1、1专题 06 数列一基础题组1.【2005 天津，理 13】在数列 na中， 1， 2a且 *21nnaN则10S_。【答案】2600【解析】当为奇数时， 20na；当为偶数时， 2na因此，数列 n的奇数各项都是 1，偶数项成公差为 2 的等差数列21010155260Saa本题答案填写：26002.【2006 天津，理 7】已知数列 n、 b都是公差为 1 的等差数列，其首项分别为 1a、1b，且 51a， *1,Nb设 nac（ *N） ，则数列 nc的前 10 项和等于（ ）A55 B70 C85 D100【答案】C3.【2006 天津，理 16】设函数 1xf，点 0A表示坐标原点，
2、点 *,NnfAn，若向量 0121nnaAA， n是 a与的夹角， （其中 01i） ，设Statt，则 Slim= 【答案】1【解析】设函数1xf，点 0A表示坐标原点，点 *,NnfAn，若向量0121nnaA= 0n， 是 na与的夹角，1ta()nn（其中,i） ，设 nnSttat211123()，则2nSlim=14.【2007 天津，理 8】设等差数列 na的公差 d不为 0 19ad.若 k是 1a与 2k的等比中项，则 k( )A.2 B.4 C. 6 D.8【答案】B【解析】5.【2007 天津，理 13】设等差数列 na的公差 d是 2，前项的和为 ,nS则2limna
3、_.【答案】3【解析】根据题意知 11()22nana21,()nSa代入极限式得2134()lim3n6.【2008 天津，理 15】已知数列 na中， *31,1Nnan，则 nalim .【答案】76【解析】 2 21 121()3() 3(nnn naaa 所以273lim61n.7.【2009 天津，理 6】设 a0,b0.若 3是 3a与 3b的等比中项,则 ba1的最小值为（ ）A.8 B.4 C.1 D. 4【答案】B3【解析】 3是 3a 与 3b 的等比中项 3a3b3 3a+b3 a+b1,a0,b0,412abab.41abb.8.【2010 天津，理 6】已知 an是
4、首项为 1 的等比数列， Sn是 an的前 n 项和，且 9S3 S6，则数列 1na的前 5 项和为( ) A. 8或 5 B.36或 5 C. 1 D. 58【答案】C 9S3S3S3q3 得 q38，解得 q2.1na是首项为 1，公比为 2的等比数列其前 5 项和为5()3629.【2011 天津，理 4】已知 na为等差数列，其公差为-2，且 7a是 3与 9的等比中项，nS为 a的前项和， *N，则 10S的值为A-110 B-90 C90 D110【答案】D.4【解析】 2,9327da， )16(4)1(12aa，解之得 201a，0)(1010s.10.【2014 天津，理
5、11】设 na是首项为 1，公差为 1-的等差数列， nS为其前项和若124,S成等比数列，则 1的值为_【答案】 【解析】试题分析：依题意得 214S=， ()()21146aa-=-，解得 12a=-考点：1等差数列、等比数列的通项公式；2等比数列的前项和公式11.【2017 天津，理 18】 （本小题满分 13 分）已知 na为等差数列，前 n 项和为 ()nSN， nb是首项为 2 的等比数列，且公比大于0， 231b， 3412ba， 4（）求 n和 的通项公式；（）求数列 21n的前 n 项和 ()N【答案】 （） 3na， 2nb；（）132843n由 3412ba，可得 138
6、da 由 1=S，可得 56 ，联立，解得 1， 3d，由此可得 32na所以，数列 na的通项公式为 n，数列 b的通项公式为 2nb5所以，数列 21nab的前项和为132843n【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和二能力题组1.【2005 天津，理 18】已知： 121*,0nnnuababNab 。（）当 a = b 时，求数列 n的前 n 项和
7、 nS；（）求 1limnu。【答案】 （）若 a， 21221nnnaaS,若 1a，则32nS（）当 1q时， ， 1limnu,当 q时， 1limnub【解析】解：（I）当 ab时， nna，它的前项和 2341nS 两边同时乘以，得2341nnaaa6当 ab时，设qa（ 1） ，则：121nn aquaq此时：11nnu当 q时，即 ab时，11limlinnnuqaa当 1q时，即 ab时，111lililimnnnn aqbuq 2.【2006 天津，理 21】已知数列 nyx,满足 2,121yx，并且111,nnnyx（ 为非零参数， ,43） （1）若 531,成等比数列
