2016年数列解答题训练

试卷第1页，总6页数列学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．已知正项数列满足24(1)nnSa（1）求数列{}na的通项公式；（2）设11nnnbaa，求数列{}nb的前n项和Tn。2．已知数列{an}的前n项和sn满足Sn=2n2﹣13n（n∈N*）．（1）求通项公式an；（2）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．3．设等差数列na的前n项和为nS,且424SS,（Ⅰ）求数列na的通项公式;（Ⅱ）设数列11nnnaab，求nb的前n项和nT.1221aa试卷第2页，总6页4．已知数列na满足：Nnaaaannn4332,3211（1）证明数列11na是等差数列，并求na的通项公式；（2）若数列nb满足：Nnabnnn13,求nb的前n项和nS.5．在数列na中，ccaaann(,111为常数，)Nn，且521,,aaa成公比不等于1的等比数列．（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）设11nnnaab，求证：若数列nb的前n项和为nS，则1132nS试卷第3页，总6页6．设数列na的前n项和为nS，若对于任意的正整数n都有23nnSan.（1）设3nnba，求证：数列nb是等比数列，（2）求出na的通项公式。（3）求数列nna的前n项和Tn.7．设数列na的前n项和为nS,已知233nnS.（I）求na的通项公式；（II）若数列nb满足3lognnnaba，求nb的前n项和nT.试卷第4页，总6页8．设数列na的前n项和为nS，2*11,22nnaSnannnN。（1）求证：数列na为等差数列，并分别写出na和nS关于n的表达式；（2）是否存在自然数n，使得3212112423nnSSSSn？若存在，求出n的值；来若不存在，请说明理由。（3）设2()(7)nncnNna,123....()nnTccccnN，若不等式32nmTmZ对nN恒成立，求m的最大值。9．已知等差数列na的前n项和为nS，且满足：34712,49aaS．（1）求数列na的通项公式na；（2）是否存在非零常数c使数列nSnc为等差数列？若存在，请求出c；若不存在，请说明理由．试卷第5页，总6页10．已知数列{}na中，*1111,210()2nnnaaaanN．（1）求证：数列1{}1na是等差数列；（2）若123nnTaaaa，设22212nnSTTT，证明：112nnSa．11．设{}na是公比为q的等比数列．（Ⅰ）推导{}na的前n项和nS公式；（Ⅱ）设1q，证明数列nSn不是等比数列．试卷第6页，总6页12．已知数列nb是首项10,141bb的等差数列，设*)(log3241Nnabnn．（1）求证：}{na是等比数列；（2）记11nnncbb，求数列}{nc的前n项和nS；（3）记(31)nndnS，若对任意正整数n，不等式1211124nmndndnd恒成立，求整数m的最大值．13．（2015秋•福建期末）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=1，，n∈N*．（1）求a2的值；（2）求数列{an}的通项公式；（3）在数列{bn}中，，求{bn}的前n项和Tn．本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第1页，总9页参考答案1．（1）12nan（2）12nnTn考点：数列递推式；数列的求和2．（1）an=4n﹣15（2）Tn=﹣7﹣【解析】解：（1）①当n=1时，a1=S1=﹣11，②当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2n2﹣13n﹣[2（n﹣1）2﹣13（n﹣1）]=4n﹣15，n=1时，也适合上式．∴an=4n﹣15．（2）cn===•（4n﹣15），∴Tn=+++…+•（4n﹣15），①=++…++②①﹣②，得：Tn=﹣+4（++…+）﹣（4n﹣15）•（）n+1=﹣+4•﹣（4n﹣15）•（）n+1=﹣﹣，∴Tn=﹣7﹣．【点评】本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．3．（Ⅰ）解:设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2=2a1+1得：111143214422221adadada，解得：则本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总9页（Ⅱ）,...2111235b，111123b，则111111111...12335212122121nnTnnnn考点：等差数列的通项公式和前n项和公式；数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）.4．