专题数列(中档题)期末常考

专题08数列（中档题）期末常考题型精选一．选择题（共9小题）(1)n20211．若数列{a}，{b}的通项分别为a(1)n2020a，b2，且ab对任意nN*恒成立，nnnnnnn则实数a的取值范围为()31A．[2，1)B．[2,)C．[1,)D．[1，1)22(1)n2021【解答】解：由题意得(1)n2020a2，n11①当n奇数时，a2，2单调递减，nn12(2,)，a2，a2．n11②当n偶数时，a2，2单调递增，nn11333(2)2，a，a．nmin22223综上所述，2a．2故选：B．a(4)x4,x62．已知函数f(x)2(a0,a1)，数列{a}满足af(n)(nN*)，且{a}是单调递增数nnnax5,x6列，则实数a的取值范围()A．[7，8)B．(1,8)C．(4,8)D．(4,7)【解答】解：{a}是单调递增数列，na402a1，af(6)6(4)4a22解得4a8．故选：C．3．已知等差数列{a}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中n间项为()A．28B．29C．30D．31【解答】解：设等差数列共有(2n1)项，由题意得Saaa，Saaa，奇132n1偶242n故SSaaaaa，奇偶1322n12naddanda31929029．11n1故中间项a为29．n1故选：B．S2SSa4．已知数列{a}满足a10，a12，n1nn12(n2)，则n的最小值为()n12nn161121A．B．2101C．D．324S2SS【解答】解：因为a10，a12，n1nn12(n2)，12naa所以n1n2，即aa2n，(n2)，结合aa4，aa2，nn1n3221可知{aa}是以aa2为首项，公差为2的等差数列．n1n21故：aa21，21aa22，32aa23，43aa2(n1)，nn1(n1)(1n1)上述n1个式子相加得：aa2，n12a10所以an2n10，所以nn1，nnn10因为函数yx，x0在(0,10)上递减，在(10,)递增，xa16a2216且n3时，3；n4时，4．33443a16故n最小值为．n3故选：A．n22tn,n5,nN*5．已知数列{a}满足a，且数列{a}是单调递增数列，则t的取值范围是()nn(t1)n,n5,nN*n9199A．(，)B．(，)C．(5,)D．(1，4]242n22tn,n5,nN*【解答】解：数列{a}满足a，且数列{a}是单调递增数列，nn(t1)n,n5,nN*nt4.5919，求得t，2510t(t1)624故选：A．6．已知数列{a}的通项公式为a4n1(nN*)，将数列{a}中的整数从小到大排列得到新数列{b}，nnnn则{b}的前100项和为()nA．9900B．10200C．10000D．11000【解答】解：因为数列{a}的通项公式为a4n1(nN*)，nn所以ba4213，12ba4615，26ba41217，312ba42019，420观察可知数列{b}是首项为3，公差为2的等差数列，n10099所以S1003210200．1002故选：B．17．已知数列{b}满足b2()n1n2，若数列{b}是单调递减数列，则实数的取值范围是()nn2n101101A．(1,)B．(，)C．(1,1)D．(，1)3232【解答】解：数列{b}是单调递减数列，n111则bb2()n(n1)22()n1n26()n2n10，n1n2222n1当n为偶数时，6(2n1)(2)n，即6(2n1)2n，1()n2由于{2n1)2n}为递增数列，则数列{2n1)2n}的最小值20，620，10即，32n1当n为奇数时，6(2n1)(2)n，即6(2n1)2n，1()n2由于{(2n1)2n}为递减数列，则数列{(2n1)2n}的最大值6，66，1，10综上所述实数的取值范围是(1,)．3故选：A．n18．数列{a}中，a2，且aa2(n2)，则数列前2021项和为()n1nn1aa(a1)2nn1n2021202120194040A．B．C．D．1010101110102021n【解答】解：数列{a}中，a2，且aa2(n2)，n1nn1aann1所以(aa)(aa)n2(aa)，nn1nn1nn1即a2a22a2an，nn1nn1所以(a1)2(a1)2n(n2)，nn1则(a1)2(a1)2n1，n1n2...