数列综合练习题2

试卷第1页，总3页1．等差数列na中，若261,13,aa则公差d=（）A．3B．6C．7D．102．已知数列{}na为等差数列，且12a，2313aa，则456aaa（）A．45B．43C．40D．423．各项均为正数的等差数列}{na中，4936aa，则前12项和12S的最小值为（）（A）78（B）48（C）60（D）724．已知数列{an}的前n项和nS满足nmnmSSS*(,)mnN，且a1=1，则a10=A．1B．9C．10D．555．已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS和nT,且253nnSnTn，则55ab为A．137B．158C．2312D．25136．等差数列na的前n项和为nS，已知53a，510S，则13a的值是（）A、1B、3C、5D、77．在等差数列｛an｝中，,3321aaa282930165aaa，则此数列前30项和等于（）A、810B、840C、870D、9008．等差数列}{na的前n项和为nS．若19S为一确定常数，下列各式也为确定常数的是A、naa2B、172aaC、19101aaaD、19101aaa9．等差数列{a}n的前n项和nS，若37108aaa，1144aa，则13S等于（）A．152B．154C．156D．15810．已知数列na是首项为1的等比数列，nS是na的前n项和，且17184SS，则数列}1{na的前5项和为A．1631或1611B．1611或2116C．1611D．163111．已知数列na的前n项和122nnnSa，若不等式223(5)nnna对nN恒成立，则整数的最大值为．12．在数列na中，nS为它的前n项和，已知24a，315a，且数列nan是试卷第2页，总3页等比数列，则nS=__．13．等比数列na的前n项的和nS，且1010S，3020S，则30S．14．已知等比数列}{na前n项和为nS，31323aS，则其公比为．15．设数列}{na是等差数列，数列}{nb是等比数列，记数列}{na，}{nb的前n项和分别为,nnST．若5566,abab，且75644SSTT，则7575aabb________．16．（本小题满分15分）已知数列{}na，nS是其前n项的且满足32(N)nnaSnn（I）求证：数列12na为等比数列；（Ⅱ）记(1)nnS的前n项和为nT，求nT的表达式。17．若正项数列na的前n项和为nS，首项11a，1,nnPSS，（*nN）在曲线2(1)yx上．（1）求数列na的通项公式na；（2）设11nnnbaa，nT表示数列nb的前n项和，求证：12nT．18．（本小题满分12分）已知数列na满足)N(233,2*111naaannnn．（Ⅰ）设23nnnnab，证明：数列nb为等差数列，并求数列na的通项公式；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS．19．（本小题满分14分）设正项数列}{na的前n项和nS满足nnnaaS22．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）令22)2(1nnannb，数列}{nb的前n项和为nT，证明：对于任意Nn，都有165nT．20．已知二次函数cbxaxxf2)(经过坐标原点，当31x时有最小值31，数试卷第3页，总3页列}{na的前n项和为nS，点))(,(*NnSnn均在函数)(xfy的图象上。（1）求函数)(xf的解析式；（2）求数列}{na的通项公式；（3）设nnnnTaab,11是数列}{nb的前n项和，求使得20mTn对所有*Nn都成立的最小正整数m．21．等比数列na的前n项和nS，已知73S，且31a，23a，43a成等差数列．（1）求数列na的公比q和通项na；（2）若na是递增数列，令128log12nnab，求nbbb21．22．（本小题满分13分）已知数列na的前n项和nS，NnSaann12,111，等差数列}{nb中.2,52db且公差（1）求数列na、}{nb的通项公式；（2）是否存在正整数n，使得?602211nbababann若存在，求出n的最小值，若不存在，请说明理由．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第1页，总10页参考答案1．A【解析】试题分析：341132626aad考点：等差数列的定义2．D【解析】试题分析：2311243133aaadaddd45653321242aaaa考点：等差数列通项公式及性质3．D【解析】试题分析：因为11212494912()6()12722aaSaaaa，当且仅当496aa时取等号，所以12S的最小值为72，选D.考点：等差数列性质4．A【解析】试题分析：根据题意，在nmnmSSS中，令n=1，m=9可得：1910SSS，即109111SSSa，根据数列的性质，有10910SSa，即101a，故选A．考点：数列性质的应用5．C【解析】试题分析：253nnSnTn，955955925233129SaanTnbb，故选C。考点：等差数列的应用6．D【解析】试题分析：设等差数列的首项是1a，公差是d，25515aaS1053a，所以23a，所以223411dada，解得：2111da，所以712113daa．