数列大题练习

数列大题一、选择题1.数列{an}的通项公式an=，则该数列的前（）项之和等于9．2.数列1，211，3211，…，n211的前n项和为（）3.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为4.数列2211,12,122,,1222,n的前n项和为．5.数列121,241,381,4,5,…nn21,…,的前n项之和等于．三、解答题6.设数列{an}的前n项和为Sn，112,2*nnaaSnN.（1）求数列{an}的通项公式；（2）令22lognnba，求数列11nnbb的前n项和Tn.7.已知数列{an}满足111,1nnnaaaa；（1）证明：数列1na是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）设1nnabn，求数列{bn}前n项和为Sn.8.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足112nnnSSa,且13a.(I)求数列{an}的通项公式(Ⅱ)设11nnnbaa,求数列{bn}的前n项和Tn.9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知13a，133nnSS*()nN，（1）求数列{an}的通项公式；（2）若14nnnnbaa，求数列{bn}的前n项和为Tn.10.已知{an}是公差不为0的等差数列，满足37a，且1a、2a、6a成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列{bn}的前n项和Sn.11.已知公差不为零的等差数列}{na的前n项和为nS，若10110S,且124,,aaa成等比数列。（1）求数列}{na的通项公式；（2）设数列}{nb满足)1)(1(1nnnaab，若数列}{nb前n项和nT，证明21nT.12.已知数列na的前n项和为nS，且对任意正整数n，都有324nnaS成立．（1）记2lognnba，求数列nb的通项公式；（2）设11nnncbb，求数列nc的前n项和nT．13.已知数列an满足a1+2a2+22a3+…+2n﹣1an=（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项；（Ⅱ）若求数列{bn}的前n项和Sn．14.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2+n，n∈N*，数列{bn}满足an=4log2bn+3，n∈N*．（1）求an，bn；（2）求数列{an•bn}的前n项和Tn．15.(本小题满分13分)已知数列na的前n项和nnSn2，数列nb满足121nnbb，且51b⑴求na、nb的通项公式；⑵设数列nc的前n项和nT，且1log12nnnbac，证明21nT16.(12分)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足4Sn=(an+1)2.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn=nn11aa，数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn的最小值；17.数列nb的前n项和2nSn（I）求数列nb通项；（II）又已知nnab1若331613221nnaaaaaa，求n的取值范围。18.正项数列{an}的前项和{an}满足：222(1)()0nnsnnsnn（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令221(2)nnbna，数列{bn}的前n项和为nT。证明：对于任意的*nN，都有564nT19.设数列}{na的首项11a，前n项和为nS，且12na、nS、2a成等差数列，其中Nn.(Ⅰ)求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)数列}{nb满足：)18)(18(21nnnnaaab，记数列}{nb的前n项和为nT,求nT及数列}{nT的最大项.20.数列{}na的前n项和为nS，满足22nSnn．等比数列nb满足：143,81bb．（1）求证：数列{}na为等差数列；（2）若312123nnnaaaaTbbbb，求nT．21.已知数列{}na是一个等差数列，且72a，15a。（1）求{}na的通项na；（2）求数列{}na前多少项和最大．（3）若nnnab2，求数列nb的前n项的和nT22.已知等差数列na中，34a，前7项和为35，数列nb中，点(,)nnbS在直线220xy上，其中nS是nb的前n项和．（1）求数列na的通项公式；（2）求证：nb是等比数列；（3）设nnncab，nT是nc的前n项和，求nT并证明：4532nT．23.已知等比数列}{na的各项均为正数，且212326231,9aaaaa．（1）求数列}{na的通项公式．（2）设31323logloglognnbaaa，求数列1nb的前n项和．试卷答案1.B【考点】数列的求和．【分析】先将分母有理化，再利用叠加法可求和，进而可得结论【解答】解：∵an=，∴an=，∴∴，∴n=99故选B．2.B【分析】求出通项公式的分母，利用裂项消项法求解数列的和即可．【解答】解：===2（）．数列1，，，…，的前n项和：数列1+++…+=2（1++…）=2（1﹣）=．故选：B．【点评】本题考查数列求和的方法，裂项消项法的应用，考查计算能力．3.C4.122nn5.nnn2112)1(6.