2022年高三数列专题练习30道带答案 .pdf

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1、试卷第 1 页，总 6 页高三数列专题训练二学校 :_姓名： _班级： _考号： _ 一、解答题1在公差不为零的等差数列na中，已知23a，且137aaa、成等比数列（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）设数列na的前n项和为nS，记292nnbS，求数列nb的前n项和nT2已知等差数列na的前n项和为nS，公差,50,053SSd且1341,aaa成等比数列 .（）求数列na的通项公式；（）设nnab是首项为1，公比为3 的等比数列，求数列nb的前n项和nT.3设等比数列na的前n项和为nS，218a，且1116S，2S，3S成等差数列，数列nb满足2nbn（ 1）求数列na的通项公式；（

2、2） 设nnncab， 若对任意*nN， 不等式121212nncccS恒成立，求的取值范围4已知等差数列na的公差2d，其前n项和为nS，且等比数列 nb 满足11ba，24ba，313ba（）求数列na 的通项公式和数列nb 的前n项和nB；（）记数列1nS的前n项和为nT，求nT5设数列na的前n项和为nS，且满足21,2,3,nnSanL（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若数列nb满足11b，且1nnnbba，求数列nb的通项公式；（ 3）设3nncnb，求数列nc的前n项和nT精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共

3、 33 页试卷第 2 页，总 6 页6已知差数列等na的前n项和nS，且对于任意的正整数n满足21nnSa.（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）设11nnnba a, 求数列nb的前n项和nB.7对于数列na、nb，nS为数列na的前n项和， 且naSnSnnn)1(1，111ba，231nnbb，Nn.（ 1）求数列na、nb的通项公式；（ 2）令)1()(2nnnbnnac，求数列nc的前n项和nT.8已知na是各项均为正数的等比数列，且1212112()aaaa，34534511164()aaaaaa（ 1）求na的通项公式；（ 2）设21()nnnbaa，求数列nb的前n项和nT9已

4、知数列na的首项11a，前 n项和为nS，且1210nnSSn（*nN）.（）求证：数列 1na为等比数列；（）令nnbna ，求数列 nb的前n项和nT .10 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123a aa（）求数列na的通项公式；（） 设3lognnba，且nS为数列nb的前n项和， 求数列12nnSS的前n项和nT11已知数列na的前n项和为nS,2121,2nnnaSaa（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若2nanb, 求13521.nbbbb12设公差不为0 的等差数列na的首项为1，且2514,aa a构成等比数列精选学习资料 - -

5、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 33 页试卷第 3 页，总 6 页（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若数列nb满足*121211,2nnnbbbnNaaaL，求nb的前n项和nT13已知数列na是等比数列，满足143,24aa，数列nb满足144,22bb，且nnba是等差数列 .（ I ）求数列na和nb的通项公式；（ II ）求数列nb的前 n 项和。14设数列na满足321212222nnaaaanL，*nN.（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）设1(1)(1)nnnnabaa，求数列nb的前n项和nS.15数列na的前n项和n

6、S满足12nnSaa，且123,1,a aa成等差数列（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）设11nnnnabS S，求数列nb的前n项和nT16 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123a aa.（）求数列na的通项公式；（）设3lognnba， 且nS为数列nb的前n项和，求数列的12nnSS的前n项和nT.17 已 知 数 列na和nb满 足21a，11b，nnaa21（Nn），1131211321nnbbnbbb（Nn）.（ 1）求na与nb；（ 2）记数列nnba的前n项和为nT，求nT.18 已知数列na中，21a，nnaa121，数列nb中

7、，11nnab， 其中Nn.（ 1）求证：数列nb是等差数列；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 33 页试卷第 4 页，总 6 页（ 2）设nS是数列31nb的前n项和，求nSSS1112119 已知 各 项均 为 正 数 的 数列na的 前n项 和为nS,满 足2123724,1,nnaSnaaa恰为等比数列nb的前3项.（ 1）求数列na,nb的通项公式；（ 2）若2111lognnnnncba a, 求数列nc的前n项和为nT.20已知等比数列na满足2343aa,1313a a, 公比1q（ 1）求数列na的通项公