8、，求参数 的值；（2）当 0时，证明 *1Nnyxn；当 1时，证明 *1322 Nnyxxn .【答案】 （1） .（2） （I）详见解析， （II）详见解析7（III）证明：当 1时，由（II）可知 ).(1*Nnxyn又由（II）),(*1Nnyxn则 ,1nn从而).(*1xynn因此 .1)()1(13221 nnnyx 3.【2012 天津，理 18】已知 an是等差数列，其前 n 项和为 Sn， bn是等比数列，且a1 b12， a4 b427， S4 b410(1)求数列 an与 bn的通项公式；(2)记 Tn anb1 an1 b2 a1bn， nN *，证明 Tn122 a
9、n10 bn(nN *)【答案】(1) an3 n1， bn2 n， (2) 详见解析【解析】解：(1)设等差数列 an的公差为 d，等比数列 bn的公比为 q由 a1 b12，得a423 d， b42 q3， S486 d8由条件，得方程组3227,8610dq解得 3,.dq所以 an3 n1， bn2 n， nN *(方法二：数学归纳法)当 n1 时， T112 a1b11216，2 a110 b116，故等式成立；假设当 nk 时等式成立，即 Tk122 ak10 bk，则当 nk1 时有：Tk1 ak1 b1 akb2 ak1 b3 a1bk1 ak1 b1 q(akb1 ak1 b
10、2 a1bk) ak1 b1 qTk ak1 b1 q(2 ak10 bk12)2 ak1 4( ak1 3)10 bk1 242 ak1 10 bk1 12，即 Tk1 122 ak1 10 bk1 ，因此 n k1 时等式也成立由和，可知对任意 nN *， Tn122 an10 bn成立4.【2013 天津，理 19】已知首项为 3的等比数列 an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN *)，且 S3 a3， S5 a5， S4 a4成等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)设 Tn 1n(nN *)，求数列 Tn的最大项的值与最小项的值【答案】 （）132na；（）最大项的值为5
11、6，最小项的值为712.【解析】解：(1)设等比数列an的公比为 q，因为 S3a3，S5a5，S4a4 成等差数列，所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，9即 4a5a3，于是25314aq.故132506nSS.当 n 为偶数时，Sn 随 n 的增大而增大，所以34S2Sn1，故21370412nSS.综上，对于 nN*，总有56nS.所以数列Tn最大项的值为56，最小项的值为712.5.【2014 天津，理 19】已知和均为给定的大于 1 的自然数设集合 0,12,qM=- ，集合 12,niAxqxn-+= （）当 q， 3n时，用列举法表示集合 A；（）设 ,st， 112naaq
12、- ， 112ntbqb-+ ，其中,2,.iabMin=证明：若 nb，则 s【答案】 （） 0,3,456,7A；（）详见试题分析【解析】试题分析：（）当 2,3qn=时，10 21230,1,12,3iMAxxMi=+=采用列举法可得集合,23,456,7；（）先由已知写出及的表达式： 112nsaqa-+ ，11ntbqb-+，再作差可得()()()()21121nnnstaqabqabq - -=-+，放缩()()121 0,nnqqqst- -+=考点：1集合的含义与表示；2等比数列的前项和公式；3不等式的证明6. 【2015 高考天津，理 18】 （本小题满分 13 分）已知数列
13、 na满足2 12()*,nnaqqnNa为 实 数 ， 且 1，且345,a+成等差数列.(I)求的值和 n的通项公式；(II)设 *21log,nbNa，求数列 nb的前项和.【答案】(I) 2,.n为 奇 数 ,为 偶 数; (II) 124nnS.【解析】(I) 由已知，有 ()()34234534aaa+-=+-，即 4253a，所以 23(1)aq，又因为 1q，故 2，由 1q，得 ，当 *nkN时，121nkna，当 ()时， k，11所以 na的通项公式为12,.na为 奇 数 ,为 偶 数所以数列 nb的前项和为 124,*nN.【考点定位】等差数列定义、等比数列及前项和公
