数列专题训练(含答案)

数列专题训练1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2014的值是A．8B．6C．4D．22．（合肥市2014年第一次教学质量检测）已知数列}{na的前n项和为nS，并满足：nnnaaa122，354aa，则7S（）A．7B．12C．14D．213．在等差数列na中，912162aa,则数列na的前11项和11S（）A．24B．48C．66D．1324.设nS是等差数列{}na的前n项和，若4540,||aaa，则使0nS成立的最小正整数n为A．6B．7C．8D．95.(南昌一中、南昌十中2014届高三两校上学期联考）设nS是等差数列{}na的前n项和，若65911aa=，则119SS＝()A．1B．－1C．2D．126．设nS为等差数列{}na的前n项和，且20101a，32008201120082011SS，则2a（）A．2008B．2012C．2008D．20127.(2013·江西高考)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于()A．－24B．0C．12D．248．（成都七中高2014届一诊模拟数学试卷）已知正项等比数列{}na满足7652aaa。若存在两项,mnaa使得14mnaaa，则19mn的最小值为()A83B114C145D1769．[江苏省苏北四市（徐、淮、连、宿）2012届高三10月抽测试卷]已知一个等比数列的前三项的积为3，后三项的积为9，且所有项的积为243，则该数列的项数为。10．（宁夏银川一中2014届高三年级月考）数列na的通项为(1)sin12nnnan前n项和为nS,则100S_________.11．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．12．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列．(2)在(1)的条件下证明an2n是等差数列，并求an.13．数列na满足11a，1122nnnnnaaa（nN）.（Ⅰ）证明：数列2nna是等差数列；（Ⅱ）求数列na的通项公式na；（Ⅲ）设(1)nnbnna，求数列nb的前n项和nS.14.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.15.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an(an＋)(an＋1＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn12.16.已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Snkan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．17.已知数列na的前项n和为nS，11a，nS与13nS的等差中项是2()3nN．(1)证明数列23nS为等比数列；(2)求数列na的通项公式；(3)若对任意正整数n，不等式nkS恒成立，求实数k的最大值．18.已知数列na中11a，121nnnaaa（Nn）．⑴求证：数列na1为等差数列；⑵设1nnnaab（Nn），数列nb的前n项和为nS，求满足20121005nS的最小正整数n．19.设na是公差不为零的等差数列，nS为其前n项和，满足222223457,7aaaaS．（1）求数列na的通项公式及前n项和nS；（2）试求所有的正整数m，使得12mmmaaa为数列na中的项．20.已知Nn,数列nd满足2)1(3nnd,数列na满足1232nnadddd；数列nb为公比大于1的等比数列，且42,bb为方程064202xx的两个不相等的实根.（Ⅰ）求数列na和数列nb的通项公式；（Ⅱ）将数列nb中的第．1a项，第．2a项，第．3a项，……，第．na项，……删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列nc，求数列nc的前2013项和.21.已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．参考答案：1.【解析】a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4,4×7＝28，所以a4＝8,4×8＝32，所以a5＝2,2×8＝16，所以a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，a11＝2，所以从第三项起，an成周期排列，周期数为6,2013＝335×6＋3，所以a2014＝a4＝8，故选C.2.【答案】C由nnnaaa122知数列}{na为等差数列，由354aa得53174aaaa，所以1777142aaS3.【答案】D由题意可得6613(6)62adad，得612a，又11111611()111322aaSa（作为选择题，可以用常数列求解）4.【答案】C由题意知()()18457445888=70,0,022aaaaSaaaS+++\==5.【答案】A()()1116111995111111921999112aaaSaaSa+===?+6.【答案】A【解析】设等差数列{}na的公差为d，由1()2nnnaaS得12nnSaan，又32008201120082011SS，所以1201012008322aaaa，得201020086aa，所以26d，解得3d，所以21201022008aad7.A8.【答案】A【解析】设数列的公比为q，由7652aaa得25552aqaqa，解得2(1舍）qq，由14mnaaa得221124mnaa，所以6mn，所以19mn191995982666663663mnmnmnmnnmnm9.【解析】由已知得1233aaa,129nnnaaa,两式相乘得12132()()()27nnnaaaaaa所以由等比数列的性质得12132nnnaaaaaa,所以13naa.记121nnxaaaagLg,则121nnxaaaa,两式相乘得21211211()()()()()nnnnnnxaaaaaaaaaagLg所以由题意可得22433n,解得10n.10.【答案】150【解析】由数列的通项公式得(0141)(4181)nSK，四项为一组，每组的和都是6，所以100256150S11.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意得3a1＋3d＝－3，a1a1＋da1＋2d＝8.解得a1＝2d＝－3，或a1＝－4，d＝3.3分所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.5分(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；6分当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.7分故|an|＝|3n－7|＝－3n＋7，n＝1，2，3n－7，n≥3.9分记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；10分当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)＝5＋n－2[2＋3n－7]2＝32n2－112n＋10.当n＝2时，满足此式.12分综上，Sn＝4，n＝1，32n2－112n＋10，n1.13分12.(1)证明：由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.由Sn＋1＝4an＋2①知当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2②①－②得an＋1＝4an－4an－1，∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，∴an＋12n＋1－an2n＝34，∴数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列．∴an2n＝12＋(n－1)34＝34n－14,an＝(3n－1)·2n－2.13.（Ⅰ）由已知可得1122nnnnnaaa，即11221nnnnaa，即11221nnnnaa∴数列2nna是公差为1的等差数列……5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知122(1)11nnnnaa，∴21nnan……8分（Ⅲ）由（Ⅱ）知2nnbn,231222322nnSnL23121222(1)22nnnSnnL……10分相减得：231122222222212nnnnnSnnL11222nnn………12分∴1(1)22nnSn………13分14.(1)解因为Sn＝12nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝12a1＋a1－c，解得a1＝2c，……(2分)当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……(4分)则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……(8分)＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2).…(10分)因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.……(12分)15.解：(1)由已知，得a1＋a2＋a3＝7，a1＋＋a3＋2＝3a2.解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，则a1q＝2，∴a1＝2q，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，∴2q2－5q＋2＝0，解得q1＝2，q2＝12.由题意，得q1，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项公式为a2＝2n－1.(2)证明：∵bn＝an(an＋)(an＋1＋1)＝2n－1(2n－1＋1)(n＋1)＝12n－1＋1－12n＋1，∴Tn＝120＋1－121＋1＋121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n－1＋1－12n＋1＝11＋1－12n＋1＝12－12n＋112.16.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵an＋1＋an＝9·2n－1，n∈N*，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝a3＋a2a2＋a1＝189＝2，∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3.∴an＝3·2n－1，n∈N*，经验证，满足题意．(2)由(1)知Sn＝a1(1－qn)1－q＝(1－2n)1－2＝3(2n－1)，∴3(2n－1)k·3·2n－1－2，∴k2－13·2n－1.令f(n)＝2－13·2n－1，则f(n)随n