解：（1）4311433211nnnnnaaaaa因为所以113143111nnnnaaaa，所以311111nnaa所以11na是首项为3，公差为3的等差数列，所以131,311nanann所以.（2）由已知nabnnnn1313nnSnnn1323132313①341233132313nnnSnn②.①-②得nnSnnnnn22213231313333332所以49341232493222nnnnnnS本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第3页，总9页考点：等差数列的定义及通项公式；数列的前n项和.5．（Ⅰ）∵1,1,nnaacac为常数，∴1(1)nanc∴251,14acac.又125,,aaa成等比数列，∴2(1)14cc，解得0c或2c当0c时，1nnaa不合题意，舍去.∴2c（Ⅱ）由（Ⅰ）知，21nan∴111111()(21)(21)22121nnnbaannnn∴12111111(1)()()23352121nnSbbbnn11(1)22121nnn∴121n＞0,nS11(1)22121nnn＜21由单调性可知，当n=1是时nS有最小值31∴1132nS考点：等差数列及数列求和6．（1）∵Sn=2an﹣3n，对于任意的正整数都成立，∴Sn﹣1=2an﹣1﹣3n﹣3，两式相减，得an+1=2an+1﹣2an﹣3，即an+1=2an+3，∴an+1+3=2（an+3），∴bn+1=2bn所以数列{bn}是以2为公比的等比数列，（2）由已知条件得：S1=2a1﹣3，a1=3．∴首项b1=a1+3=6，公比q=2，∴an=62n﹣1﹣3=32n﹣3．（3）∵nan=3×n2n﹣3n∴Tn=3（12+222+323+…+n2n）﹣3（1+2+3+…+n），2Tn=3（122+223+324+…+n2n+1）﹣6（1+2+3+…+n），∴﹣Tn=3（2+22+23+…+2n）+3（1+2+3+…+n）=22131362212nnnnn本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总9页∴3166262nnnnTn考点：等比数列的证明；数列求通项公式；错位相减法数列求和7．（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2231223121111111333333331111111()33333331121213133193922331313211823nnnnnnnnnnnTnnnn113211243nnnT考点：1.数列求通项公式；2.错位相减法求和8．(1)由2*22nnSnannnN，得;211121212nnSnannn相减得1144nnnananan11141nnnanan142nnaan故数列na是以1为首项，以4为公差的等差数列。所以本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第5页，总9页*11443nannnN,12*22nnnaaSnnnN(2)由（1）知*21nSnnNn，所以2321121213521222232nnnnnnnSSSSnnn由221124nn得10n，即存在满足条件的自然数10n（3）21111()(7)2(1)21nncnannnn12311111111....(1)()...()(1)22231212(1)nnnTccccnnnn11102221221nnnnTTnnnn1nnTT即nT单调递增故1min14nTT要使32nmT恒成立，只需1324m成立，即8mmZ。故符合条件的m的最大值为7。【考点】（1）数列中,nnSa的关系。（2）构造数列及方程思想；（3）裂项数列求和及函数的单调性与最值思想。9．（1）设等差数列na的公差为d，依题意得，11125121217627492nadaandad．（2）由（1）知，21212nnnSn，假设存在非零常数c使数列nSnc为等差数列，则149,,123ccc成等差数列．1942132ccc本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第6页，总9页解得0c矛盾故不存在非零常数c使数列nSnc为等差数列．考点：（1）运用基本量思想求等差数列通项公式；（2）存在性问题及等差数列的定义．10．（1）由11210nnnaaa得112nnaa；则1211111111111112nnnnnnnaaaaaaa为常数所以数列1{}1na是首项为1121a，公差为1的等差数列．（2）由（1）得12111nnna，所以1nnan．所以12311nnTaaaan．所以要证112nnSa，只需证明2221111123(1)22nSnn．证明如下：∵2(1)(1)(2)nnn∴21111(1)(1)(2)12nnnnn∴22211111123(1)2334(1)(2)nSnnn1111111123341222nnn∴不等式112nnSa成立．【考点】（1）等差数列的定义及代数变形能力。（2）列项求和及放缩法证明数列不等式。11．设{}na的前n项和为nS，当1q时，11111nnSaaqaqn