14、式、错位相减法求和.三拔高题组1.【2007 天津，理 21】在数列 na中 1112,(2)(nnnaN*)其中 0.(I)求数列 na的通项公式；(II)求数列 的前项和 nS；(III)证明存在 kN 使得 1kna对任意 nN 均成立.【答案】(I) (1)2nna(II) 当 1 时，2121(1) .nnnnS当 时，.S(III)证明(略)【解析】(I)解法一：222()a，1223233()()a，3444.这就是说，当 1nk时等式也成立.根据(1)和(2)可知，等式 (1)2nna对任何nN 都成立.解法二：由11(2)(nnnaN),0可得1121,nnnaa学*所以2n
15、na为等数列，其公差为 1，首项为 0.故21,nna所以数列n的通项公式为 ().nna(II)解：设2341.(2),nT345. .nn当 1时， 式减去式，得 231(1).()nnnT211(),13121221()().()nnnnnT这时数列 na的前项和 2121(1) .nnnnS当 1 时，().2nT这时数列 na的前项和12.nS所以式成立.因此，存在 1,k使得121nkaa对任意 nN 均成立.2.【2008 天津，理 22】在数列 n与 b中， 4,1b，数列 na的前项和 nS满足031nnS, 12a为 与 1的等比中项， *.（）求 2,ba的值；（）求数列
16、 n与 的通项公式；（）设 12 *()()(1),naaaTbbNA. 证明： 2|,3nT.【答案】（I） 29（II） n，2(1)n，（）详见解析14【解析】（）解：由题设有 12140a， 1a，解得 23由题设又有214ab， 4，解得 9b（）解法一：由题设 1(3)nnS， 1， 14b，及 2a， 29b，进一步可得 36a， 3b， 40a， 425b，猜想()na，2(1)n， *nN先证(1)2n， *nN当 时， 1()a，等式成立当 2n时用数学归纳法证明如下：（1 当 2n时，(21)，等式成立（2）假设 k时等式成立，即()2ka， k由题设， 1(3)kS 1
17、2kS22214()(1)kkakb这就是说，当 n时等式也成立根据（1）和（2）可知，等式2(1)nb对任何的*N都成立解法二：由题设 1(3)nnS 151(1)(2)nnS的两边分别减去的两边，整理得 1(2)nna， 所以324a，5，214S，325S，1(1)()nnS， 2将以上各式左右两端分别相乘，得 1()45(2)nSnS ，化简得13()2()6nSa， 3由（），上式对 ,n也成立所以 1()2nnaS， n上式对 1时也成立以下同解法二，可得2(1)nb， n（）证明：12 (1)2 22(1)3naa nabTb 16当 4nk， *N时，22222(4)(1)(3
18、541)kkT 注意到2()(1)3k，故()123n kk224()(4)kn从而 3n时，有2213,5,913,6,04|1,3,713,4,82n nTn 总之，当 时有 2|nT，即2|n3.【2009 天津，理 22】已知等差数列a n的公差为 d(d0),等比数列b n的公比为 q(q1).设 Sna 1b1+a2b2+anbn,Tna 1b1a 2b2+(1) n1 anbn,nN *.(1)若 a1b 11,d2,q3,求 S3的值;(2)若 b11,证明 2221)()()( qdTqnnn,nN *;(3)若正整数 n 满足 2nq,设 k1,k2,kn和 l1,l2,l
19、n是 1,2,n 的两个不同的排列,17nkkkbabac21, nlll bac212 ,证明 c1c 2.分析:本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前 n 项和公式等基础知识,考查运算能力、推理论证能力及综合分析和解决问题的能力.【答案】 （）55.；（）详见解析；（）详见解析所以,(1q)S 2n(1+q)T 2n(S 2nT 2n)q(S 2n+T2n)2d(q+q 3+q2n1 )2(qdn,nN *.(3)证明: nlklblk baaac n)()()(2121 (k 1l 1)db1+(k2l 2)db1q+(knl n)db1qn1 .因为 d0,b 10,
20、所以 1212 )()()( nlklkldbc.若 knln,取 in.若 knln,取 i 满足 kili,且 kjlj,i+1jn.由,及题设知,1in,且181212112 )()()()( iiiii qlkqlkqlkldbc .()当 kili 时,得 kili1.由 qn,得 ktl tq1,t1,2,i1,即 k1l 1q1,(k 2l 2)q(q1)q,(k i1l i1)q i2 (q1)q i2 .又(k il i)qi1 q i1 ,所以 11)()()( 1212 iiii qqqdbc.因此 c1c 20,即 c1c 2.()当 kili 时,同理可得 1dbc1
