高三数学理科数列专题练习与解析1. 已知两个等差数列an 和bn 的前 n项和分别为An和 Bn, 且3457nnBAnn, 则使得nnba为整数的正整数n 的个数是 ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 2. 已知数列 an 的前 n 项和21nnSn(nN*), 则 a4等于（）A.301 B.341 C.201 D.3213.已知数列 an满足 a1 1，a21，an1|anan1|(n2)，则该数列前2011 项的和 S2011等于() A 1341 B669 C1340 D1339 4在函数yf(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列 xn 是等差数列，数列yn是等比数列，则函数 yf(x)的解析式可能为() A f(x)2x1 Bf(x) 4x2Cf(x)log3xDf(x)34x5.在等差数列 an中，其前n 项和是 Sn，若 S150， S160(nN*)，公比 q(0,1)，且 a1a52a3a5a2a825，又 a3与 a5的等比中项为2，bnlog2an，数列 bn 的前 n 项和为 Sn，则当S11S22Snn最大时， n 的值等于 _13.设等比数列na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa14.设等差数列na的前 n 项和为nS,若6312aS,则2limnnSn. 15. 正项等比数列na的首项512a，其前 11 项的几何平均数为52，若前 11 项中抽取一项后的几何平均数仍是52，则抽取一项的项数为_ 16数列 1, （1+2）, （1+2+22）, , （1+2+2n1）, 的前n项和等于17.等差数列 an的各项均为正数，a1 3，前 n 项和为 Sn， bn 为等比数列，b11，且 b2S264，b3S3960.(1)求 an与 bn； (2)求1S11S21Sn的值18.设数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，且 an2SnSn10(n2)，(1)求数列 Sn的通项公式；(2)设 Sn1f(n)，bnf(12n)1.记 Pn S1S2S2S3 SnSn1，Tnb1b2b2b3 bnbn1，试求 Tn，并证明Pn0，S1616(a1a16)2 8(a8a9)0，a90，S2a20， ，S8a80，S9a90，S10a100，S15a150，而 0S1S2 a2a80，所以在S1a1，S2a2，S15a15中最大的是S8a8，故选 B. 6.答案 C解析 ana1 (n 1) 1a1n 1， bnb1n1， 则 abna1bn 1a1(b1n1)1n3cnn3，故数列 cn为等差数列，首项是134，公差为1，前 10 项和为 10410(101)285. 7.答案 A 解析 sinAcosA2cosCcosA2sinCsinA? 2sinAsinCsin2A2cosAcosCcos2A? 2cos(AC)10? cosB12? B3? AC2B? A、B、C 成等差数列但当A、B、C 成等差数列时，sinAcosA2cosCcosA2sinCsinA不一定成立，如A2、B3、C6.故是充分非必要条件故选A. 8解析： na1a2anan1 q12n129n12n1 n2( 1)n n122n219n2，当n9 时， n最大故选C 答案： C 9解析： f(x)mxm1a2x1， m2，a1， f(x)x2 xx(x 1)，1f x1n n11n1n1， Sn11212131n1n111n1nn1.答案： A 10 解析： 由题意得anan 12n 1，又ann an 1(n1)，a11 ann，又 an an11bn， bn1n n1. Snb1b2 bn11n1nn1.答案： D 11解析： 设第 n(n2)行的第 2 个数构成数列an ，则有 a3a22，a4a33， a5a44， ，anan1n 1，相加得 ana223(n1)2n 12(n2)n1 n22，an2n 1 n22n2n22.答案：n2 n2212 答案 8 或 9 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页解析 a1a52a3a5a2a825， a23 2a3a5a2525，又an0，a3 a55，又q(0,1)，a3a5，又 a3 a54，a34， a51，q12，a116，an1612n125n，bnlog2an5n，bn1bn 1，bn是以 b14 为首项， 1 为公差的等差数列，Snn(9n)2，Snn9n2，当 n8 时，Snn0；当 n9 时，Snn0；当 n9 时，Snn0， 当 n8 或 9 时，S11S22S33 Snn最大13.答案： 15【解析】对于4431444134(1)1,151(1)aqsqsaa qqaqq14.答案： 1 611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSn nsaddnnnn解析：15.6 16 2n+1n2 17.解： (1)设 an的公差为 d，bn的公比为q，则 d 为正数，an3(n1)d， bnqn1，依题意有S2b2 6d q64S3b3 93d q2960，解得d2q8或d65q403(舍去 )，故 an32(n1) 2n1， bn8n1. (2)由(1)知 Sn 35 (2n1)n(n2)，所以1S11S21Sn11 312413 51n n212113121413151n1n2121121n11n2342n32 n1n2. 18.解析 (1)解： an2SnSn1 0(n2)，SnSn1 2SnSn10.1Sn1Sn12.又a1，Sn12n1(nN)(2)证明： Sn1f(n)，f(n)2n1. bn2(12n)11(12)n1. Tn(12)0 (12)1(12)1 (12)2(12)n1 (12)n(12)1(12)3(12)5(12)2n1231(14)n Pn1131351(2n1)(2n 1)12112n112. 19.解 （ 1 ）22a34a（ 2 ）213 2nnnaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页12122nnnnaa1212(2)nnnnaa当n为偶数时：120112(2)(2 )0nnnnaaa12nna当n为奇数时：120112(2)20nnnnaaa12nna所以12nna（3）112211nn)121121(2122121121111nnnnnn时当2n35122321)2121(2)15171(2)7131(2111111111132nnnnaaa当1n时，351112a显然成立。20. （）证明 :数列na中98,3221aa当2n时1143nnnaaa （*Nn）当2n时1133nnnnaaaa，即)(3111nnnnaaaa所以nnaa1是以9212aa为首项，以31为公比的等比数列（）解：由（）知11)31(92nnnaa，故21)31(92nnnaa，3122 1( )9 3nnnaa，012)31(92aa，累加得nnaa)31(311，所以nna)31(1（）nnnnb3,)3(.)322()311 (2nnnnS=).21(n)3.3231(2nn=323(1)44 32nnn n21.解： (1) 2an1anan2，an 是等差数列，设an的首项为a1，公差为d，由 a35，S636 得a12d56a115d36，解得 a11，d2.an2n1. (2)由(1)知 bn 6n(1)n1 22n1，要使得对任意n N*都有 bn1 bn恒成立，bn1bn6n1 (1)n 22n16n(1)n1 22n1 5 6n 5 ( 1)n1 22n10恒成立，即12 (1)n1(32)n. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页当 n 为奇数时，即 2 (32)n，而 (32)n的最小值为32， 3. 当 n 为偶数时， 2(32)n，而 2(32)n的最大值为92， 92. 由上式可得92 3，而 为正整数， 1 或 2. 22.（1）5,21121,21122nannSnnSnnn212nnbbbn，为等差数列，nb17,1532)(9,115913bbbb即23, 3nbdn（2）)121121(21) 12)(36(3nnnnCn)121121(21121121.513131121nnnnTn19,5731)(1minkkTnn时，当故 k 的最大正整数值为18。23. 解（1）S2n=an21nS，an=Sn- Sn-1（n2） ，S2n=（Sn-Sn-1）21nS, 2Sn-1Sn=Sn-1- Sn， 由题意Sn-1Sn 0，式两边同除以Sn-1Sn ，得nS1-11nS=2，数列nS1是首项为11S=11a=1，公差为2 的等差数列 . nS1=1+2（ n-1 ） =2n-1 ， Sn=121n. （2）又 bn=12nSn=) 12)(12(1nn=21121121nn，Tn=b1+b2+bn=211211215131311nn=211211n=12nn.- 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页