8、式与前n 项和；（ 2）设12log 3nnba，数列2nnb b的前 n 项和为 Tn，若对于任意的正整数，都有234nTmm成立，求实数 m的取值范围21已知等差数列na满足：25a, 前4项和428S.（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若1nnnba, 求数列nb的前2n项和2nT22已知公差不为零的等差数列na中，11a，且139,a a a成等比数列。（ 1）求数列na的通项公式（ 2）求数列2na的前n项和nS。23 （本小题满分14 分）等比数列na的前n项和aSnn62，数列b n满足)loglog(log122221naaannb（*Nn）. （ 1）求a的值及na的通项

9、公式；（ 2）求数列11nnbb的前n项和；（ 3）求数列nnba的最小项的值 .24 数列na的通项na是关于x的不等式2xxnx的解集中正整数的个数，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 33 页试卷第 5 页，总 6 页111( )12nnnf naaan（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若2nnnab，求数列nb的前n项和nS；（ 3）求证：对2n且*nN恒有7( )112f n25 已知各项均不为零的数列na满足：2*2+1nnnaaanN， 且12a,478aa（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）令*1 2n

10、nnabnNn n，求数列nb的前n项和nS26已知na是单调递增的等差数列，首项13a，前n项和为nS，数列nb是等比数列，首项11b，且223212,20a bSb（ 1）求na和nb通项公式；（ 2）令cosnnncSanN，求nc的前n项和nT27在数列 an中， a1=1， a4=7，an+22an+1+an=0（nN）（ 1）求数列an的通项公式；（ 2）若 bn=） （nN+） ，求数列 bn 的前 n 项和 Sn28已知数列na的前n项和为nS, 且1nSn nnN.（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）若数列nb满足31223.31313131nnnbbbba, 求数列nb的

11、通项公式；（ 3） 令4nnna bcnN, 数列nc的前n项和为nT.29已知数列na的前n项和2)1(nnSn.（）求数列na的通项公式；（）设)12() 1(1nnannnaaabn，求数列nb的前n项和nT.30设数列na满足：1113nnaaa，*nN设nS为数列nb的前n项和，已知10b，112nnbbS S，*nN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 33 页试卷第 6 页，总 6 页（ 1）求数列na，nb的通项公式；（ 2）设3lognnncba，求数列nc的前n项和nT精选学习资料 - - - - - -

12、- - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 33 页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 27 页参考答案1 （ 1）1nan（ 2）1nnTn【解析】试题分析：（1）求等差数列通项公式，基本方法为待定系数法，即根据条件列两个关于首项与公差的方程：21111326adadaad，注意公差不为零，解得121ad，代入 通 项 公 式 得2111nann（ 2 ） 先 根 据 等 差 数 列 求 和 公 式 得33319132122nnnn nSn， 因 此 代 入 化 简 数 列nb通 项 公 式3992122911nnbSn nn n，

13、所以利用裂项相消法求和，即111nbnn，121111111112231nnnTbbbnnnnLL试题解析：设na的公差为d，依题意得121113260adadaadd， 3 分解得121ad， 5 分2111nann 6 分33319132122nnnn nSn，3992111229111nnbSn nn nnn， 9 分121111111112231nnnTbbbnnnnLL，故1nnTn 12 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 33 页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 27 页

14、考点：等差数列通项，裂项相消法求和【方法点睛】 裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1nnca a ( 其中na是各项均不为零的等差数列， c 为常数 ) 的数列 . 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例 ) ，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)nn或1(2)n n.2 （）21nan（）3nnTn【解析】试题分析：（）将已知条件转化为首项和公差表示，解方程组可得到基本量，从而确定数列的通项公式； （）首先化简数列nnba得到nb的通项公式1(21) 3nnbn，结合特点采用裂项相消法求和试题解析：（