，(a1)2(a1)22，21将以上各式累加，可得(a1)2(a1)2n(n1)...2，n11将a2代入，可得(a1)212...nn(n1)，1n21211所以2()，(a1)2n(n1)nn1n111111所以数列{}的前2021项和为2(1...)(a1)222320212022n120212(1)．20221011故选：B．9．某养猪场2021年年初猪的存栏数1200，预计以后每年存栏数的增长率为8%，且在每年年底卖出100头．设该养猪场从今年起每年年初的存栏数依次为a，a，a，．则2035年年底存栏头数为(123)（参考数据：1.08142.9，1.08153.2，1.08163.4)A．1005B．1080C．1090D．1105【解答】解：由题意得：a1200，1a12001.08100，2a12001.0821001.08100，3a12001.0831001.0821001.08100，4a12001.0841001.0831001.0821001.08100，52035年年底存栏头数为：a12001.0815100(1.08141.08131.08121.081)161(11.0815)12003.21001090．11.08故选：C．二．多选题（共12小题）10．在数列{a}中，若aap(n2，nN*，p为常数），则称数列{a}为“开方差数列”，则下列nnn1n判断正确的是()A．{32n}是开方差数列B．若{a}是开方差数列，则{a}是等差数列nnC．若{a}是开方差数列，则{a}也是开方差数列(kN*，k为常数）nknD．若{a}既是开方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列n【解答】解：对于A，因为a32n，所以a32(n1)，nn1所以a3n，a3n1，nn1所以aa3n3n123n1常数，所以A不正确；nn1对于B，因为{a}是开方差数列，n所以aap(n2，nN*，p为常数），nn1所以{a}是等差数列，n所以aa(n1)p，n1所以a[a(n1)p]2，n1所以当p0时，{a}不是等差数列，故B不正确；n对于C，因为{a}是开方差数列，n由B项分析可得：{a}是等差数列，且aa(n1)p，nn1所以a[a(n1)p]2，n1所以a[a(kn1)p]2，所以aa(kn1)p，kn1kn1所以aa[a(knk1)p][a(kn1)p]kp，k(n1)kn11所以{a}也是开方差数列(kN*，k为常数），故C正确；kn对于D，因为{a}是开方差数列，所以a[a(n1)p]2，nn1又因为{a}是等差数列，n所以aa(anp)2[a(n1)p]2(2n1)p22ap，n1n111所以当p0时，aa为常数，n1n即{a}是等差数列，此时a(a)2a，即该数列为常数列，故D正确．nn11故选：CD．11．已知数列{a}，{b}满足a2，b1，a5a3b7，b3a5b，nN*，且数列{a}，{b}nn11n1nnn1nnnn的前n项和分别是S，T，则下列说法错误的是()nnA．a23n22n14nB．b23n22n13nC．ST52n6n6nnab77D．数列{n1n1}的前n项和为SSTT23n472n13723n42n312nn1nn1【解答】解：a2，b1，a5a3b7，①11n1nnb3a5b，②n1nn①②两式相加可得，ab8(ab)7，n1n1nn即为ab18(ab1)，n1n1nn所以ab1(ab1)8n148n123n1，nn11即有ab23n11，③nn①②两式相减可得，ab2(ab)7，n1n1nn即为ab72(ab7)，n1n1nn所以ab7(ab7)2n182n12n2，nn11即有ab2n27，④nn由③④可得a23n22n14，b23n22n13，nn故A错误，B正确；S(216...23n2)(48...2n1)4nn2(18n)4(12n)23n121304n2n244n23n12n24n，18127772(18n)4(12n)126T3n23n12n23n，n181277所以ST2n37n8，故C错误；nnabSSTT1111由n1n1n1nn1n()()，SSTTSSTTSSTTnn1nn1n1nn1nnn1nn1ab111111111111可得数列{n1n1}的前n项和为(...)