21、,因此 c1c 2.综上,c 1c 2.4.【2010 天津，理 22】在数列 an中， a10，且对任意 kN *， a2k1 ， a2k， a2k1 成等差数列，其公差为 dk.(1)若 dk2 k，证明 a2k， a2k1 ， a2k2 成等比数列( kN *)；(2)若对任意 kN *， a2k， a2k1 ， a2k2 成等比数列，其公比为 qk.若 q11，证明 k是等差数列；若 a22，证明 32 n2ka2( n2)【答案】(1)详见解析， (2) 详见解析，详见解析19(2)法一：由 a2k1 ， a2k， a2k1 成等差数列，及 a2k， a2k1 ， a2k2 成等比数
22、列，得2a2k a2k1 a2k1 ，2 2kk1q qk.当 q11 时，可知 qk1， kN *.从而 112k kk1，即 1kkq (k2)，所以 k是等差数列，公差为 1.由 a10， a22，可得 a34，从而 q1 422， 11.由有kq1 k1 k，得 qk ， kN *.所以 221kka 1.从而 2ka2()， kN *.20因此 a2k 24k 42aa222(1)()k222 k2.a2k1 a2k 2 k(k1)， kN *.以下分两种情况进行讨论：()当 n 为偶数时，设 n2m(mN*)若 m1，则 2n2ka2.若 m2，则22211()()nmkkkkaa
23、221144()kk2 m21()(1)kk2 m 12k2 m2( m1) (1 1)2 n 3 1.所以 2n2ka 3 ， 从而 2 n2ka2， n4,6,8，.21综合()和()可知，对任意 n2，nN*，有 322 n2ka2. 法二：由题设，可得 dk a2k1 a2k qka2k a2k a2k(qk1)，dk1 a2k2 a2k1 q a2k qka2k a2kqk(qk1)，所以 dk1 qkdk.qk1 23211221kkkkk daqaq.由 q11 可知 qk1， kN *，可得 1 1kkkkq1.所以 kq是等差数列，公差为 1.因为 a10， a22，所以 d
24、1 a2 a12.所以 a3 a2 d14，故 qk 1.从而 1kd qk .所以 112k 21dk 21 k.由 d12，可得 dk2 k.于是，由(1)可知 a2k1 2 k(k1)， a2k2 k2， kN *.以下同法一 5.【2011 天津，理 20】已知数列 n与 b满足：123(1)0,2nnnbaab， *，且12,422（）求 345,a的值；（）设 *21,nncN，证明： nc是等比数列；（III）设 *242,kkSa证明：4*17()6kSnNa【答案】 （） 345,；（）详见解析；（）详见解析【解析】 （I）解：由*(1),2nnbN可得1,n为 奇 数为 偶
25、 数因此1,nncc所 以是等比数列.23（III）证明：由（II）可得 21()kka，于是，对任意 *kN且 ，有1357231,(),(1).kkaa将以上各式相加，得 21()(),ka即121()kk，此式当 k=1 时也成立.由式得12()3).kk从而 246842()(),k kkSaaa13.k所以，对任意*,2nN，24对于 n=1，不等式显然成立.所以，对任意*,nN2112nSSaa256. 【2016 高考天津理数】已知 na是各项均为正数的等差数列，公差为 d，对任意的*nN， nb是 a和 1n的等比中项.（I）设 2*,cN 求证：数列 nc是等差数列；（II）设 2*11,(),nkkadTb求证： 21.kTd 【答案】 （）详见解析（）详见解析【解析】（II）证明： 2221341n nTbbb2421,nda所以 222211111nnnkkkTdddnd.【考点】等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和26【名师点睛】利用分组转化法求和的常见类型：(1)若 an bncn，且 bn， cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求 an的前 n 项和(2)通项公式为 an ,c为 奇 数为 偶 数 的数列，其中数列 bn， cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和
