山东省2016届高三数学一轮复习专题突破训练数列理

1山东省2016届高三数学理一轮复习专题突破训练数列一、选择、填空题1、（菏泽市2015届高三二模）在各项为正数的等比数列{an}中，若a6=a5+2a4，则公比q=2．2、（泰安市2015届高三上期末）正项等比数列na的公比为2，若21016aa，则9a的值是A.8B.16C.32D.643、（济宁市2015届高三上期末）已知数列{na}的前n项和为nS，111,2(2)nnaaSn，则数列{na}的通项公式na＝＿＿4、（青岛市2015届高三上期末）若数列na的通项公式为*122111...11nnanNfnaaan，记,试通过计算1,2,3fff的值，推测出fn_________.5、（滕州市第三中学2015届高三）在数列na中，已知24a，315a，且数列nan是等比数列，则na6、（淄博市2015届高三上期末）在等差数列{na}中，15a＝33，25a＝66，则35a＝＿＿＿＿二、解答题1、（2015年山东高考）设数列{}na的前n项和为nS，已知233.nnS（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）若数列{}nb满足3lognnnaba，求数列{}nb的前n项和nT.2、（2014年山东高考）已知等差数列}{na的公差为2，前n项和为nS，且1S，2S，4S成等比数列。（I）求数列}{na的通项公式；（II）令nb=,4)1(11nnnaan求数列}{nb的前n项和nT。3、（2013年山东高考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.2(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且12nnnaT(λ为常数)．令cn＝b2n(n∈N*)．求数列{cn}的前n项和Rn.4、（德州市2015届高三二模）数列na的前n项和为,2nnnSSn，等差数列nb的各项为正实数，其前n项和为3112233,15,,,1nTTababab且又成等比数列.（I）求数列,nnab的通项公式；（II）若2nnncabn，当时求数列nc的前n项和nA.5、（菏泽市2015届高三二模）设Sn是数列{an}（n∈N*）的前n项和，已知a1=4，an+1=Sn+3n，设bn=Sn﹣3n．（Ⅰ）证明：数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）令cn=2log2bn﹣+2，求数列{cn}的前n项和Tn．6、（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n项和Sn．7、（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；3（Ⅱ）令为偶数为奇数nannnnacnnn,,)2(log22，nT为数列{nc}的前n项和，求nT2.8、（淄博市2015届高三三模）下表是一个有正数组成的数表，数表中各列依次成等差数列，各行依次成等比数列，且公比都相等.已知1,11a，2,38a，3,26a.(Ⅰ)求数列2,na的通项公式；（Ⅱ）设2,,12,2,1(1)(1)(1)nnnnnnabaaa，求数列nb的前n和nS.9、（莱州市2015届高三上期末）已知数列na中，12,aaat（常数0t），nS是其前n项和，且12nnnaaS.（I）试确定数列na是否为等差数列，若是，求出其通项公式；若不是，说明理由；（II）令*211212,223nnnnnnSSbnbbbnnNSS证明：.10、（临沂市2015届高三上期末）已知数列nnab和满足122nbnnaaa，若na为等比数列，且1211,2abb.（I）求nnab与；（II）设11nnncnNab，求数列nc的前n项和nS.11、（青岛市2015届高三上期末）已知nS是等差数列na的前n项和，数列nb是等比数列，151,12ba恰为421Sb与的等比中项，圆222:22nCxnySn，直线:lxyn，对任1,1a1,2a1,3a1,4a2,1a2,2a2,3a2,4a3,1a3,2a3,3a3,4a4,1a4,2a4,3a4,4a4意nN，直线l都与圆C相切.（I）求数列nnab，的通项公式；（II）若1n时，111111111,2...,111112nnnnncnccbbbb时，的前n项和为nT，求证：对任意2n，都有12nnT12、（泰安市2015届高三上期末）若数列na的前n项和为nS，且满足：21262nnnSSSnnN.（I）若数列na是等差数列，求na的通项公式.（II）若121aa，求50S.13、（济宁市2015届高三）已知等比数列na的公比为q，132a，其前n项和为243,,nSnNSSS，且成等差数列.（I）求数列na的通项公式；（II）设*1=nnnnbSnNbS，求的最大值与最小值.14、（临沂市2015届高三）已知数列nnab和满足122nbnnaaa，若na为等比数列，且1211,2abb.（I）求nnab与；（II）设11nnncnNab，求数列nc的前n项和nS.15、（青岛市2015届高三）已知数列{}na是等差数列，nS为{}na的前n项和，且1019a，10100S；5数列{}nb对任意Nn，总有12312nnnbbbbba成立.