(...)SSTTSSSSSSTTTTTTnn1nn11223nn11223nn11111377()()，SSTT223n472n328n5823n472n321n471n11n1故D错误．故选：ACD．1112．已知数列{a}满足aa()n，a2，数列b(3)na的前2n项和为S，则下列说法正确的是nn3n131nn2n()A．数列{a}是等比数列B．数列{3na}是等差数列nnC．数列{b}是等差数列D．Snn2n11【解答】解：数列{a}满足aa()n，nn3n13aa整理得：nn11（常数），11()n()n133整理得3na3n1a1，nn1所以数列{3na}是等差数列，故B正确；n由数列{3na}是等差数列，n所以3na6(n1)5n，n5n整理得a，n3n5n数列b(3)na的前2n项和为S，则b(3)n，nn2nn3n52n152nSbb...b(67)(89)...[(3)2n1(3)2n]11...1n．2n122n32n132n故D正确．故选：BD．113．已知数列{a}的前n项和为S(S0)，且满足a4SS0(n2)，a，则下列说法正确的是(nnnnn1n14)1A．数列{a}的前n项和为Snn4n1B．数列{a}的通项公式为ann4n(n1)C．数列{a}为递增数列n1D．数列{}为递增数列Sn【解答】解：a4SS0(n2)，nn1nSS4SS0(n2)，nn1n1n11S0，4(n2)，nSSnn111因此数列{}是以4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；SSn111所以44(n1)4n，S，即A正确；Sn4nn111当n2时，aSS，nnn14n4(n1)4n(n1)1,n14所以a，即B，C不正确；n1,n24n(n1)故选：AD．2n14．已知数列{a}的前n项和为S，a1，SS2a1，数列{}的前n项和为T，nN*，nn1n1nnaannn1则下列选项正确的为()A．数列{a1}是等差数列nB．数列{a1}是等比数列nC．数列{a}的通项公式为a2n1nnD．T1n【解答】解：由SS2a1即为aSS2a1，n1nnn1n1nn可化为a12(a1)，由Sa1，可得数列{a1}是首项为2，公比为2的等比数列，n1n11n则a12n，即a2n1，nn2n2n11又，可得aa(2n1)(2n11)2n12n11nn1111111T111，n2212212312n12n112n11故A错误，B，C，D正确．故选：BCD．15．设{a}(nN*)是等差数列，S是其前n项的和，且SS，SSS，则下列结论正确的是(nn56678)A．d0B．a07C．SSD．S与S均为S的最大值9567n【解答】解：由SS得aaaaaaaa，即a0，56123512566又SS，67aaaaaaa，1261267a0，故B正确；7同理由SS，得a0，788da7a60，故A正确；而C选项SS，即aaaa0，可得2(aa)0，由结论a0，a0，显然C选项是错误的．9567897878SS，SSS，S与S均为S的最大值，故D正确；5667867n故选：ABD．16．设公差不为0的等差数列{a}的前n项和为S，若SS，则下列各式的值为0的是()nn1718A．aB．SC．aaD．SS173517191916【解答】解：设{a}的首项为a，公差为d，由SS，n1171817161817即17ad18ad，1212得a17d，1a(n18)d，nn(17dnd18d)n(n35)Sd，n22所以a0，S0．1835aadd2d，171919(16)16(19)SSdd0．191622故选：BD．17．已知数列{a}，{b}均为递增数列，{a}的前n项和为S，{b}的前n项和为T．且满足aa2n，nnnnnnnn1bb2n(nN*)，则下列说法正确的有()nn1A．0a1B．1b2C．STD．ST112n2n2n2n【解答】解：数列{a}为递增数列；naaa；123aa2n，nn1aa212；aa423aa2a121aa2a44a23210a1；故A正确．1S(aa)(aa)(aa)26102(2n1)2n2；2n12342n12n数列{b}为递增数列；nbbb；123bb2nnn1bb212；bb423bb21；bb321b2，故B正确．