15、）依题意得)12()3(5025452233112111daadadada 2 分解得231da， 4 分1212)1(23)1(1nanndnaann即，. 6 分( )13nnnab，113)12(3nnnnnab7分123)12(37353nnnTnnnnnT3)12(3)12(37353331329 分nnnnT3)12(323232321213(1 3)32(21)32313nnnnnnnnT312 分考点：数列求通项公式及数列求和精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 33 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答

16、案仅供参考。答案第 3 页，总 27 页3 （ 1）11( )2nna； （2）(,2【解析】试题分析：（ 1）设数列na的公比为q，由1116S，2S，3S称等差数列，求解12q，即可求解数列的通项公式；（2）由（ 1）可知2nnnc，利用乘公比错位相减法，求解数列的和222nnnT，再根据不等式121212nncccS恒成立， 利用( )f n关于n单调性，即可求解的取值范围试题解析：（1）设数列na的公比为q，1116S，2S，3S称等差数列，2131216SSS，23116aa，218a，3116a，3212aqa，2212111( )( )822nnnnaa q（2）设数列nc的前n

17、项和为nT，则12nnTccc，又112( )22nnnnnncabn，231232222nnnT，231112122222nnnnnT，两式相减得23111111222222nnnnT1111(1)1221122212nnnnnn1212nnw，222nnnT，又11(1)1142(1)12212nnnS，对任意*nN，不等式121212nncccS恒成立，等价于1212nnTS恒成立， 即211211222nnn恒成立， 即11222nn恒成立，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 33 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后

18、使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 27 页令+1( )2nnf n，1121(1)( )0222nnnnnnf nf n，( )f n关于n单调递减，122nn关于n单调递增，21222，2，所以的取值范围为(,2考点：数列的综合问题【方法点晴】 本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到等比数列的通项公式、等比数列的性质、数列的乘公比错位相减法求和、数列与函数的应用等知识点的综合考查，着重中考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生转化与化归思想的应用，本题的解答中利用乘公比错位相减法求得数列的和，转化为利用函数的单调性是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题4 （）3(31

19、)2n； （）32342(1)(2)nnn【解析】试题分析： （） 因为等差数列na的公差2d， 所以有2221 3111(24)(6)bbba aa，解之得13a，得3(1)221nann，设等比数列nb的公比为q，则3q，由等 比 数 列 前n 项 和 公 式 即 可 求 出 结 果 . （ ） 由 （ ） 得(2)nSn n， 所 以111 11()(2)22nSn nnn，采用裂项相消即可求出结果.试题解析：解： （）因为等差数列na 的公差2d，所以有22213111(24)(6)bb ba aa，解之得13a得3(1)221nann，设等比数列 nb的公比为q，则3q，于是3(13

20、 )3(31)132nnnB（）由（）得(2)nSn n，所以111 11()(2)22nSn nnn因此111111111111(1)()()()()()23243546112nTnnnnL1111323(1)221242(1)(2)nnnnn.考点： 1. 等差数列与等比数列；2. 数列求和 .【方法点睛】 裂项相消在使用过程中有一个很重要得特征，就是能把一个数列的每一项裂为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 33 页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 5 页，总 27 页两项的差，其本质就是两

21、大类型类型一:nkafn fnc型，通过拼凑法裂解成11nnn cnn ckkaa acdaa；类型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公式直接裂项型； 该类型的特点是需要熟悉无理型的特征，对数的运算法则和阶乘和组合数公式。无理型的特征是， 分母为等差数列的连续两项的开方和，形如nkafnfnc型，常见的有111nnnn；对数运算11logloglognaanannaaaa本身可以裂解；阶乘和组合数公式型要重点掌握!1 !nnnn和11mmmnnnCCC.5 （ 1）112nna； （2）11322nnb； （3）nnnT21488.【解析】试题分析：（ 1）由已知数列递推式求出首项，

