高三理科数学小综合专题练习--数列讲解学习

精品文档 精品文档 高三理科数学小综合专题练习 ——数列 一、选择题 1.已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10＝ A．138 B．135 C．95 D．23

2.若}{na为等比数列，且a1a100=64，则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a100= A.200 B.300 C.400 D.500 3.设na是公差不为0的等差数列，12a且136,,aaa成等比数列，则na的前n项和nS=

A．2744nn B．2533nn C．2324nn D．2nn 4.数列na的首项为3，{}nb为等差数列且1(*)nnnbaanN．若则3102,12bb，则8a（ ） A．0 B．3 C．8 D．11 5.一个正整数数表如右（表中下一行中的数 的个数是上一行中数的个数的2倍）则第 8行的第5个数是 A.68 B.132 C.133 D.260 二、填空题

6.已知数列{na}中，11a，若111(0)nnnnnaaaaa，则na= .

7.在数列{na}中，已知32nnS，则na= . 8.已知数列{na}中，13a，121nnaa，则na . 9.设等比数列}{na的公比为q，前n项和为nS，若12,,nnnSSS成等差数列，则q的值为 . 10．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那

么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列{}an是等和数列，且

a12，公和为5，那么a18的值为_____，这个数列的前n项和Sn的计算公式为______.

三、解答题 11．已知等比数列{}na的各项均为正数，且212326231,9aaaaa．

第1行 1 第2行 2 3 第3行 4 5 6 7 …… …… 精品文档

精品文档 （1）求数列{}na的通项公式； （2）设31323logloglognnbaaaL，求数列1{}nb的前n项和．

12．设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…． （1）求a1，a2； （2）｛an｝的通项公式．

13.在数列{}na中，已知112(1)2,,252nnnnnnanaabana，11(1)2nnnnaacnn. （1）求11,bc的值； （2）求证数列{}nb是等比数列，并求数列{}na的通项公式； （3）求数列{}nc前n项和nT，并求nT的最小值.

14.已知数列na的前n项和11()22nnnSa（n为正整数）. （1）令2nnnba，求证：数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式； （2）令1nnncan，12........nnTccc试比较nT与3的大小，并予以证明。

15.数列{}na中，1111,30(2)nnnnaaaaan． （1）求数列{}na的通项； 精品文档 精品文档 （2）若11nnaa对任意2n的整数恒成立，求实数的取值范围； （3）设数列nnba，{}nb的前n项和为nT，求证：2(311)3nTn．

16.设数列{}na满足10a且111111nnaa． （1）求{}na的通项公式； （2）设11nnabn，记1nnkkSb，证明：1nS.

17.已知公差不为0的等差数列{}na的首项1a为()aaR,设数列的前n项和为nS，且124111,,

aaa，成等比数列.

（1）求数列{}na的通项公式及nS. （2）记1231111nnASSSSL，212221111nnBaaaaL，当2n时，试比较nA与nB的大小．

18.等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上. 精品文档 精品文档 （1）求r的值； （2）当b=2时，记 22(log1)()nnbanN，证明：对任意的nN ，不等式

1212111·······1nn

bbbnbbb

成立.

参考答案 一、选择题 1.C 2.A 3.A 4.B 5.B 二、填空题

6.n 7.5,121,2nnann 8.121n 9.-2

10.3 5(25122nnnSnn当为偶数）（当为奇数） 三、解答题 11.解：（1）设数列{}na的公比为q，由23269aaa得32234199aaq．

由条件可知0q，故13q． 由12231aa得11231aaq，所以113a． 故数列{}na的通项式为13nna． （2）31323logloglognnbaaaL (12...)(1)2nnn 精品文档 精品文档 故12112()(1)1nbnnnn

12111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn

所以数列1{}nb的前n项和为21nn.

12.解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝12．

当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－12， 于是(a2－12)2－a2(a2－12)－a2＝0，解得a1＝16． (2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得 Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①

由(1)知S1＝a1＝12，S2＝a1＋a2＝12＋16＝23．

由①可得S3＝34． 由此猜想Sn＝nn＋1，n＝1，2，3，…． 下面用数学归纳法证明这个结论． (i)n＝1时已知结论成立．

(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝kk＋1，

当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝12－Sk，即Sk＋1＝k＋1k＋2， 故n＝k＋1时结论也成立． 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝nn＋1对所有正整数n都成立．

于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn＋1－n－1n＝1n(n＋1)， 又n＝1时，a1＝12＝11×2，所以 ｛an｝的通项公式an＝1n(n＋1)，*)nN（． 精品文档 精品文档 13．解：（1）111512222ba，

∵121244852219215aaa， ∴12122825922845aac （2）证明：由12(1)2nnnnaaan1212nnnannaa，

∵111121221222nnnnnnnnbaannbaa（常数）()nN ∴数列{}nb是等比数列. ∵1111()()22nnnbb，

∴2nnnba1()2n1221nnnna. （3）∵11(1)2nnnnaacnn 112112122(1)221112121()(1)2(21)(21)22121nnnnnnnnnnnnnn







∴nT123nccccL 2334121111111[()()()]2212121212121nnL

2111()2521n. 精品文档 精品文档 ∵1132231111112()()025212521(21)(21)nnnnnnnTT， ∴1nnTT， 故数列{nT}是单调递增数列， ∴11112()25945nTT. ∴nT的最小值是245. 14解：（1）在11()22nnnSa中，令n=1，可得1112nSaa，即112a 当2n时，21111111()2()22nnnnnnnnnSaaSSaa，， 11n1112a(),212nnnnnaaan即2.

112,1,n21nnnnnnbabbbQn即当时，b.

. 又1121,ba数列nb是首项和公差均为1的等差数列.

于是1(1)12,2nnnnnnbnnaa. (2)由（1）得11(1)()2nnnncann，所以 23111123()4()(1)()2222nnTnK

2341111112()3()4()(1)()22222nnTnK

由①-②得231111111()()()(1)()22222nnnTnK 11111[1()]133421(1)()122212332nnnnnnnnT









∴3332nnnT.