1Tbbb2n122n(bbbb)(bbb)1352n1242nb(12n)b(12n)12(bb)(2n1)22122bb(2n1)22(2n1)；12对于任意的nN*，ST；故C正确，D错误．2n2n故选：ABC．18．已知数列{a}是等比数列，下列结论正确的为()nA．若aa0，则aa01223B．若aa0，则aa01312C．若aa0，则aa2a21132D．若aa0，则(aa)(aa)0122123【解答】解：数列{a}是等比数列，n对于A，aa0，即a2q0，可得q0，则aaa2q30，故A正确；121231对于B，aaa(1q2)0，可得a0，由于aaa(1q)，当q1时，aa0，当q1时，131112112aa0，故B不正确；12对于C，aa0，可得q1，所以aa2aa(12qq2)a(1q)20，故aa2a，C正确；2113211132对于D，由aa0，可得a2q0，可得q0，所以(aa)(aa)a2(q1)(qq2)a2q(q1)20，121212311故D不正确．故选：AC．19．若数列{a}满足a1，a1，aaa(n3,nN)，则称数列{a}为斐波那契数列，又称黄金n12nn1n2n分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用则下列结论成立的是()A．a13B．aaaaa713520192020C．S54D．aaaaa724620202021【解答】解：因为a1，a1，aaa(n3,nN)，12nn1n2所以aaa2，aaa3，aaa5，aaa8，aaa13，所以A正确；321432543654765S1123581333，所以C不正确；7aaaaaaaaaaaaS1S，13520191214320182017120182018又aaaaaaaaaaaaaS1，n2n1nnn1n1n2nn1n2n3n3n4n所以aS1aaaa，所以B正确；202020181352019aaaaaaaaaaaaaaaaaS，246202023254201920181234520192019但S1a，所以aaaaa，所以D不正确．2019202124620202021故选：AB．11212320．已知数列1,,1,,,1,,,,1，，则()233444n(n1)12A．数列的第项均为1B．是数列的第90项21357C．数列前50项和为28D．数列前50项和为21121231234【解答】解：由题意，可将题干中的数列转化为，，，，，，，，，，1223334444则可发现该数列分母为1，2，3，4，且分母是几对应的就有几项，n(n1)12n，2n(n1)n数列的第项为分母n的对应的最后一项1，故选项A正确，2n12是分母为13的倒数第二项，1313(113)而121391，212是数列的第91190项，故选项B正确，13n(n1)令50，即n(n1)100，2当n9时，91090100，当n10时，1011110100，5数列前50项为分母10的第5项，即为，1012123129125数列前50项和为1239103456789103122222222257，故选项D正确，选项C错误．2故选：ABD．21．设数列{a}的前n项和为S，若存在实数A，使得对任意nN*，都有|S|A，则称数列{a}为“Tnnnn数列”．则以下结论正确的是()A．若{a}是等差数列，且a0，公差d0，则数列{a}是“T数列”n1nB．若{a}是等比数列，且公比q满足|q|1，则数列{a}是“T数列”nnn2C．若a，则数列{a}是“T数列”nn(n1)2n1nn2D．若a，则数列{a}是“T数列”n4n21nn(n1)11【解答】解：对于A，Snaddn2(ad)n，n12212易知n时，S，不存在实数A，使得对任意nN*，都有|S|A，所以选项A错误；nna(1qn)a|a|(1|q|)对于B，S1，|q|1，n时，1qn1，即S1，且|S|1，n1qn1qn1q存在实数A，使得对任意nN*，都有|S|A，所以选项B正确；nn2111131对于C，若a，S(,)，nn(n1)2n1n2n(n1)2n1n2(n1)2n182存在实数A，使得对任意nN*，都有|S|A，所以选项C正确；nn211对于D，若a，则a，则Sn，n4n21n4n4不存在实数A，使得对任意nN*，都有|S|A，所以选项D错误．n故选：BC．三．填空题（共6小题）852122．