22、得到当2n时，112nnaS，与原递推式作差后可得数列na是以6为首项， 以3为公比的等比数列再由等比数列的通项公式得答案；（ 2）由（ 1）可得1112nnnbb，由累加法可求其通项公式；（3）由错位相减法求其前n项和 .试题解析：（1）解：当1n时，112Sa，则11a，当2n时，11122nnnnnnnaSSaaaa，则12nnaa，112nnaa，所以， 数列na是以首相11a，公比为12，而112nna；（2）1nnnbba，1112nnnbb，当2n时，121321nnnbbbbbbbbL10122111111112113212222212nnnL，精选学习资料 - - - - -

23、 - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 33 页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 6 页，总 27 页又11b满足，11322nnb；（3）11322nnnCnbn，022111111223122222nnnTnnL而2311111112231222222nnnTnnL- 得：012111111122222222nnnTnL，111811244848841222212nnnnnnTnnn考点：（1）数列递推式； （2）数列的通项公式； （3）数列求和 .【方法点晴】 本题考查了数列的通项公式，考查了数列的求和，关键是会用累加法求通项

24、公式和数列的错位相减法求和，难度适中；解题中，在利用1nnnSSa这一常用等式以及nfbbnn 1时，用累加法求其通项公式；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于nnnbac，其中na和nb分别为特殊数列，裂项相消法类似于11nnan，错位相减法类似于nnnbac，其中na为等差数列，nb为等比数列等 .6 （ 1）21nan； （2）111221nBn.【解析】试题分析：（1）当1n时，11a，1n时，利用11(1)(2)nnnSnaSSn求得通项公式为21nan；（2） 根据（1） 化简11122121nbnn， 利用裂项求和法求得21nnTn.试题解析：（ 1

25、）Q对于任意的正整数,21nnnSa恒成立，当1n时，1121aa，即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 33 页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 7 页，总 27 页21110,1aa, 当2n时 ， 有1121nnSa,22- 得2211422nnnnnaaaaa，即1120nnnnaaaa,110,0,2nnnnnaaaaaQ,数列na是首项为1公差为2的等差数列 .11221nann.（2）12111121,.21212 2121nnnnanbBbbbnnnnQ111111111.1233

26、52121221nnn.考点：递推数列求通项，裂项求和法.7 （ 1）2nan，1321nnb； （2）13452415nnnT.【解析】试题分析：（ 1 ）由naSnSnnn)1(1121nnaan111()(nnnnaaaa232211)()()(21)(23)31naaaaaannLL(21 1)2nn2n2nan. 由231nnbb113(1)nnbb 1nb是 等 比 数 列 ， 首 项 为211b，公比为31321nnb1321nnb； （2）1123132)(2nnnnnnnc012234333nT21133nnnnL2310031334333323nnnnnT11525222

27、3nnnT154nT1254 3nn.试题解析：（1）因为naSnSnnn)1(1，所以121naann，所以13)32()12()()()()(112232111nnaaaaaaaaaannnnn22)112(nnn， 所 以na的 通 项 公 式 为2nan. 由231nnbb， 得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 33 页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 8 页，总 27 页)1(311nnbb， 所 以 1nb是 等 比 数 列 ， 首 项 为211b， 公 比 为3， 所 以1321n

28、nb，所以nb的通项公式为1321nnb.（2）1123132)(2nnnnnnnc，所以12210313343332nnnnnT，则2310031334333323nnnnnT- 得111122325221531311311631)3131311 (62nnnnnnnnnT.所以13452415nnnT.考点： 1、等差数列及其性质；2、等比数列及其性质；3、数列的前n项和 .【方法点晴】本题考查等差数列及其性质、等比数列及其性质、数列的前n项和，涉及特殊与一般思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 第一小题先由naSnSnnn)1(1求

29、得121nnaan，再利用累加法求得2nan. 又由231nnbb求得113(1)nnbb， 可得 1nb是等比数列再求得1321nnb. 第二小题化简1123132)(2nnnnnnnc，再利用错位相减法求得154nT1254 3nn.8 （ 1）12nna； （2）11(44)213nnn.【解析】试题分析：（ 1）根据已知列出关于首项1a和公比q的方程组，解出首项1a和公比q的值即可求得na的通项公式； （2） 由 （1） 可知21()nnnbaa2121112424nnnnaa，分三组分别求和即可.试题解析： （1）设公比为q，则11nnaa q，由已知有111123411123411