（Ⅰ）求数列{}na和{}nb的通项公式；（Ⅱ）记24(1)(21)nnnnbcn，求数列{}nc的前n项和nT.参考答案一、选择、填空题1、【解析】：解：由a6=a5+2a4得，a4q2=a4q+2a4，即q2﹣q﹣2=0，解得q=2或q=﹣1，又各项为正数，则q=2，故答案为：2．2、C3、4、222nn5、123nn6、99二、解答题1、解：（Ⅰ）由233nnS可得111(33)32aS，11111(33)(33)3(2)22nnnnnnaSSn而11133a，则13,1,3,1.nnnan（Ⅱ）由3lognnnaba及13,1,3,1.nnnan可得311,1,log31,1.3nnnnnabnan2311123133333nnnT.2234111123213333333nnnnnT62231223121111111333333331111111()33333331121213133193922331313211823nnnnnnnnnnnTnnnn113211243nnnT2、解：（I）,64,2,,2141211daSdaSaSd4122421,,SSSSSS成等比解得12,11naan（II）)121121()1(4)1(111nnaanbnnnnn)121121()121321()7151()5131()311(nnnnTnn为偶数时，当1221211nnnTn)121121()121321()7151()5131()311(nnnnTnn为奇数时，当12221211nnnTn为奇数为偶数nnnnnnTn,1222,1223、解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得11114684,212211.adadandand解得a1＝1，d＝2.因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由题意知，Tn＝12nn，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝12112222nnnnnn.7故cn＝b2n＝21222nn＝11(1)4nn，n∈N*.所以Rn＝0×140＋1×141＋2×142＋3×143＋…＋(n－1)×14n－1，则14Rn＝0×141＋1×142＋2×143＋…＋(n－2)×14n－1＋(n－1)×14n，两式相减得34Rn＝141＋142＋143＋…＋14n－1－(n－1)×14n＝11144(1)1414nnn＝1131334nn，整理得Rn＝1131494nn，所以数列{cn}的前n项和Rn＝1131494nn.4、85、【解析】：证明：（Ⅰ）∵an+1=Sn+3n，∴Sn+1﹣Sn=Sn+3n即Sn+1=2Sn+3n，∴Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n）∴bn+1=2bn…（4分）又b1=S1﹣3=a1﹣3=1，∴{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故数列{bn}的通项公式为bn=2n﹣1…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得：cn=2log2bn﹣+2=2n﹣…（8分）设M=1++++…++…①则M=++++…++…②①﹣②得：M=1+++++…+﹣=2﹣﹣，∴M=4﹣﹣=4﹣，∴Tn=n（n+1）+﹣4…（12分）6、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}是各项都为正整数的等比数列，所以…（2分）从而an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，．…（4分）（Ⅱ）∵∴log2bn+1=n∴，两式相除：，由d1=16，，得：d2=8∴d1，d3，d5，…是以d1=16为首项，以为公比的等比数列；9d2，d4，d6，…是以d2=8为首项，以为公比的等比数列…（6分）∴当n为偶数时，…（7分）Sn=（d1+d3+…+dn﹣1）+（d2+d4+…+dn）=…（9分）∴当n为奇数时，…（10分）Sn=（d1+d3+…+dn）+（d2+d4+…+dn﹣1）n为奇数n为偶数n为奇数n为偶数Sn=∴，…（12分）7、108、解：(Ⅰ)设第一列依次组成的等差数列的公差为d，设第一行依次组成的等比数列的公比为(0)qq，则222,32,13,23,1(1)8(12)6aaqdqaaqdq………………………………4分解得：718dd或，因为等差数列是正数数列，所以1d，2q…………5分12,2,12nnnaaq………………………………6分（Ⅱ）因为,11,1(1)naandn………………………………7分所以2,,12,2,1(1)(1)(1)nnnnnnabaaa11211(1)(1)(21)(21)2121nnnnnnnnn……………………9分1111111111(1)()()()12345(1)3377152121nnnnSn11112345(1)2nnn………………………………10分当n为偶数时11122nnnS………………………………11分当n为奇数时