等比数列{a}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公n32161比q，又令该数列的前n项的积为T，则T的最大值为．2nn【解答】解：设共有2m1项，由题意：85Saaa，奇132m13221Saaa，偶242m162185Saaqaq2qaaa2q，奇122m242m16321解得q．23nn21Taaaanq12n12n222，n12n1n(n1)22当n1或2时，T的最大值为2．n1故答案为：，2．223．已知数列{a}的通项公式为aan2n，若满足aaa，且当n8时，始终满足aa，则实数ann123nn111的取值范围是a．5171【解答】解：aan2n的对称轴为x，开口向下，n2a又当n8时，aa，aaa，nn1123511711，a，22a251711故答案为：a．5172n124．已知数列{a}与{b}前n项和分别为S，T，且a0，2Sa2a，nN*，b，nnnnnnnnn(2na)(2n1a)nn144则T．6135【解答】解：2Sa2a，nnn当n2时，2Sa2a，n1n1n1两式作差可得，2aa2aa2a，nnnn1n1整理得，(aa1)(aa)0，nn1nn1由a0知，aa0，从而aa10，nnn1nn1即当n2时，aa1，nn1当n1时，2aa2a，解得a1或a0（舍)．11111则{a}是首项为1，公差为1的等差数列，n则a1(n1)1n，n2n111b．n(2nn)(2n1n1)2nn2n1n1111111则Tbb...b...．n12n366112nn2n1n11144T．63276113544故答案为：．135n125．在数列{a}中，a2，且aa2(n2)，则数列{}的前2021项和为n1nn1aa2a24a2nn1nn2021．2022n【解答】解：aa2(n2)，nn1aann1(aa)(aa)n2(aa)，nn1nn1nn1即a2a22a2an，nn1nn1(a1)2(a1)2n(n2)，nn1(a1)2(a1)2n1，n1n2..．(a1)2(a1)22，21将以上各式累加，可得(a1)2(a1)2n(n1)...2，n1n(n1)将a2代入，可得(a1)212...n，1n212112()，(a1)2n(n1)nn1n11111则，2a24a22(a1)2nn1nnn111111数列{}的前2021项和为1...2a24a222320212022nn120211．202220222021故答案为：．2022n26．已知数列{a}中，设a1，a3a1(nN*)，若ba，T是{b}的前n项和，若不n1n1nn(3n1)2n2nnn等式2n2n1Tn对一切的nN恒成立，则实数的取值范围是(,1)．n【解答】解：数列{a}中，设a1，a3a1(nN*)，n1n1n可设at3(at)，即为a3a2t，n1nn1n1即有2t1，即t．211则a3(a)，n12n211则a(a)3n1，n2121可得a(3n1)，n2nn11则ba(3n1)n()n1，n(3n1)2n2n(3n1)2n2221111T1()02()3()2n()n1，n222211111T1()12()23()3n()n，2n2222111111两式相减可得T1()1()2()3()n1n()n2n22222112n1n()n，12121化简可得T4(2n4)()n，n2不等式2n2n1Tn对一切的nN恒成立，n即有不等式2n2n12对一切的nN恒成立．1即为2()n1对一切的nN恒成立．21由2()n1在nN递增，可得n1时，取得最小值1，2则1．故答案为：(,1)．27．《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位．在《算法统宗》中诗篇《李白沽酒》里记载：“今携一壶酒，游春郊外走，逢朋加一倍，人店饮斗九”意思是说，李白去郊外春游时，带了一壶酒，遇见朋友，先到酒店里将壶中的酒增加一倍（假定每次加酒不会溢出），再饮去其中的3升酒．那么根据这个规则，若李白酒壶中原来有酒a(a3)升，将李白在第n(n1,nN)家店饮酒后所剩酒量记为a00n升，则a2na3(12n)升（用a和n表示）．