30、1112()11164(),aa qaa qa qa qa qa qa qa q，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 33 页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 9 页，总 27 页化简得212612,64,a qa q又10a，故2q，11a，所以12nna（2）由（ 1）可知21()nnnbaa2121112424nnnnaa，因此1111(1 44)(1)44nnnT2n11(44)213nnn考点： 1、等比数列的通项及求和公式；2、“分组求和”的应用.9 （）见解析； （）1(1)(1)2

31、22nnn nTn.【解析】试题分析： （）根据1nnnaSS结合已知条件等式即可使问题得证；（）首先根据（）求得nb的通项公式，然后利用分组求和法与错位相减法求解即可.试题解析：（）由1210nnSSn，当2n时，12110nnSSn，两式相减，得1210nnaa，可得112(1)(2)nnaan， 4 分又121()21 10aaa，则23a，满足2112(1)aa，即 1na是一个首项为2，公比为2 的等比数列 .6 分（）据（）得21nna，所以2nnnbnann ， 7 分则12nnTbbbL1212222(12)nnnLL.令1212222nnWnL，则231212222nnWnL

32、，所以21112(12 )22222(1)2212nnnnnnWnnnL.则1(1)22nnWn.10 分所以1(1)(1)222nnn nTn. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 33 页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 10 页，总 27 页考点： 1、等比数列的定义；2、数列求和 .【方法点睛】 对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列，此法称为辅助数列法. 常用转化方法：变换法、待定系数法、加减法、累加法、

33、迭代法等.10 （）3nna； （）nT1422nnn【解析】试题分析：（） 利用等差等比定义及性质组建方程组，求通项；（） 利用第一问求出nb，再利用等差数列求和公式得nS，最后通过裂项相消法求和试题解析：（I ）设等比数列的公比为q，由题意知0q，且12332aaa，2111211132aa qa qa a qa qg，解得13aq，故3nna5 分（II ）由（ I ）得3lognnban，所以(1)2nn nS6 分1221122()2(1)1nnSSn nnn，8 分故数列12nnSS的前n项和为111112(1)()()22231nTnnnL21242(1)211nnnnn12 分

34、考点： 1、等差等比知识；2、裂项相消求和11 （1）nan； （2）12413n【解析】试题分析：（1）根据2121,2nnnaSaa，令1n解得11ad，进而得数列na的通项公式为nan； （2）由（ 1）22nannb，进而得21nb是首项为2, 公比为4的等比数列 , 再由等比数列前n项和公式可得结果试题解析：（ 1）222nnnSaa，则2212112Saaaa，又11a，得22a，等差数列na的公差211daa，所以数列na的通项公式为nan（ 2 ）22nannb, 所 以 数 列21nb是 首 项 为2, 公 比 为4的 等 比 数 列 ,精选学习资料 - - - - - -

35、- - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 33 页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 11 页，总 27 页1135212.413nnbbbb考点： 1、等差数列的通项公式；2、等比数列前n项和公式12 （1）12nan； （2）2332nnnT【解析】试题分析： （1）设等差数列na的公差为0dd，由2514,aa a构成等比数列得关于d的方程，解出d后 利 用 等 差 数 列 的 通 项 公 式 可 得na； （ 2 ） 由 条 件 可 知 ，2n时 ，nnnnnab212112111，再由（ 1）可求得nb，注意验证1n的情形，利用错位

36、相减法可求得nT试题解析： （ 1）设等差数列na的公差为0d d，由2514,aa a构成等比数列，有25214aa a， 即214121 13ddd， 解 得0d（ 舍 去 ）， 或2d， 11221nann（2）由已知1212112nnnbbbaaaL，当1n时，1112ba；当2n时，有1121121112nnnbbbaaaL，相减得111111222nnnnnba，当1n时 ， 上 式 也 成 立 ， 所 以*12nnnbnNa， 又 由 （ 1 ） ， 知21nan， *212nnnbnN，由2323113521 1132321,222222222nnnnnnnnTTLL，相减得2

