山东省2016届高三数学一轮复习专题突破训练数列文

1山东省2016届高三数学文一轮复习专题突破训练数列一、选择、填空题1、（莱州市2015届高三一模）设正项等比数列nan前项积为106512,9,nTTTaa若则的值为2、（山东省实验中学2015届高三一模）已知的各项排列成如下的三角形状：3、已知等差数列{na}中，74a，则tan(678aaa)等于(A)33(B)2(C)-1(D)14、已知等比数列na的公比为正数，且26429,1aaaa，则1a的值为A.3B.3C.13D.135、数列{}na前n项和为nS，已知115a，且对任意正整数,mn，都有mnmnaaa，若nSa恒成立，则实数a的最小值为（A）14（B）34（C）43（D）46、等差数列{}na的前n项和为nS，且316,4Sa，则公差d等于（）A．1B．53C．2D．37、已知na是等比数列，11a，23a，则2aA．23B．2C．2或2D．以上都不对8、数列－1,4，－7,10，…，（－1）n（3n－2）的前n项和为Sn，则1120SS＝（）A、－16B、14C、28D、309、已知{}na为等差数列，且388aa，则10S的值为（）2A．40B．45C．50D．5510、设nS为等比数列{na}的前n项和，2527aa＝0，则42SS＝A、10B、－5C、9D、－8二、解答题1、（2015年高考）已知数列na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa的前n项和为21nn.（I）求数列na的通项公式；（II）设12nannba，求数列nb的前n项和nT.2、（2014年高考）在等差数列na中，已知2d，2a是1a与4a等比中项.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设12,nnnba记1231nnnTbbbb，求nT.3、（2013年高考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1a1＋b2a2＋…＋bnan＝1－12n，n∈*，求{bn}的前n项和Tn.4、（滨州市2015届高三一模）已知等差数列na的前n项和为nS，且5725,13Sa，数列nb的前n项和为,21nnnTTb（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若nnncab，求数列nc的前n项和nQ。5、（德州市2015届高三一模）单调递增数列{na}的前n项和为nS，且满足244nnSan。（I）求数列{na}的通项公式；（II）数列{nb}满足1221loglog2nnnaba，求数列{nb}的前n项和nT。36、（菏泽市2015届高三一模）数列na的前n项和为nS，且(1)()nSnnnN（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足：3122331313131nnnbbbba，求数列nb的通项公式；（3）令()4nnnabcnN，求数列nc的n项和nT。7、（济宁市2015届高三一模）等差数列na的前n项和为nS，数列nb是等比数列，满足11223,1,10,abbS5232aba.（I）求数列na和nb的通项公式；（II）令2,,nnnnScbn为奇数为偶数，求数列nc的前2n项的和2nT.8、（莱州市2015届高三一模）已知数列na中，11,naS为其前n项和，且对任意rtN、，都有2rtSrSt.（I）求数列na的通项公式；（II）设数列nb满足2111nnba，求数列nb的前n项和nT.9、（青岛市2015届高三二模）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正整数的等比数列，且a1=b1=1，a13b2=50，a8+b2=a3+a4+5，n∈N*．（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）若数列{dn}满足（n∈N*），且d1=16，试求{dn}的通项公式及其前2n项和S2n．410、（日照市2015届高三一模）已知数列na中，111,1,33,nnnannaaann为奇数，为偶数.（I）证明数列232na是等比数列；（II）若nS是数列na的前n项和，求2nS.11、（山东省实验中学2015届高三一模）己知数列是各项均为正数的等差数列，其中a1=1，且a2，a4，a6+2构成等比数列：数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn=1．（1）求数列的通项公式；（II）如果，设数列的前胛项和为Tn，是否存在正整数n，使得TnSn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．12、（泰安市2015届高三二模）已知数列{an}，{bn}的各项均为正数，且对任意n∈N*，都有bn，an，bn+1成等差数列．an，bn+1，an+1成等比数列，且b1=6，b2=12．（I）求证：数列是等差数列；（Ⅱ）求．an，bn．13、（潍坊市2015届高三二模）已知等比数列数列{}na的前n项和为nS，公比0q，2222aS，243aS．（Ⅰ）求数列{na}的通项公式；（Ⅱ）令为偶数为奇数nannnnacnnn,,)2(log22，nT为数列{nc}的前n项和，求nT2.14、已知数列na的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数1247,,,,aaaa构成等差数列nb,nS是nb的前n项和，且1151,15baS5(I)若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知916a，求50a的值；(Ⅱ)设122111nnnnTSSS，求nT．