【精品推荐】(浙江)高考数列解答题专项训练含答案

浙江省高考数学数列解答题专项训练【A组】1、已知实数列是}{na等比数列,其中71,a且4561aaa，，成等差数列.(Ⅰ)求数列}{na的通项公式;(Ⅱ)数列}{na的前n项和记为,nS证明:nS＜128,3,2,1(n…).解：（Ⅰ）设等比数列na的公比为()qqR，由6711aaq，得61aq，从而3341aaqq，4251aaqq，5161aaqq．因为4561aaa，，成等差数列，所以4652(1)aaa，即3122(1)qqq，122(1)2(1)qqq．所以12q．故116111642nnnnaaqqq．（Ⅱ）116412(1)1128112811212nnnnaqSq．2、记等差数列{}na的前n项和为nS，已知2446,10aaS.（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）令2nnnba*(N)n，求数列{}nb的前n项和nT.解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，由2446,10aaS，可得11246434102adad，即1123235adad，解得111ad，∴111(1)naandnn，故所求等差数列na的通项公式为nan（Ⅱ）依题意，22nnnnban，∴12nnTbbb231122232(1)22nnnn2nT2341122232(1)22nnnn，∴2311(22222)2nnnnTn1212212nnn1(1)22nn∴1(1)22nnTn.3、数列)(2,1,}{*11NnSaaSnannnn项和为的前（I）求数列nnaa的通项}{；（II）求数列.}{nnTnna项和的前解：（I）解法一：nnSa21，.1.3,21111aSSSSSSnnnnn又).(3,3,1}{*1NnSSnnn的等比数列公式为是首项为数列当)2(322,221nSannnn时，2,321,12nnann解法二：nnSa21①)2(21nSann②∴当2n时，①－②得2223211211aSaaaaaannnnn又)2(322nann故2,321,12nnann(2)12323nnTaaana，当1,11Tn时；当0122,1436323nnnTn时，…………①12133436323nnTn，…………②①－②得：12212242(333)23nnnTn2113(13)2223131(12)3nnnnn).2(3)21(211nnTnn又111aT也满足上式，).(3)21(21*1NnnTnn4、数列na中，3a=1，12naaa1na（n=1,2,3…）．（Ⅰ）求1a，2a；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS；解：（Ⅰ）∵12aa，123aaa，∴1321aa，∴1a=21，2a=21.（Ⅱ）∵nS=1na=n1nSS,∴2nS=1nS,n1nSS=2，∴{nS}是首项为1112Sa＝，公比为2的等比数列.∴nS=121n2=2n2.5、设{}na是公比大于1的等比数列，nS为数列{}na的前n项和．已知37S，且123334aaa，，构成等差数列．（1）求数列{}na的通项公式．（2）令31ln12nnban，，，，求数列{}nb的前n项和．解：（1）由已知得1231327:(3)(4)3.2aaaaaa，解得22a．设数列{}na的公比为q，由22a，可得1322aaqq，．又37S，可知2227qq，即22520qq，解得12122qq，．由题意得12qq，．11a．故数列{}na的通项为12nna．（nN）（2）由于31ln12nnban，，，，由（1）得3312nna3ln23ln2nnbn又13ln2nnbb{}nb是等差数列．12nnTbbb1()2(3ln23ln2)23(1)ln2.2nnbbnnnn故3(1)ln22nnnT．6、已知数列{}na的各项均为正数，前n项和为nS，且(1),.2nnnaaSnN（1）求证：数列{}na是等差数列；（2）设121,,.2nnnnnbTbbbTS求解：（1）(1),,1,2nnnaaSnnN当时1111(1),12aaSa2221112111222()2nnnnnnnnnnnnnSaaaSSaaaaSaa111()(1)0,0nnnnnnaaaaaa，11,2nnaan（），所以数列{}na是等差数列（2）由（1）得(1)11,,22(1)nnnnnnanSbSnn所以121111223(1)nnTbbbnn11111122311111nnnnn7、设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS（Ⅰ）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（Ⅱ）求na的通项公式.解：由题意知12a，且21nnnbabS；11121nnnbabS两式相减得1121nnnnbaaba，即12nnnaba①（Ⅰ）当2b时，由①知122nnnaa，于是1122212nnnnnanan122nnan又111210na，所以12nnan是首项为1，公比为2的等比数列。（Ⅱ）当2b时，由（Ⅰ）知1122nnnan，即112nnan当2b时，由①得1111122222nnnnnababb22nnbbab122nnbab因此11112222nnnnababb212nbbb，从而121122222nnnnabbnb.8、在数列na中，11a，nS为其前n项和，若点1,1nSSannn在直线x+y=0上，（1）求数列na的通项公式；（2）设nnnSb2，其前n项和为nT，求nT解：（1）点1,nnnSSa在直线x+y=0上，01nnnSSa，,111，1，公差11＝1为等差数列，首项1,111,0,时，2当1111111ndnSSdaSSSSSSSSSSannnnnnnnnnnn1,nSn1112,1nnnnaSSnn当时，1,111,21nnannn；（2）nnnSb2，,2nnnb221,221212,222222,221232222,22322211132143232321nnnnnnnnnnnnnnnnTnTnTTnnTnbbbbT9、设数列na满足211233333nnnaaaa…，a*N．（Ⅰ）求数列na的通项；（Ⅱ）设nnnba，求数列nb的前n项和nS．解：(I)2112333...3,3nnnaaaa221231133...3(2),3nnnaaaan1113(2).333nnnnan1(2).3nnan验证1n时也满足上式，*1().3nnanN(II)3nnbn，23132333...3nnSn2312333...33nnnSn11332313nnnSn，111333244nnnnS10、在数列中na中，111222()nnnaaanN，．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）求数列na的前n项和nS；解：（1）由1122()nnnaanN，可得11122nnnnaa，所以2nna为等差数列，其公差为1，首项为1，故2nnan，所以数列na的通项公式为2nnan．（Ⅱ）解：设2341122232(1)22nnnSnn，①3451222232(1)22nnnSnn②①式减去②式，得2123112(12)(12)2222212nnnnnSnn，1(1)24nnSn．所以数列na的前n项和为1(1)24nnSn．23413132333...3nnSn11、已知数列na满足：122nnnaaa，且121,2aa，*nN．（Ⅰ）设1nnnbaa，证明：数列nb是等比数列；（Ⅱ）求na的通项公式．解：（Ⅰ）122nnnaaa，即2112111222nnnnnnnnaaaaaaaa即112nnbb，又1211baa，故数列nb是首项为1，公比为12的等比数列．（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，112nnb即2112nnnaa；31212nnnaa…；3212aa；02112aa把上面1n个式子相加得：12311111121122212nnnnaa，即1521332nna.12、设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式；（2）求数列|}{|na的前n项和。解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4∴an=-4n+21(n∈N),Sn=-2n2+19(n∈N).（2）由an=-4n+21≥0得n≤421,故当n≤5时，an≥0,当n≥6时，0na当n≤5时,Tn=Sn=-2n2+19n当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n2-19n+90.13、已知数列na的前n项和nS292nnNn．(Ⅰ)判断数列na是否为等差数列；(Ⅱ)设nnaaaR21，求nR；解：(Ⅰ)∵nS292nnNn，∴当1n时，1011Sa，当2n时，1nnnSSa292nn21912nnn210，∴2210110nnnan．∴数列na不是等差数列．(Ⅱ)由2210110nnnan可知：当5n时，nnaa，当5n时，nnaa．∴当5n时，2922121nnSaaaaaaRnnnn，当5n时，nnaaaR21naaaaaa7652152SSn4292452522922nnnn．即：5429529