37、311111222213121222222222nnnnnnnTL，2332nnnT考点：（1）数列的求和； （2）等差数列与等比数列的综合【方法点晴】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点， 难度不大； 常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于nnnbac，其中na和nb分别为特殊数列，裂项相消法类似于11nnan，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 33 页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 12 页，总 27 页错位相减法类似于n

38、nnbac，其中na为等差数列，nb为等比数列等13 ( )123nna；1232(1,2,).nnbnnL（）(3)3232nnn.【解析】试题分析：（）数列na是等比数列 , 所以根据公式mnmnaaq，求公比，根据首项和公比求通项公式，因为数列nnba是等差数列，所以根据数列的首项11ab和数列的第四项44ab，求数列的公差，即求得数列nnba的通项公式，最后再求得数列nb的通项公式；（）123 2(1,2,)nnbnnL，所以根据分组转化法：等差数列加等比数列求和 .试题解析：（I ）设等比数列na的公比为q，由题意得3412483aqa，解得2q.所以11132(1,2,)nnnaa

39、 qnL. 设等差数列nnba的公差为d，所以4411()3babad. 即2224(43)3d. 解得1d.所以11()(1)1(1)2nnbabandnn.从而123 2(1,2,).nnbnnL（II ）由（ I ）知1232(1,2,)nnbnnL.数列2n的前 n 项和为(3)2nn，数列13 2n的前 n 项和为1233(21)32312nnn. 所以，数列nb的前 n 项和为(3)3 232nnn.考点： 1. 等差，等比数列求和；2. 分组转化法求和.14 （1）*2 ()nnanN； （2）11121nnS.【解析】试 题 分 析 ： （ 1 ） 利 用 递 推 关 系 即

40、可 得 出 ； （ 2 ） 结 合 （ 1 ） 可 得1211211212211nnnnnnb，利用裂项相消求和.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 33 页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 13 页，总 27 页试题解析：（1）因为321212222nnaaaanL，*nN，所以当1n时，12a. 当2n时，3121222(1)222nnaaaanL，- 得，122nna所以2nna.因为12a，适合上式，所以*2 ()nnanN. （2）由（ 1）得2nna，所以112(1)(1)(21)(2

41、1)nnnnnnnabaa1112121nn.所以12nnSbbbL11111111(1)()()()3377152121nnL11121n.考点：（1）数列递推式； （2）数列求和 .15 （1）2nna（2）211222n【解析】试 题 分 析 ：（ 1 ） 由 通 项 与 和 项 关 系 求 数 列 通 项 公 式 ， 需 注 意 分 类 讨 论 ， 即112=1nnnnassnas n，而由122nnaan得数列成等比是不充分的，需强调每一项不为零，这就必须求出首项（2）因为11222222nnnnb，所以一般利用裂项求和：12112222nnnb，即23341211111122222

42、2222222nnnTL L22211112222222nn试题解析： 解： （ 1）由已知12nnsaa，有12nnnassn，即122nnaan，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 33 页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 14 页，总 27 页即数列na是以 2 为公比的等比数列， 又123,1,a aa成等差数列， 即：13212aaaa，111142 21,2,21nnaaaaan解得故（2）由（ 1）知122nnS，1121221122222222nnnnnnb，23341211111

43、1222222222222nnnTL L22211112222222nn考点：由通项与和项关系求数列通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】给出Sn与 an的递推关系求an，常用思路是：一是利用SnSn 1an（n2）转化为 an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与 n 之间的关系，再求an. 应用关系式an1,nn-1Sn=1SSn 2，时，一定要注意分n 1，n2 两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.16 （I ）3nna； （II ）2241nnnn【解析】试题分析：（I ）根据“312a是13a与22a的等差中项” ， “123a aa”这两