n00【解答】解：李白在第n(n1,nN)家店饮酒后所剩酒量记为a升，n则第一家店饮酒后所剩酒量为a2a3升，10第二家店饮酒后所剩酒量为a2a32(2a3)322a3(12)升，2100第三家店饮酒后所剩酒量为a2a323a3(1222)升，320第四家店饮酒后所剩酒量为a2a324a3(122223)升，43012n第n家店饮酒后所剩酒量为a2a32na3(12222n1)2na32na3(12n)升．nn100120故答案为：2na3(12n)升．0四．解答题（共11小题）28．设{a}是公比不为1的等比数列，a为a，a的等差中项．n123（1）求{a}的公比；n（2）若a1，求数列{na}的前n项和．1n【解答】解：（1）设{a}是公比q不为1的等比数列，na为a，a的等差中项，可得2aaa，123123即2aaqaq2，111即为q2q20，解得q2(1舍去），所以{a}的公比为2；n（2）若a1，则a(2)n1，1nnan(2)n1，n则数列{na}的前n项和为S112(2)3(2)2n(2)n1，nn2S1(2)2(2)23(2)3n(2)n，n两式相减可得3S1(2)(2)2(2)3(2)n1n(2)nn1(2)nn(2)n，1(2)1(13n)(2)n化简可得S，n91(13n)(2)n所以数列{na}的前n项和为．n92129．记S为数列{a}的前n项和，b为数列{S}的前n项积，已知2．nnnnSbnn（1）证明：数列{b}是等差数列；n（2）求{a}的通项公式．n【解答】解：（1）证明：当n1时，bS，11213由2，解得b，bb1211b21当n2时，nS，代入2，bnSbn1nn2b11消去S，可得n12，所以bb，nbbnn12nn31所以{b}是以为首项，为公差的等差数列．n223（2）由题意，得aSb，111231n2由（1），可得b(n1)，n22221n2由2，可得S，Sbnn1nnn2n11当n2时，aSS，显然a不满足该式，nnn1n1nn(n1)13,n12所以a．n1,n2n(n1)330．设数列{a}的前n项和为S，满足SaAn2Bn1．且a1，a．nnnn122（1）求证：数列{an1}是等比数列并求数列{a}的通项公式；nn1b（2）令b，求数列{n}的前n项和T，若对任意n都有Tm，求实数m的取值范nan1(b1)(b1)nnnnn1围．【解答】解：（1）证明：分别令n1，2代入条件，2aAB1&得1，2aa4A2B1&213由于且a1，a，12211所以A,B．2211所以aSn2n1①，nn2211当n2时，aS(n1)2(n1)1②，n1n12211①②得：2aa(2n1)n，nn122所以a2an，n1n由于a110，1an11所以n（常数），a(n1)12n11所以数列{an1}为等比数列且首项为1，公比为．n21所以an()n11．n21（2）由b2n1，nan1nb11则：n，(b1)(b1)2n112n1nn111111111所以T()()()．n2012112112212n112n122n1由于T单调递增，n111所以：n1，(T)，nmin2361所以m．61n31．已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．naa2n1nn1（1）求数列{a}的通项公式；na（2）设b(a1)2n，求数列{b}的前n项和T．nnnn【解答】解：方法一：（1）设等差数列{a}的首项为a、公差为d，则a0，n11aa(n1)d，aand，n1n111令c，naann11111则c[]，n[a(n1)d](and)da(n1)dand11111111111cccc[]12n1ndaadada2da(n1)dand111111111nn[]，daanda(and)a2adn1111111na21又数列{}的前n项和为，1，aa2n1ad2nn11a1或1（舍)，d2，1a12(n1)2n1；n方法二：设等差数列{a}的首项为a、公差为d，则a0，n111n则由数列{}的前n项和为，aa2n1nn111aa3a(ad)3a1得12，11，1，112(ad)(a2d)15d211aaaa51223a12(n1)2n1；na2n1n（2）由（1）知b(a1)2n(2n11)2n4，nnTbbb141242n4n，n12n4T142243(n1)4nn4n1，n13n4两式相减，得3T41424nn4n14n1，n33(3n1)4n14T．n932．