您好,欢迎来到爱问旅游网。
搜索
您的当前位置:首页数列大题练习

数列大题练习

来源:爱问旅游网
数列大题 一、选择题

1.数列{an}的通项公式an=2.数列1,

,则该数列的前( )项之和等于9.

111,,…,的前n项和为( )

n1212312n

3.若数列{an}的通项公式为an=2+2n-1,则数列{an}的前n项和为 4.数列1,12,1222,5.数列 1

,12222n1,的前n项和为 .

1111, 2, 3, 4, 5, …nn,…, 的前n项之和等于 . 2482三、解答题

6.设数列{an}的前n项和为Sn,a12,an12SnnN*. (1)求数列{an}的通项公式;(2)令bnlog2an,求数列

7.已知数列{an}满足a11,an121的前n项和Tn.

bnbn11an; (1)证明:数列是等差数列,并求数列an1an{an}的通项公式;(2)设bn

an,求数列{bn}前n项和为Sn. n18.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足SnSn1an12,且a13. (I)求数列{an}的通项公式(Ⅱ)设bn

1,求数列{bn}的前n项和Tn. anan1*9.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a13,Sn13Sn3 (nN),

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn

4n,求数列{bn}的前n项和为Tn.

an1an10.已知{an}是公差不为0的等差数列,满足a37,且a1、a2、a6成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn

11.已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10110,且a1,a2,a4成等比数列。(1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足bn

12.已知数列an的前n项和为Sn,且对任意正整数n,都有an(1)记bnlog2an,求数列bn的通项公式; (2)设cn

1,求数列{bn}的前n项和Sn. anan111,若数列{bn}前n项和Tn,证明Tn.

(an1)(an1)23Sn2成立. 41,求数列cn的前n项和Tn. bnbn113.已知数列an满足a1+2a2+2a3+…+2

2n﹣1

an=(n∈N).

求数列{bn}的前n项和Sn.

*

(Ⅰ)求数列{an}的通项;(Ⅱ)若

14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.(1)求an,bn;(2)求数列{an•bn}的前n项和Tn.

215.(本小题满分13分)已知数列an的前n项和Snnn,数列bn满足

bn12bn1,且b15⑴ 求an、bn的通项公式;

⑵ 设数列cn的前n项和Tn,且cn

16.(12分) 已知数列{an}各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足4Sn=(an+1)2. (1)求{an}的通项公式;(2)设bn=

11,证明Tn

anlog2bn121,数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn的最小值;

anan1217.数列bn的前n项和Snn(I)求数列bn通项;

(II)又已知bn

116 若a1a2a2a3anan1,求n的取值范围。 an3322218.正项数列{an}的前项和{an}满足:sn(nn1)sn(nn)0

(1)求数列{an}的通项公式an;(2)令bn明:对于任意的nN,都有Tn

*n1,数列{bn}的前n项和为Tn。证22(n2)a5 19.设数列{an}的首项a11,前n项和为Sn,且2an1、Sn、a2成等差数列,其中

nN.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ)数列{bn}满足:bn列{Tn}的最大项.

an,记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn及数

(an118)(an218)220.数列{an}的前n项和为Sn,满足Snn2n.等比数列bn满足:b13,b481.

(1)求证:数列{an}为等差数列; (2)若Tn

21.已知数列{an}是一个等差数列,且a27,a51。(1)求{an}的通项an;(2)求

n数列{an}前多少项和最大.(3)若bnan2,求数列bn的前n项的和Tn

a1a2a3b1b2b3an,求Tn. bn

22.已知等差数列an中,a34,前7项和为35,数列bn中,点(bn,Sn)在直线

x2y20上,其中Sn是bn的前n项和.

(1)求数列an的通项公式;(2)求证:bn是等比数列; (3)设cnanbn,Tn是cn的前n项和,求Tn 并证明:

223.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a13a21,a39a2a6.

45Tn. 32(1)求数列{an}的通项公式. (2)设bnlog3a1log3a21log3an,求数列的前n项和.

bn试卷答案

1.B

【考点】数列的求和.

【分析】先将分母有理化,再利用叠加法可求和,进而可得结论 【解答】解:∵an=∴an=∴∴∴n=99 故选B. 2.B

【分析】求出通项公式的分母,利用裂项消项法求解数列的和即可. 【解答】解:

=

=

=2(

).

数列1,数列1+=2(1﹣故选:B.

,+)=

,…,+…+.

