an ，①b 1+2b2+3b3+…+（n ﹣1）b n ﹣1=an ﹣1，②

①﹣②得：

，

检验n=1时满足上式．

∴

．

，

【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列递推式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题． 13.

【考点】数列与不等式的综合．

n+1

【分析】（1）利用递推关系式得出b n +2bn ﹣1+3bn ﹣2+…+（n ﹣1）b 2+nb1=2﹣n ﹣2，b n ﹣n

1+2bn ﹣2+3bn ﹣3+…+（n ﹣2）b 2+（n ﹣1）b 1=2﹣n ﹣1，（n≥2），

n n ﹣1

相减得出b n +bn ﹣1+…+b2+b1=2﹣1，利用前n 项的和S n 求解b n =2，证明即可．

（2）bq

4

n ﹣1

a 1+bqn ﹣2a 2+bqn ﹣3a 3+…+bqan ﹣1+ban =2n+1﹣n ﹣2，又bq n ﹣2a 1+bqn ﹣3a 2+bqn ﹣

a 3+…+ban ﹣1=2n ﹣n ﹣1（n≥2），

×2

n

×

n +

，讨论求解即可． +…+

=

+…+

＜

a n

=

（3

）求解

+

+…+求解为和的形式，放缩即可．

【解答】解：（1）b 1=1，b 2=2，

依题意数列{an }的通项公式是a n =n，

n+1

故等式即为b n +2bn ﹣1+3bn ﹣2+…+（n ﹣1）b 2+nb1=2﹣n ﹣2，

b n ﹣1+2bn ﹣2+3bn ﹣3+…+（n ﹣2）b 2+（n ﹣1）b 1=2n ﹣n ﹣1，（n≥2），

n

两式相减可得b n +bn ﹣1+…+b2+b1=2﹣1，

n 1

得b n =2﹣，数列{bn }是首项为1，公比为2的等比数列． n 1

（2）设等比数列{bn }的首项为b ，公比为q ，则b n =bq﹣， n ﹣1n ﹣2n ﹣3n+1

从而有：bq a 1+bqa 2+bqa 3+…+bqan ﹣1+ban =2﹣n ﹣2，

又bq

n ﹣2

a 1+bqn ﹣3a 2+bqn ﹣4a 3+…+ban ﹣1=2n ﹣n ﹣1（n≥2），

n n+1

故（2﹣n ﹣1）q+ban =2﹣n ﹣2，

a n

=

×2

n

×

n ，

要使a n+1﹣a n 是与n 无关的常数，必需q=2，

即①当等比数列{bn }的公比q=2时，数列{an }是等差数列，其通项公式是a n

=； ②当等比数列{bn }的公比不是2时，数列{an }不是等差数列．

n 1

（3）由（2）知a n b n =n•2﹣，

显然n=1，2

时

+

+…+

＜，

当n≥3

时

+

+…+

=

+…+

＜

+

+…+=

1

=．

【点评】本题考查了数列的综合应用，递推关系式的运用，不等式，放缩法求解证明不等式，属于综合题目，难度较大，化简较麻烦． 14.

【考点】8K ：数列与不等式的综合；88：等比数列的通项公式．

【分析】（1）由a n+1=2an +1，得a n+1+1=2（a n +1），由a 1=1，得a 1+1=2，由此能证明数列{an +1}是首项为2，公比为2的等比数列，从而能求出数列{an }的通项公式． （2

）由

，利用放缩法和等比数列前n 项和公式能证明

．

【解答】解：（1）∵a n+1=2an +1， ∴a n+1+1=2（a n +1）， 又a 1=1，a 1+1=2

，

=2，

∴数列{an +1}是首项为2，公比为2的等比数列． ∴a n +1=2n ，∴数列{an }的通项公式a n =2n ﹣1， 证明：（2

）∵∴

，

，

∴15.

．

【考点】8K ：数列与不等式的综合；8C ：等差关系的确定． 【分析】（Ⅰ）分别令n=1，2，3代入计算，即可得到所求值； （Ⅱ）当n ≥2时，a n

=

，代入等式，再由等差数列的定义，即可得证；

（Ⅲ）运用等差数列的通项公式可得=n+1，可得a n

=，b n

=

=

＜

=

（

﹣

可得证．

），运用数列的求和方法：裂项相消求和，以及不等式的性质，即

【解答】解：（Ⅰ）数列{an }的前n 项积为T n ，且T n =1﹣a n ， ∴当n=1时，a 1=1﹣a 1，解得a 1

=， 当n=2时，a 1a 2=1﹣a 2，解得a 2

=， 当n=3时，a 1a 2a 3=1﹣a 3，解得a 3

=；

（Ⅱ）证明：当n ≥2时，a n

=，

T n =1﹣a n （n ∈N ），

即为T n =1

﹣

，

*

可得

﹣=1，

则数列

{}为首项为2，1为公差的等差数列；

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可得则T n =1﹣a n

=可得a n

=

，

，

=2+n﹣1=n+1，

b n =

=

＜

=

（

﹣），

则{bn }前n 项和S n =b1+b2+b3+…+bn ﹣1+bn

＜（1

﹣

+

﹣

+

﹣+…

+

=（

1+﹣

故S n

＜． 16.

