高中数学专题练习---数列求和

试卷第1页，总1页课间辅导---数列求和1．已知等差数列na的前n项和为nS，且93S，731,,aaa成等比数列.（1）求数列na的通项公式；（2）若数列na的公差不为0，数列nb满足nnnab2)1(，求数列nb的前n项和nT.2．设数列na的前n项和为nS，若对于任意的正整数n都有naSnn32.（1）设3nnab，求证：数列nb是等比数列，并求出na的通项公式；（2）求数列nna的前n项和.3．已知数列na是公差不为零的等差数列，其前n项和为nS，满足25225aS，且1341,,aaa恰为等比数列nb的前三项.（1）求数列na，nb的通项；（2）设nT是数列11nnaa的前n项和，是否存在Nk，使得nnbT121成立若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.4．已知数列{}na的前n项和为nS，且*11()2nnSanN.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设*3log(1)()nnbSnN，求满足方程233411112551nnbbbbbbL的n值.5．在数列{}na中，142nnSa，11a．（1）12nnnbaa，求证数列{}nb是等比数列；（2）求数列{}na的通项公式及其前n项和nS．6．已知正项数列{}na满足12a且22*11(1)0()nnnnnaaananN．（I）证明数列{}na为等差数列；（II）若记14nnnbaa，求数列{}nb的前n项和nS．7．已知{}na是等差数列，{}nb是等比数列，且23b，39b，11ab，144ab．（1）求{}na的通项公式；（2）设nnncab，求数列{}nc的前n项和．8．已知各项都为正数的等比数列{}na满足312a是13a与22a的等差中项，且123aaa．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设3lognnba，且nS为数列{}nb的前n项和，求数列12{}nnSS的前n项和nT．9．已知数列na中，3,221aa，其前n项和nS满足1211nnnSSS，其中Nnn,2．（1）求证：数列na为等差数列，并求其通项公式；（2）设nnnab2，nT为数列nb的前n项和．①求nT的表达式；②求使2nT的n的取值范围．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4页课间辅导---数列求和1．（1）1nan；（2）22)1(1nnnT.试题解析：（1）7123aaa，即)6()2(1121daada，化简得121ad或0d.当121ad时，9292123231113aaaS，得21a或1d，∴1)1(2)1(1nndnaan，即1nan；当0d时，由93S，得31a，即有3na.（2）由题意可知nnnb2，∴nnnnbbbT22221221①13222)1(22212nnnnnT②，①-②得：22)1(222221132nnnnnnT，∴22)1(1nnnT.考点：1.等差数列的综合；2.等比数列的综合；3.错位相减法的运用.2．（1）证明见解析，323nna；（2）2)1(362)66(nnnSnn．试题解析：（1）∵naSnn32对于任意的正整数都成立，∴)1(3211naSnn，两式相减，得nanaSSnnnn32)1(3211，∴32211nnnaaa，即321nnaa，∴)3(231nnaa，即2331nnnaab对一切正整数都成立，∴数列nb是等比数列.由已知得3211aS，即3211aa，∴31a，∴首项6311ab，公比126,2nnbq，∴3233261nnna.（2）∵nnnann323，∴)321(3)2232221(332nnSnn，)321(6)2232221(321432nnSnn，)321(323)2222(3132nnSnnn2)1(32612)12(23nnnnn，∴2)1(362)66(nnnSnn.3．（1）12nan，nnb3；（2）不存在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4页Nk，使得nnbT121成立.试题解析：（1）设等差数列na的公差为)0(dd，∴)12()3(,25)(2)2455(112111daadadada，联立解得2,31da.∴12nan，∵9,34211abab，∴nnb3.（2）)321121(21)32)(12(111nnnnaann，∴)32131(21)]321121()7151()5131[(21nnnTn，∴3213221kTn，而321k是单调递减的，∴15132132nT，而]31,0(311kkb，∴不存在Nk，使得nnbT121成立.4．（1）23nna（2）101n试题解析：（1）当1n时，123a，当1n时，112nnSa，11112nnSa，∴131022nnaa，即113nnaa∴23nna.（2）21(1())1331()1313nnnS，∴nbn，11111nnbbnn，∴233411111121nnbbbbbbnL，即11252151n，解得101n.5．（1）由已知有12142aaa，解得1325a，故12123baa，2211142(42)44nnnnnnnaSSaaaa于是21122(2)nnnnaaaa，即12nnbb．因此数列{}nb是首项为3，公比为2的等比数列．（2）由（1）知，等比数列{}nb中13b，公比2q，所以11232nnnaa．于是113224nnnnaa，因此数列{}2nna是首项为12，公差为34的等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4页差数列．1331(1)22444nnann，所以2(31)2nnan，所以311424(34)22(34)22nnnnSann．6．（I）证明见解析；（II）1nn．试题分析：（I）将原式变形得11()[(1)]0nnnnaanana11nnanan，利用累乘法得：*2()nannN，{}na是以2为首项，以2为公差的等差数列；（II）由（I）知111nbnn1111111(1)()()()223351nSnn1111nnn．7．（1）21(1,2,3,)nann；（2）2312nn．试题分析：（1）易得32933bqb211bbq4327bbq111ab，14427ab11327d2d21(1,2,3,)nann；（2）由（1）知，21nan13nnbnnncab1213nn113(21)133nnSn2312nn．8．（Ⅰ）3nna；（Ⅱ）nT1422nnn．试题解析：（I）设等比数列的公比为q，由题意知0q，且12332aaa，∴2111211132aaqaqaaqaq，解得13aq，故3nna．………………5分（II）由（I）得3lognnban，所以(1)2nnnS．………………6分∴1221122()2(1)1nnSSnnnn，………………8分故数列12{}nnSS的前n项和为111112[(1)()()]22231nTnnn21242(1)211nnnnn．………………12分9．（1）证明见解析；（2）①nnnT233；②3n，且Nn．（1）由已知，),2(1)()(11NnnSSSSnnnn，即),2(11Nnnaann，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4页112aa，∴数列na是以21a为首项，公差为1的等差数列，∴1nan．（2）∵1nan，∴nnnb21)1(，nnnnnT21)1(2121321212，①13221)1(2121321221nnnnnT，②①-②得：13221)1(212121121nnnnT，∴nnnT233代入不等式得2233nn，即0123nn，设123)(nnnf，则022)()1(1nnnfnf，∴)(nf在N上单调递减，∵041)3(,041)2(,01)1(fff，∴当2,1nn时，0)(nf，当3n时，0)(nf，所以n的取值范围为3n，且Nn．