已知{a}为等差数列，前n项和为S(nN*)，{b}是首项为2的等比数列，且公比大于0，bb12，nnn23ba2a，S11b．341114（Ⅰ）求{a}和{b}的通项公式；nn（Ⅱ）求数列{ab}的前n项和(nN*)．2nn【解答】（Ⅰ）解：设等差数列{a}的公差为d，等比数列{b}的公比为q．由已知bb12，得b(qq2)12，nn231而b2，所以q2q60．又因为q0，解得q2．所以，b2n．1n由ba2a，可得3da8．3411由S11b，可得a5d16，联立①②，解得a1，d3，11411由此可得a3n2．n所以，{a}的通项公式为a3n2，{b}的通项公式为b2n．nnnn（Ⅱ）解：设数列{ab}的前n项和为T，由a6n2，有T4210221623(6n2)2n，2nnn2nn2T42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，n上述两式相减，得12(12n)T4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216．n12得T(3n4)2n216．n所以，数列{ab}的前n项和为(3n4)2n216．2nnna33．设{a}是首项为1的等比数列，数列{b}满足bn，已知a，3a，9a成等差数列．nnn3123（1）求{a}和{b}的通项公式；nnS（2）记S和T分别为{a}和{b}的前n项和．证明：Tn．nnnnn2【解答】解：（1）a，3a，9a成等差数列，6aa9a，123213{a}是首项为1的等比数列，设其公比为q，n1则6q19q2，q，31aaqn1()n1，n13na1bnn()n．n3311（2）证明：由（1）知a()n1，bn()n，n3n311[1()n]3311S()n1，n122313111T1()12()2n()n，①n3331111T1()22()3n()n1，②3n3332111①②得，T[1()n]n()n1，3n233311n1T()n1()n，n44323S311n1311Tn()n1()n[()n1]0，n244323443STn．n21x123n134．设函数f(x)1ln，设a1，af()f()f()f()(nN*,n2)．x1nnnnn（1）求数列{a}的通项公式．n11（2）若b，b(nN*,n2)，数列{b}的前n项和为S，若S(a1)对一切nN*12n(a1)(a1)nnnn1nn1成立，求的取值范围．1x1xx【解答】解：（1）f(x)1ln，则f(x)f(1x)1ln1ln2ln12，xx1x12n1当n2时，af()f()...f()，①nnnnn1n21af()f()...f()，②nnnn1n12n2n11①②可得2a[f()f()][f()f()]...[f()f()]nnnnnnn22...22(n1)，即an1，n1,n1所以a；nn1,n21111（2）b，当n2时，b，12nn(n1)nn111111111n当n2时，S...1，n22334nn1n1n1上式对n1时，也成立，n所以S(a1)即为(n1)，nn1n1n1即为，(n1)21n2n1由n的最小值为2，当且仅当n1时取得等号．n1所以．435．已知正项数列{a}的前n项和为S，数列{b}为等比数列，且满足ab11，a24S4n1，nnn11n1nba1．48（1）求证：数列{a}为等差数列；n（2）若不等式ab(4m)(a1)2对于任意nN*恒成立，求实数m的取值范围．nnn【解答】解：（1）证明：正项数列{a}的前n项和为S，数列{b}为等比数列，nnn满足ab11，a24S4n1，ba1．11n1n48a24S4n3，(n2)，nn1两式相减，得a2a24a4，(n2)，n1nna2(a2)2，n1na0，aa2，(n2)，nn1n当n1时，a24a59，a3a2，2121{a}是首项为1，公差为2的等差数列．n（2）a2n1，ba116，b2，n481bq348，q2，b2n，bn1(n1)2由(2n1)2n(4m)(2n2)2，得4m，(2n1)2n2(n1)2设C，n(2n1)2n2n2(n1)22n35n22则CC，n1n(2n1)2n1(2n1)2n2n1(4n21)n1，2时，CC0，n1n2当n3时，CC0，即CC，n1nn352184m，解得m．5518实数m的取值范围是(,)．536．