2022年数列求和测试题练习题 .pdf

数列求和测试题A 级基础题1数列 12n1的前 n 项和 Sn_. 2若数列 an 的通项公式是 an(1)n(3n2)，则 a1a2 a10_. 3数列 112，314，518，7116，的前 n 项和 Sn_. 4已知数列 an 的通项公式是 an1nn1，若前 n 项和为 10，则项数 n_. 5数列 an，bn 都是等差数列， a15，b17，且 a20b2060.则anbn的前 20 项的和为 _6等比数列 an 的前 n 项和 Sn2n1，则 a21a22 a2n_. 7 已知等比数列 an中， a13， a481， 若数列 bn满足 bnlog3an， 则数列1bnbn1的前 n 项和 Sn_. 二、解答题 (每小题 15 分，共 45 分) 8已知 an为等差数列，且 a36，a60. (1)求 an的通项公式；(2)若等比数列 bn 满足 b18，b2a1a2a3，求 bn 的前 n 项和公式9设an 是公比为正数的等比数列，a12，a3a24. (1)求 an的通项公式；(2)设 bn是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 anbn 的前 n 项和 Sn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页10已知首项不为零的数列 an的前 n 项和为 Sn，若对任意的 r，tN*，都有SrStrt2. (1)判断 an 是否是等差数列，并证明你的结论；(2)若 a11，b11，数列 bn的第 n 项是数列 an 的第 bn1项(n2)，求 bn；(3)求和 Tna1b1a2b2 anbn. B 级创新题1 已知 an是首项为 1 的等比数列，Sn是an的前 n 项和， 且 9S3S6， 则数列1an的前 5 项和为 _2若数列 an为等比数列，且 a11，q2，则 Tn1a1a21a2a31anan1的结果可化为 _3数列 1，112，1123，的前 n 项和 Sn_. 4在等比数列 an 中，a112，a44，则公比 q_；|a1|a2| |an|_. 5已知 Sn是等差数列 an的前 n 项和，且 S1135S6，则 S17的值为 _6等差数列 an 的公差不为零， a47，a1，a2，a5成等比数列，数列 Tn 满足条件 Tna2a4a8 a2n，则 Tn_. 7设an是等差数列， bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b521，a5b313. (1)求 an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Sn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页8在各项均为正数的等比数列an中，已知 a22a13，且 3a2，a4,5a3成等差数列(1)求数列 an 的通项公式；(2)设 bnlog3an，求数列 anbn 的前 n 项和 Sn. 参考答案A 组1. 解析Snn12n12n2n1. 答案n2n1 2. 解析设 bn3n2，则数列 bn是以 1 为首项， 3 为公差的等差数列，所以a1a2a9a10(b1)b2(b9)b10(b2b1)(b4b3)(b10b9)5315. 答案15 3. 解析由题意知已知数列的通项为an2n112n，则 Snn 12n1212112n112n2112n. 答案n2112n4. 解析 an1nn1n1n， Sna1a2an(21)( 32)(n1n)n11.令n1110，得 n120. 答案120 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页5. 解析由题意知 anbn也为等差数列，所以 anbn的前 20项和为：S2020 a1b1a20b20220 57602720. 答案720 6. 解析当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n1(2n11)2n1，又 a11 适合上式an2n1， a2n4n1. 数列 a2n 是以 a211 为首项，以 4 为公比的等比数列 a21a22a2n1 14n1413(4n1)答案13(4n1) 7. 解析设等比数列 an 的公比为 q，则a4a1q327，解得 q3.所以 ana1qn133n13n，故 bnlog3ann，所以1bnbn11n n11n1n1. 则数列1bnbn1的前 n 项和为 11212131n1n111n1nn1. 答案nn18. 解(1)设等差数列 an的公差为 d. 因为 a36，a60，所以a12d6，a15d0.解得 a110，d2. 所以 an10(n1) 22n12. (2)设等比数列 bn 的公比为 q. 因为 b2a1a2a324，b18，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页所以 8q24，即 q3. 所以bn的前 n 项和公式为 Snb11qn1q4(13n)9. 解(1)设 q 为等比数列 an的公比，则由 a12，a3a24 得 2q22q4，即 q2q20，解得 q2 或 q1(舍去)，因此 q2. 所以an的通项为 an2 2n12n(nN*) (2)Sn2 12n12n1n n1222n1n22. 10. 解(1)an是等差数列证明如下：因为 a1S10，令 t1，rn，则由SrStrt2，得SnS1n2，即 Sna1n2，所以当 n2 时，anSnSn1(2n1)a1，且 n1 时此式也成立，所以an1an2a1(nN*)，即an 是以 a1为首项， 2a1为公差的等差数列(2)当 a11 时，由 (1)知 ana1(2n1)2n1，依题意，当 n2 时，bnabn12bn11，所以 bn12(bn11)，又 b112，所以bn1是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，所以bn1 2 2n1，即 bn2n1. (3)因为 anbn(2n1)(2n1)(2n1)2n(2n1) Tn1 23 22 (2n1)2n13 (2n1)，即 Tn1 23 22(2n1)2nn2，2Tn1 223 23 (2n1)2n12n2，得 Tn(2n3) 2n1n26. B组1. 解析设数列 an的公比为 q.由题意可知 q1，且9 1q31q1q61q，解得 q2，所以数列1an是以 1 为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S53116. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页答案31162. 解析an2n1， 设 bn1anan1122n1， 则 Tnb1b2bn12123122n112114n11423114n. 答案23114n3. 解析由于数列的通项 an1123n2n n121n1n1， Sn2112121313141n1n1211n12nn1. 答案2nn14. 解析a4a1q38， q2. |a1|a2|an|1212n122n112. 答案22n1125. 解析因 S1135S6，得 11a111102d356a1652d，即 a18d7，所以 S1717a117162d17(a18d)177119. 答案119 6. 解析设an 的公差为 d0，由 a1，a2，a5成等比数列，得a22a1a5，即(72d)2(73d)(7d) 所以 d2 或 d0(舍去)所以 an7(n4)22n1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页又 a2n2 2n12n11，故 Tn(221)(231)(241)(2n11) (22232n1)n2n2n4. 答案2n2n4 7.解(1) 设 an 的 公 差 为 d， bn 的 公 比 为 q， 则 依 题 意 有 q 0 且12dq421，14dq213，解得d2，q2.所以 an1(n1)d2n1，bnqn12n1. (2)anbn2n12n1，Sn13215222n32n22n12n1，2Sn23522n32n32n12n2.，得 Sn222222222n22n12n122 11212212n22n12n122112n11122n12n162n32n1. 8.解(1) 设 an 公 比 为 q， 由题 意 ， 得 q0， 且a22a13，3a25a32a4，即a1q2 3，2q25q30.解得a13，q3或a165，q12(舍去)所以数列 an 的通项公式为 an3 3n13n，nN*. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页(2)由(1)可得 bnlog3ann，所以 anbnn 3n. 所以 Sn1 32 323 33 n 3n. 所以 3Sn1 322 333 34 n 3n1两式相减，得 2Sn3(3233 3n)n 3n1(33233 3n)n 3n13 13n13n 3n13 2n1 3n12. 所以数列 anbn 的前 n 项和为 Sn3 2n1 3n14. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页