数列大题练习

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）

即

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．