【考点】数列的求和；数列递推式．

【分析】（1）由数列的前n 项和求出数列通项公式，代入b n =log9a n+1，利用对数的运算性质求得数列{bn }的通项公式；

（2）求出数列{bn }的前n 项和为T n

，利用裂项相消法求得数列H 2017可求．

【解答】解：（1）当n=1

时，当n ≥2

时，a 1=1适合上式，

∴

．

； ．

的前n 项和为H n ，则

﹣

）

=

﹣

（

﹣

+

+

﹣

）

）＜，

n 9n+1

（2

）由

则于是

则17.

．

，得

．

n

．

=，

【考点】8H ：数列递推式；8E ：数列的求和．

【分析】（1）再写一式，两式相减，可得数列{nan }从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列，从而可求数列{an }的通项公式a n ； （2）利用错位相减法，可求数列{n2a n }的前n 项和T n ； （3）分离参数，求出相应的最值，即可求常数λ的最小值． 【解答】解：（1

）因为所以两式相减得

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

因此数列{nan }从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列

所以

﹣﹣﹣﹣

故﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

（2）由（1）可知当n ≥

2当n ≥2

时，∴两式相减得

，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

又∵T 1=a1=1也满足上式，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

（3）a n ≤（n+1）λ

等价于

，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

由（1）可知当n ≥2

时，

设

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∴又

∴18.

及

，

，则，﹣﹣﹣﹣﹣

，∴所求实数λ

的取值范围为，

﹣﹣﹣﹣﹣

【考点】数列递推式；数列的求和．

【分析】（1）由S n =t（S n ﹣a n +1）求出数列首项，且得到n ≥2时，S n =t（S n ﹣a n +1），与原递推式联立可得{an }成等比数列；

（2）由（1）求出{an }的通项和前n 项和S n

，代入列，得

，即可求得t 值；

≥2n ﹣7，分离参数，由数列{bn }为等比数

（3）由（2）中的t 值，可得数列{cn }的前n 项和为T n

，代入k ，在由数列的单调性求得最值得答案． 【解答】（1）证明：由S n =t（S n ﹣a n +1）， 当n=1时，S 1=t（S 1﹣a 1+1），得a 1=t，

当n ≥2时，S n =t（S n ﹣a n +1），即（1﹣t ）S n =﹣ta n +t，（1﹣t ）S n ﹣1=﹣ta n ﹣1+t， ∴a n =tan ﹣1， 故{an }成等比数列；

（2）由（1）知{an }成等比数列且公比是t

，∴故

若数列{bn }

是等比数列，则有

，即

，而

，

，

故[t3（2t+1）]2=（2t 2）•t4（2t 2+t+1

），解得

再将

代入b n

得：

．

，

由知{bn }

为等比数列，∴；

（3

）由

，知

，，

∴，

由不等式≥2n ﹣7对任意的n ∈N 恒成立，得

*

，

令，

由，

当n ≤4时，d n+1＞d n ，当n ≥4时，d n+1＜d n ， 而19.

【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（1）利用a n =sn ﹣s n ﹣1

，可得可得b n+1﹣b n =2， （2）利用裂项求和， （3）利用错位相减求和．

【解答】解：（1）∵a n 是S n 与2的等差中项，∴S n =2an ﹣2， ∴S n ﹣1=2an ﹣1﹣2，∴a n =Sn ﹣S n ﹣1=2an ﹣2a n ﹣1， 又a 1=2，∴a n ≠0

，即数列{an }

是等比数列，

（n ≥2，n ∈N*），

，

，由点P （b n ，b n+1）在直线x ﹣y+2=0上，

，∴d 4＜d 5

，则

，得

．

∵点P （b n ，b n+1）在直线x ﹣y+2=0上，∴b n ﹣b n+1+2=0，b n+1﹣b n =2， 即数列{bn }是等差数列，又b 1=1，∴b n =2n﹣1．

（2

）∵

∴

=

．

（3

）∵

，

2

3

n

，

=

∴T n =a1b 1+a2b 2+…+an b n =1×2+3×2+5×2+…+（2n ﹣1）2，

∴因此，即∴

．

，

，

，

【点评】本题考查了数列的递推式的应用，及常见的非等差、等比数列求和，属于基础题． 20.

【考点】8H ：数列递推式；81：数列的概念及简单表示法；8F ：等差数列的性质． 【分析】（1

）对

a n 2，进而可推断数列{cn }

是首项为

化简整理得

，令c n =1﹣

，公比为的等比数列，根据等比数列通项公式

求得c n ，则a 2n 可得，进而根据a n a n+1＜0求得a n ．

（2）假设数列{bn }存在三项b r ，b s ，b t （r ＜s ＜t ）按某种顺序成等差数列，由于数列{bn }为等比数列，于是有b r ＞b s ＞b t ，则只有可能有2b s =br +bt 成立，代入通项公式，化简整理后发现等式左边为2，右边为分数，故上式不可能成立，导致矛盾．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，令c n =1﹣a n 2

，则又

，则数列{cn }

是首项为

，

，公比为

的等比数列，即

故

又故因为

故

，a n a n+1＜0

=

，

，

（Ⅱ）假设数列{bn }存在三项b r ，b s ，b t （r ＜s ＜t ）按某种顺序成等差数列， 由于数列{bn }

是首项为

，公比为的等比数列， 于是有2b s =br +bt 成立，则只有可能有2b r =bs +bt 成立，

∴

化简整理后可得，2=

（）

r ﹣s

+

（）

t ﹣s

，

由于r ＜s ＜t ，且为整数，故上式不可能成立，导致矛盾． 故数列{bn }中任意三项不可能成等差数列．