的前n项和: =2(1

+

+…

【点评】本题考查数列求和的方法,裂项消项法的应用,考查计算能力. 3.C 4.2 5. 6.

n12n

n(n1)11n 22(1)an12Sn,nN*,① 当n1时,a22S1,即a24, 当n2时,an2Sn1,② 由①-②可得an1anSnSn1, 即an12an,

n2n∴ana222,n2, 1当n1时,a122,满足上式,

∴an2nnN*

(2)由(1)得bnlog2an2n, ∴

211111 bnbn14nn14nn11111111... 4223nn1∴Tn11n1 4n14n47.

(1)由已知an1ananan1111 an1an故数列1111(n1)n,a是等差数列,; naanan1nan111n1n(n1)nn1

(2)由bn111111nSn1...1

223nn1n1n18. (1)

SnSn1an12

anan12n2an是等差数列

an2n1

(2)bn1111 anan122n12n3Tn 9.

121111355711 2n12n311111 232n3n6(1)Sn13Sn3,当n2时,Sn3Sn13,两式相减,得:an13an(n2)

n又a13,代入Sn13Sn3得a29 an3

(nN)………………………………6分

(2)Tn610.

解:(1)设等差数列an的公差为dd0;

22由题意有a2a1a6,即(a3d)a32da33d

n6 3n

因为a37,所以7d72d73d,解得d3或d0(舍) 所以an3n2. (2)由题意有bn21111

(3n2)(3n1)33n23n1所以Sn 11.

1111134471n1 3n23n13n1(Ⅰ)an2n;(Ⅱ)见解析.

分析:(1)利用等比数列的基本性质及等差数列的前n项和求出首项和公差,进而求出数列

an的通项公式;

(2)利用裂项相消法求和,求得Tn1111 22n122a2a1a4ada1a13d

{1(Ⅰ)由题意知: {S1011010a145d1102解a1d2,故数列an2n; (Ⅱ)由(Ⅰ)可知bn111,

2n12n122n12n11则Tn1111111... 213352n12n11111 22n12点睛:本题考查了数列求和,一般数列求和方法(1)分组转化法,一般适用于等差数列加等比数列,(2)裂项相消法求和,

cnc等的形式,(3)错位相减法求anan1和,一般适用于等差数列乘以等比数列,(4)倒序相加法求和,一般距首末两项的和是一个常数,这样可以正着写和和倒着写和,两式相加除以2得到数列求和,(5)或是具有某些规律求和.

12.(1) bn2n1;(2)Tn

试题分析:(1)借助题设条件运用等比数列有关知识求解;(2)借助题设运用裂项相消法求和.

n.

3(2n3)

考点:等比数列裂项相消求和等有关知识的综合运用. 13.

【考点】数列递推式;数列的求和. 【分析】(Ⅰ)利用论;

(Ⅱ)利用错位相减法,可求数列{bn}的前n项Sn和. 【解答】解:(Ⅰ)n=1时,a1= ∵a1+2a2+22a3+…+2n﹣1an=…..(1) ∴n≥2时,a1+2a2+2a3+…+2(1)﹣(2)得

2

n﹣2

,再写一式,两式相减,即可得到结

an﹣1=

….(2)

又(Ⅱ)

也适合上式,∴

,∴

(3)

(4)

(3)﹣(4)可得﹣Sn=1•2+1•2+1•2+…+1•2﹣n•2 =∴14.

【考点】数列的求和;等差关系的确定;等比关系的确定.

【分析】(Ⅰ)由Sn=2n2+n可得,当n=1时,可求a1=3,当n≥2时,由an=sn﹣sn﹣1可求通项,进而可求bn (Ⅱ)由(Ⅰ)知,

,利用错位相减可求数列的和

23nn+1

【解答】解:(Ⅰ)由Sn=2n2+n可得,当n=1时,a1=s1=3 当n≥2时,an=sn﹣sn﹣1=2n2+n﹣2(n﹣1)2﹣(n﹣1)=4n﹣1 而n=1,a1=4﹣1=3适合上式, 故an=4n﹣1,

又∵an=4log2bn+3=4n﹣1 ∴

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

2Tn=3×2+7×22+…+(4n﹣5)•2n﹣1+(4n﹣1)•2n ∴

=(4n﹣1)•2n

=(4n﹣1)•2n﹣[3+4(2n﹣2)]=(4n﹣5)•2n+5 15.

16.

an1(1)因为(a+1)=4S,所以S=

2

n

n

n

24,Sn+1

2an11=

42.

所以Sn+1-Sn=an+1

2

an11an1=

42,

即4an+1=an+1-an+2an+1-2an, ∴2(an+1+an)=(an+1+an)(an+1-an).