44、个已知条件，化为1,a q的形式，联立方程组， 解得13aq， 故3nna.（ II ） 由 （） ， 得3lognnban，所以(1)2nn nS，代入所求， 得1221122()2(1)1nnSSn nnn，利用裂项求和法，求得2241nnnTn.试题解析：（）设等比数列的公比为q，由题意知0q，且12332aaa，2111211132,.aa qa qa a qa qg，解得13aq，故3nna.（）由（） ，得3lognnban，所以(1)2nn nS.1221122()2(1)1nnSSn nnn，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

45、 -第 20 页，共 33 页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 15 页，总 27 页故数列12nnSS的前n项和为111112(1)()()22231nTnnnL21242(1)211nnnnn.考点：数列基本概念，数列求和17 （1）nbn； （2）22)1(1nnnT【解析】试题分析：（1）利用公式直接计算可知数列na的通项公式，通过作差可知11nnbbnn，进而可得nbn； （2）通过（ 1）可知nnnnba2，即可利用错位相加法计算数列的和.试题解析：（1）由21a，nnaa21，得：nna2.当1n时，121bb，故22b.当2n时，nnnbbbn11，整

46、理得nnbbnn11，nbn.（2）由（ 1）知，nnnnba2，nnnT22322232，143222)1(232222nnnnnT22)1(2222221132nnnnnnnnTTT，22)1(1nnnT.考点：数列的递推关系式；数列的求和.18 （1）证明见解析； （2）61nn【解析】试题分析：（1）化简11nnbb，11b，证得数列nb是以1为首项，以1为公差的等差数列；（2）由(1)6nn nS，得到1116()1nSnn，即可利用裂项求和，求得数列的和.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 33 页本卷由系统自

47、动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 16 页，总 27 页试题解析： （1） 证明：1111111121111111nnnnnnnnnaaaaaaabb，而11111ab，数列nb是以 1 为首项，以1 为公差的等差数列.（2）解：3 1)1(13131nnbn，6) 1(2)331(nnnnSn，)111(6)1(61nnnnSn，16)1113121211 (611121nnnnSSSn.考点：等差数列的概念；数列求和.19 （1）1nan,nnb2； （2）1(121222(2nnnTnnnn数）为奇数）为偶.【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式

48、求解；（2）借助题设条件运用分类整合思想和裂项相消法求解.试题解析：（1）221124,2142nnnnaSnaSnnQ,两式相减得222221121,211nnnnnnnaaaaaaa,naQ是各项均为正数的数列, 所以11nnaa, 又223272221,115aaaaaa, 解 得123,2aa, 所 以na是 以2为 首 项 ,1为 公 差 的 等 差 数 列 , 所 以1nan. 由 题 意 知1232,4,8,2nnbbbb.（2）由（ 1）得2111log 211212nnnncnnnnn,故12111.123.1.233412nnnTcccnnn设123.1nnFn,则当n为偶

49、数时,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 33 页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 17 页，总 27 页1234.12nnFnn,当n为奇数时,11122nnnnFFnn, 设111.233412nGnn,则1111111.1122342.23nGnnn,所以1(121222(2nnnTnnnn数）为奇数）为偶.考点：等差数列等比数列的通项公式及分类整合思想和裂项相消法等有关知识的综合运用20 （）2232129,3nnnnSa； （）0m或1m【解析】试题分析： （1）由等比数列的通项公式和性

50、质可求得31, 132aa，由此可求得数列的通项公式和前n项和公式；（ 2 ） 化 简 得nbn1， 可 求 得)211(212nnbbnn， 由 裂 项 相 消 可 求 得43)211211(21nnTn，题中不等式可转化为43432mm，由此可解得m的取值范围试题解析： （1） 由题设知，231413a aa a， 又因为2343aa，1q, 解得：2311,3aa，故 an3113n23n前 n 项和 Sn92212 3n.（2）因为 bn312logna122n1n，所以2nnb b12n n11122nn，所以1324352nnnTb bb bb bb bL1111111111123