在等差数列{a}和等比数列{b}中，a1，b2，b0(nN*)，且b，a，b成等差数列，a，b，nn11n12222a2成等比数列．3（1）求数列{a}，{b}的通项公式；nn1（2）设3b2，数列{}的前n项和为S，若(S2n6)at22t对所有正整数n恒成立，求常nnnn3nn数t的取值范围．【解答】解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，b，a，b成等差数列，a，b，a2成等比数列，122223可得2abb，b2a(2a)，2122232(1d)22q得，解得dq3，(2q)2(1d)(32d)故a3n2,b23n1；nn（2）c3b223n2，nnSccc2(31323n)2n3n12n3，n12n1(S2n6)at22t，3nn即3n13n2t22t恒成立，即t22t(3n3n3)．min令f(n)3n3n3，则f(n1)f(n)23n30，所以f(n)单调递增，故t22tf（1）3，即常数t的取值范围是(3,1)．37．已知等差数列{a}的公差为2，前n项和为S，且S，S，S成等比数列．nn124（Ⅰ）求数列{a}的通项公式；n4n（Ⅱ）令b(1)n1，求数列{b}的前n项和T．naannnn1【解答】解：（Ⅰ）等差数列{a}的公差为2，前n项和为S，nnn(n1)Snadn2nna，n121S，S，S成等比数列，124S2SS，214(2222a)2a(4244a)，化为(1a)2a(3a)，解得a1．1111111aa(n1)d12(n1)2n1．n14n4n11（Ⅱ）由（Ⅰ）可得b(1)n1(1)n1(1)n1()．naa(2n1)(2n1)2n12n1nn11111111T(1)()()(1)n1()．n335572n12n111111111112n当n为偶数时，T(1)()()()()1．n335572n32n12n12n12n12n111111111112n2当n为奇数时，T(1)()()()()1．n335572n32n12n12n12n12n12n,n为偶数2n1Tn．2n2,n为奇数2n138．已知等比数列{a}的前n项和为S，aa6，S2S3S.数列{b}的前n项和为T，且b2，nn42534nn1nT(n1)Tn(n1)．n1n（1）分别求数列{a}和{b}的通项公式；nn(S1)b（2）若cnn，M为数列{c}的前n项和，是否存在不同的正整数p，q，r（其中p，q，rn(n1)(n2)nn成等差数列），使得M2，M2，M2成等比数列？若存在，求出所有满足条件的p，q，r的值；pqr若不存在，说明理由．【解答】解：（1）因为数列{a}为等比数列，设首项为a，公比为q，n1aa6由题意可知q1，所以42，S2S3S534aq3aq6①11所以a1q52a1q33a1q4，111②1q1q1q由②可得q53q42q30，即q23q20，所以q1或2，6因为q1，所以q2，所以a1，1q3q所以aaqn12n1，n1TT由nT(n1)Tn(n1)，可得n1n1，n1nn1nTT所以数列{n}为等差数列，首项为1b2，公差为1，n11T故n2(n1)1n1，则Tn(n1)，nn当n2时，bTTn(n1)(n1)n2n，nnn1当n1时，bT2也适合上式，11故b2n．n12n（2）由a2n1，可得S122n12n1，nn12(S1)b(2n11)2n2n1n2n22n1所以cnn，n(n1)(n2)(n1)(n2)(n1)(n2)n2n1232224232n22n12n2222n2所以Mccc2，n12n3243n2n1n22n2假设存在不同的正整数p，q，r（其中p，q，r成等差数列），使得M2，M2，M2成等比数pqr列，则有(M2)2(M2)(M2)，qpr2q22p22r2所以(22)2(22)(22)，q2p2r22q22p22r222q42pr4则()2，即，q2p2r2(q2)2(p2)(r2)因为pr2q，所以2q4pr4，即22q42pr4，所以(q2)2(p2)(r2)，所以q24q4pr2(pr)4，pr则q24q4pr4q4，所以q2pr，则()2pr，2所以(pr)24pr，即(pr)20，所以pr，这与已知的p，q，r互不相等矛盾，故不存在不同的正整数p，q，r（其中p，q，r成等差数列），使得M2，M2，M2成等比数pqr列．