因为an+1+an≠0,所以an+1-an=2,即{an}为公差等于2的等差数列.由(a1+1)=4a1,解得a1=1,所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=

2

2

12n12n1=(111, )22n12n1∴Tn=b1+b2+…+bn =(11211111) 3352n12n11111 (1)22n122(2n1)∵Tn+1-Tn=

1111111[]0, 22(2n3)22(2n1)2(2n1)2(2n3)(2n1)(2n3)∴Tn+1>Tn.∴数列{Tn}为递增数列, ∴Tn的最小值为T1=17.

(I) bn2n1 ∴an (II)∵anan1111. 2631 2n11111()

(2n1)(2n1)22n12n1∴a1a2a2a3anan111n (1)22n12n11111111() 213352n12n1 ∴

n16 解得n16 2n133解得n的取值范围:{n|n16,nN*} 18.

19.

(Ⅰ) 由2an1、Sn、a2成等差数列知,2Sn2an1a2,………………………1分 当n2时,2Sn12ana2,

所以2Sn2Sn12an12an,an12an ……………………………………4分 当n1时,由2a12a2a2得a22a1, ……………………………………5分

综上知,对任何nN,都有an12an,又a11,所以an0,

an12.…6分 an所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an2n1. ……………7分

an2n1111(Ⅱ)bnn() n1nn1(an!18)(an218)(218)(218)2218218……10分

Tn1111111(1223nn1) 2218218218218218218111111(1n1)(n1),……………………………12分 22182182162181112n1Tn1Tn(n1n2)n1, n12218218(29)(218)当n2时,Tn1Tn,即0T1T2T3;当n4时,也有Tn1Tn,但Tn0;当n3时,Tn1Tn0,Tn1Tn,即T4T3. 所以数列{Tn}的的最大项是T320.

7. ……………………………………………15分 32(1)由已知得:a13, ………………2分

n2且nN*时,anSnSn1(n22n)[(n1)22(n1)]2n1

经检验a1亦满足an2n1 ∴an2n1(nN*) ………………5分 ∴an1an[2(n1)1](2n1)2为常数

∴{an}为等差数列,且通项公式为an2n1(nN*) ………………7分 (2)设等比数列bn的公比为q,则q3b427, b1an2n1n ……………9分 bn3n13n,nN* ∴∴q3,则bn33357Tn23333 Tn2n1 ① n32n12n1n1 ② n3313357342333①②得:

2111Tn12(234333313分

11(1)2n112n12n142n433n)n112n1n1…

13333313Tn2分 21.

n2,nN* ………………153n(1)d2,

an7(2)(n2)2n11 (2)

……3分

……6分

a50,a60,S5最大

n(3)bn2n112

Tn(a1a2an)(2122

2n)

……10分

10nn22n12

22.

23.(1)设数列{an}的公比为q,由

a9a2a623得

a9a3324q2所以

19.

q由条件可知c>0,故

11a13.由2a13a21得2a13a2q1,所以3.

1n故数列{an}的通项式为an=3.

(2 )

bnlog3a1log3a2...log3an

(12...n)n(n1)2故

12112()bnn(n1)nn1

111111112n...2((1)()...())b1b2bn223nn1n1 12n{}b所以数列n的前n项和为n1

数列大题

一分组求和

1. an=22n-1+n,设数列{an}的前n项和为Sn,求Sn,

2.若数列{an}的通项公式为an=2+2n-1,则数列{an}的前n项和为

n

3数列 1

1111, 2, 3, 4, 5, …nn,…, 的前n项之和等于 . 24822n1,4.数列1,12,1222,,1222

的前n项和 .

5. Sn=9+99+999+…+99…9, 求Sn

6 Sn=1-2+3-4+……+(-1)n+1n , 求Sn

7.求S=12-22+32-42+……+992-1002,求Sn

二裂项相法

1.求sn1111 132435n(n2)

2.已知an14n21,若数列{an}的前n项和为Sn,求Sn.

1}的前n项和为Sn,求Sn. an

3an=1+2+3+…+n, 若数列{

4.an1,若数列{an}的前n项和为Sn,求Sn. 4n(n1)

5.an1,若数列{an}的前n项和为Sn,求Sn.

(12n)(32n)

6.an1,若数列{an}的前n项和为Sn,求Sn.

4n2(n2)2

2n1,若数列{an}的前n项和为Sn,求Sn. 7.ann(218)(2n118)

8.数列{an}的通项公式an=

,则该数列的前n项之和.

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

Copyright © 2019- awee.cn 版权所有 湘ICP备2023022495号-5

违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com

本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务