15、设数列{}na的前n项和为nS，点(,)nnaS在直线312yx上.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）在na与1na之间插入n个数，使这2n个数组成公差为nd的等差数列，求数列1nd的前n项和nT.参考答案一、选择、填空题1、32、D3、4、解析：答案D.由4629aaa，得422229aaqaq，解得29q，所以3q或3q（,0q舍），所以2113aaq.5、A6、C7、C8、B9、A10、A二、解答题61、【答案】（I）21.nan(II)14(31)4.9nnnT【解析】试题分析：（I）设数列na的公差为d，令1,n得12113aa，得到123aa.令2,n得12231125aaaa，得到2315aa.解得11,2ad即得解.（II）由（I）知24224,nnnbnn得到121424......4,nnTn从而23141424......(1)44,nnnTnn利用“错位相减法”求和.试题解析：（I）设数列na的公差为d，令1,n得12113aa，所以123aa.令2,n得12231125aaaa，所以2315aa.解得11,2ad，所以21.nan（II）由（I）知24224,nnnbnn所以121424......4,nnTn所以23141424......(1)44,nnnTnn两式相减，得121344......44nnnTn114(14)13444,1433nnnnn所以113144(31)44.999nnnnnT2、【解析】：（Ⅰ）由题意知：na为等差数列，设dnaan11，2a为1a与4a的等比中项74122aaa且01a，即daada31121，2d解得：21annan22)1(2（Ⅱ）由（Ⅰ）知：nan2，)1(2)1(nnabnnn①当n为偶数时：222222642222624221153431214332212nnnnnnnnnnnTn②当n为奇数时：212122112211642212126242212153431214332212nnnnnnnnnnnnnnnnnnnTn方法二：综上：为偶数为奇数，nnnnnnTn,22212223、解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得4a1＋6d＝8a1＋4d，a1＋（2n－1）d＝2a1＋2（n－1）d＋1.解得a1＝1，d＝2.8因此an＝2n－1，n∈*.(2)由已知b1a1＋b2a2＋…＋bnan＝1－12n，n∈*，当n＝1时，b1a1＝12；当n≥2时，bnan＝1－12n－1－12n－1＝12n.所以bnan＝12n，n∈*.由(1)知an＝2n－1，n∈*，所以bn＝2n－12n，n∈*.又Tn＝12＋322＋523＋…＋2n－12n，12Tn＝122＋323＋…＋2n－32n＋2n－12n＋1，两式相减得12Tn＝12＋222＋223＋…＋22n－2n－12n＋1＝32－12n－1－2n－12n＋1，所以Tn＝3－2n＋32n.4、5、96、解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，a1＝2满足该式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n…………3分（2）1221313131nnnbbban，①11212131313131nnnnnbbbba②②－①得，111231nnnnbaa，得bn＋1＝2(3n＋1＋1)，10又当n=1时，b1=8，所以bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．…………………………7分（3）4nnnabc＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，…………………8分∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)，令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①则3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1②，①－②得，－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝3(31)31n－n×3n＋1∴1(21)334nnnH，……………………………………….10分∴数列{cn}的前n项和．1(21)3(1)3424nnnnnH.……12分7、8、119、解答：解：（Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0，且，即，解得，或，由于{bn}各项都为正整数的等比数列，所以，从而an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，；（Ⅱ）∵，∴log2bn+1=n，∴，，两式相除：，由d1=16，，可得：d2=8，∴d1，d3，d5，…是以d1=16为首项，以为公比的等比数列；d2，d4，d6，…是以d2=8为首项，以为公比的等比数列，∴当n为偶数时，，当n为奇数时，，12综上，，∴S2n=（d1+d3+…+d2n﹣1）+（d2+d4+…+d2n）=10、解：（Ⅰ）设232nnba，则1213131(1)2326baa，………………2分因为21222(1)122221313113(21)(6)(21)13232322.333332222nnnnnnnnnnanannaabbaaaa所以数列23{}2