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总10页考点：1．等差数列的通项公式；2．等差数列的前n项和的公式．7．B【解析】试题分析：根据等差数列的性质，332321aaaa，所以12a，165329302928aaaa，所以5529a，所以56292aa，又301292aaaa，84023030130aaS．考点：1．等差数列的性质；2．等差数列的求和公式．8．C【解析】试题分析：101911919219aaaS，所以10a也是定值，根据等差数列的性质，只有10191013aaaa为定值，所以选C．考点：1．等差数列的性质；2．求和9．C．【解析】试题分析：将已知两等式直接相加可得：371011484aaaaa，再由等差数列的基本性质知311410aaaa，所以712a，所以113137131313121562aaSa，故应选C．考点：1、等差数列及其性质；2、等差数列的前n项和；10．A【解析】试题分析：显然1q，则171111148484qqqSS，解得2q，则}1{na成等比数列，其公比为21，则其前5项和为16312112115或1611．考点：等比数列的求和公式．11．4【解析】试题分析：当1n时，21122Sa得14a，122nnnSa；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第3页，总10页当2n时，122nnnSa，两式相减得1222nnnnaaa，得122nnnaa，所以11122nnnnaa．又1122a，所以数列2nna是以2为首项，1为公差的等差数列，12nnan，即(1)2nnan．因为0na，所以不等式223(5)nnna，等价于2352nn．记232nnnb，2n时，112121223462nnnnnbnnbn．所以3n时，1max331,()8nnnbbbb．所以33375,5888，所以整数的最大值为4．考点：1．数列的通项公式；2．解不等式．12．2232nnn【解析】试题分析：因为nan是等比数列，所以32323aaq，622a，所以236nnna132n，所以nann132，22321313122nnnnSnnn．考点：1．等比数列的通项公式；2．等比数列的求和公式；2．等差数列的求和公式．13．70【解析】试题分析：根据等比数列前n项和的性质，10S,1020SS,2030SS,是等比数列，所以1010S，201020SS，那么402030SS，所以7030S．考点：等比数列前n项和的性质14．133或．【解析】试题分析：23121(1)1311(3)()03=333Saqqqqqqaaq或．考点：1．等比数列；2．数列基本量．15．135【解析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总10页试题分析：原式化简为65657644aabbaa，代入等差数列的通项公式得：dadadada544651111，整理为da6251，又因为，ddaab614155，ddaab655166，556bbq，所以原式13512226666665757qqqbqbbqbqbabbaa．考点：1．等差数列；2．等比数列；3．数列的前n项的和．16．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）第一步，令1n，求数列的首项，第二步，当2n时，令1nn，得：12311nSann，第三步，两式相减，得到数列na的递推公式，最后代入21211nnaa为常数；（Ⅱ）由上一问得到通项公式，再代入得到nS，)32(41343nSnn，因为有n1-，最后讨论n为奇数，或是偶数两种情况求和．试题解析：解：（1）当1n时，12311Sa，∴11a1分当2n时，nSann23①，)1(2311nSann②∴①-②得：12331nnnaaa，即131nnaa3分∴2113211nnaa，321211nnaa，又023211a∴数列}21{na是以23为首项，3为公比的等比数列。6分（2）由（1）得：132321nna，∴213231nna7分∴代入得：)32(41343nSnn10分∴123(1)nnnTSSSS2331(333(3))(579(1)(23))44nnn11分当n为偶数时本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第5页，总10页33(1(3))192(31)41342164nnnnnT13分当n为奇数时33(1(3))1194(2(23))(31)41342164nnnnnTn15分考点：1．等比数列的证明；2．已知前n项和求na；3．等比数列求和；4．等差数列求和．17．（1）21nan（2）详见解析【解析】试题分析：（1）将点的坐标代入函数式得到数列,nnSa的关系式，利用1nnnaSS求得数列的通项公式；（2）中将求得的na通项代入整理得111(21)(21)nnnbaann通项，结合特点求和时采用裂项相消的方法试题解析：（1）因为点1,nnPSS在曲线2(1)yx上，所以21(1)nnSS．由21(1)nnSS得11nnSS．且111Sa所以数列nS是以1为首项，1为公差的等差数列所以1+(1)1nSSnn，即2nSn当2n时，221(1)nnnaSSnn21n当1n时，2111na也