（1）12,*nnaSnN，①当1n时，212aS，即24a，当2n时，12nnaS，②由①-②可得11nnnnaaSS，即12nnaa，∴2222,2nnnaan，当1n时，1122a，满足上式，∴2*nnanN（2）由（1）得22log2nnban，∴1111114141nnbbnnnn∴1111111...42231nTnn1114144nnn7.（1）由已知111111nnnnnnaaaaaa故数列1na是等差数列，1111(1),nnnnaaan；（2）由1111(1)1nnabnnnnn1111111...1223111nnSnnnn8.（1）112nnnSSa122nnaanna是等差数列21nan（2）1111122123nnnbaann1T2n11111135572123nn1112323n11646n9.（1）133nnSS，当2n时，133nnSS，两式相减，得：13nnaa（2n）又13a，代入133nnSS得29a3nna()nN………………………………6分（2）nnnT36610.解：（1）设等差数列na的公差为0dd；由题意有2216aaa，即2333()23adadad因为37a，所以277273ddd，解得3d或0d（舍）所以32nan.（2）由题意有1111(32)(31)33231nbnnnn所以n111111S13447323131nnnn11.（Ⅰ）2nan；（Ⅱ）见解析.分析：(1)利用等比数列的基本性质及等差数列的前n项和求出首项和公差,进而求出数列na的通项公式;(2)利用裂项相消法求和,求得11112212nTn（Ⅰ）由题意知：222141111013{{1101045110aaaadaadSad解12ad，故数列2nan；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知1111212122121nbnnnn，则1111111...213352121nTnn11112212n点睛：本题考查了数列求和，一般数列求和方法（1）分组转化法，一般适用于等差数列加等比数列，（2）裂项相消法求和，1nnnccaa等的形式，（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列乘以等比数列，（4）倒序相加法求和，一般距首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和和倒着写和，两式相加除以2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和.12.(1)12nbn；(2))32(3nnTn.试题分析：(1)借助题设条件运用等比数列有关知识求解；(2)借助题设运用裂项相消法求和.考点：等比数列裂项相消求和等有关知识的综合运用.13.【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】（Ⅰ）利用，再写一式，两式相减，即可得到结论；（Ⅱ）利用错位相减法，可求数列{bn}的前n项Sn和．【解答】解：（Ⅰ）n=1时，a1=∵a1+2a2+22a3+…+2n﹣1an=…..（1）∴n≥2时，a1+2a2+22a3+…+2n﹣2an﹣1=…．（2）（1）﹣（2）得即又也适合上式，∴（Ⅱ），∴（3）（4）（3）﹣（4）可得﹣Sn=1•2+1•22+1•23+…+1•2n﹣n•2n+1=∴14.【考点】数列的求和；等差关系的确定；等比关系的确定．【分析】（Ⅰ）由Sn=2n2+n可得，当n=1时，可求a1=3，当n≥2时，由an=sn﹣sn﹣1可求通项，进而可求bn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，利用错位相减可求数列的和【解答】解：（Ⅰ）由Sn=2n2+n可得，当n=1时，a1=s1=3当n≥2时，an=sn﹣sn﹣1=2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）=4n﹣1而n=1，a1=4﹣1=3适合上式，故an=4n﹣1，又∵an=4log2bn+3=4n﹣1∴（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2Tn=3×2+7×22+…+（4n﹣5）•2n﹣1+（4n﹣1）•2n∴=（4n﹣1）•2n=（4n﹣1）•2n﹣[3+4（2n﹣2）]=（4n﹣5）•2n+515.16.(1)因为(an+1)2=4Sn,所以Sn=2na14,Sn+1=2n1a14.所以Sn+1-Sn=an+1=22n1na1a1,4即4an+1=an+12-an2+2an+1-2an,∴2(an+1+an)=(an+1+an)(an+1-an).因为an+1+an≠0,所以an+1-an=2,即{an}为公差等于2的等差数列.由(a1+1)2=4a1,解得a1=1,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=12n12n1=11122n12n1（）,∴Tn=b1+b2+…+bn=111111123352n12n1（）1111122n1222n1（）（）∵Tn+1-Tn=11111110,222n3222n122n122n32n12n3［］（）（）（）（）（）(）∴Tn+1Tn.∴数列{Tn}为递增数列，∴Tn的最小值为T1=111263.17.（I）12nbn∴121nan（II）∵)121121(21)12)(12(11nnnnaann∴)12112151313111(2113221nnaaaaaann11(1)22121nnn∴162133nn解得16n解得n的取值范围：*{|16,}nnnN18.19.(Ⅰ)由12na、nS、2a成等差数列知，2122aaSnn，………………………1分当2n时，2122aaSnn，所以nnnnaaSS222211，nnaa21……………………………………4分当1n时，由22122aaa得122aa，……………………………………5