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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 随堂巩固训练(65) 1. 在等比数列an中，a42，a55，则数列lg an的前 8 项和等于 4 . 解析 ： 由题意得 a4a52510， 所以数列lg an的前 8 项和 Slg a1lg a2lg a8 lg(a1a2a8)lg(a4a5)44lg(a4a5)4lg 104. 2. 数列 1，12，1222，122223，1222232n1，的前 n 项和 Sn 2n1n2 . 解析：所求数列的通项公式为 an12222n12n1，所以其前 n 项 12n 12 和为 Sn(21)(221)(2n1)n2n1n2. 2（12n） 12 3.
2、 设等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a12 016，且 an2an1an20(nN*)， 则 S2 016 0 . 解析 ： 设 q 为等比数列an的公比， 则 an2anqanq20， 即 q22q10， 所以 q1， 所以 an(1)n12 016，所以 S2 016(a1a2)(a3a4)(a2 015a2 016)0. 4. 已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a33，S410，则 . n k1 1 Sk 2n n1 解析 ： 设数列an的首项为a1， 公差为d， 则a3a12d3， S44a16d10， 解得a11， d 1， 则 ann， Sn， 2 n（n1） 2
3、n k1 1 Sk 2 1 2 2 2 3 2 n（n1） 2 n（n1）(1 1 2) 2. ( 1 2 1 3) ( 1 n1 1 n) ( 1 n 1 n1) (1 1 n1) 2n n1 5. 数列的前 n 项和 Sn 2 . n 1 2n 1 2n1 n 2n 解析：Sn1 2 3 n， Sn1 2 3(n1) 1 2 1 4 1 8 1 2n 1 2 1 4 1 8 1 16 n， 1 2n 1 2n1 得 Sn n1， 1 2 1 2 1 4 1 8 1 2n 1 2n1 1 2(1 1 2n) 11 2 n 2n1 1 2n n 2n1 所以 Sn22. (1 1 2n n 2
4、n1) 1 2n1 n 2n 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6. 已知函数 f(n)且 anf(n)f(n1)，则 a1a2a3a100 n2， 当n为奇数时， n2，当n为偶数时，) 100 . 解析：由题意得 a1a2a3a100 1222223232424252992100210021012 (12)(32)(43)(99100)(101100) (1299100)(23100101) 5010150103100. 7. 一个只有有限项的等差数列，它的前 5 项和为 34，最后 5 项和为 146，所有项的和 为 234，则它的第 7 项为 18 . 解析 ： 据题意知 a
5、1a2a3a4a534， an4an3an2an1an146.又因为 a1an a2an1a3an2a4an3a5an4， 所以a1an36.又Sn n(a1an)234， 所以n 1 2 13，所以 a1a132a736，所以 a718. 8. 设数列an满足 a11，(1an1)(1an)1(nN*)，则akak1的值为 . 100 k1 100 101 解析 ： 因为(1an1)(1an)1， 所以 anan1anan10， 从而 1， 即数列 1 an1 1 an 1 an 是以 1 为首项， 1 为公差的等差数列， 所以 1n1n， 所以 an ， 故 an1an 1 an 1 n
6、1 （n1）n ，因此akak1( )1. 1 n 1 n1 100 k1 (1 1 2) 1 2 1 3 ( 1 100 1 101) 1 101 100 101 9. 已知正项数列an的前 n 项和为 Sn，对任意 nN*，有 2Sna an.令 bn 2 n ，设数列bn的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T2，T3，T100中有理数的个数 1 anan1an1an 为 9 . 解析：因为 2Sna an， 2 n 所以 2Sn1aan1， 2n1 两式相减，得 2an1aan1a an， 2n12 n 即 aa an1an0， 2n12 n 即(an1an)(an1an1)0. 高清试
7、卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又因为数列an为正项数列，所以 an1an10， 即 an1an1. 令 n1，可得 a11， 所以数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， 所以 ann， 所以 bn 1 n n1（n1） n （n1） nn n1 n n1（n1） n（n1） nn n1 ， （n1） nn n1 n（n1） 1 n 1 n1 所以 Tn1， 1 n1 所以 T1，T2，T3，T100中有理数的个数为 9. 10. 设 Sn是等比数列an的前 n 项和， an0， 若 S62S35， 则 S9S6的最小值为 20 . 解析 ： 当 q1 时， S62S30， 不
8、合题意， 所以公比 q1， 从而由 S62S35 得a 1（1q6） 1q 5，从而得1，故 S9S6(q6q9). a1（1q9） 1q a1（1q6） 1q 5 q62q31 5q6 q31 令 q31t0，则 S9S6520，当且仅当 t1，即 q32 时等号成立. 5（t1）2 t (t 1 t2) 11. 数列an满足 an2an12n1(nN*，n2)，a327. (1) 求 a1，a2的值； (2) 是否存在一个实数 t，使得 bn(ant)(nN*)，且数列bn为等差数列？若存在， 1 2n 求出实数 t；若不存在，请说明理由； (3) 在(2)的条件下，求数列an的前 n 项
9、和 Sn. 解析：(1) 由 a327，得 272a2231， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 a29. 因为 92a1221，所以 a12. (2) 假设存在实数 t，使得数列bn为等差数列， 则 2bnbn1bn1， 即 2(ant)(an1t)(an1t)， 1 2n 1 2n1 1 2n1 所以 4an4an1an1t， 所以 4an42an2n11t， an2n1 2 解得 t1，即存在实数 t1，使得数列bn为等差数列. (3) 由(1)(2)得 b1 ，b2 ， 3 2 5 2 所以 bnn ， 1 2 所以 anbn2n1(2n1)2n11. Sn(3201)
10、(5211)(7221)(2n1)2n11 352722(2n1)2n1n， 所以 2Sn32522723(2n1)2n2n. 由得 Sn32222222322n1(2n1)2nn 12(2n1)2nn(12n)2nn1， 12n 12 所以 Sn(2n1)2nn1. 12. 已知数列an是等比数列，前 n 项和为 Sn(nN*)，且，S663. 1 a1 1 a2 2 a3 (1) 求数列an的通项公式； (2) 若对任意的 nN*， bn是 log2an和 log2an1的等差中项， 求数列(1)nb 的前 2n 项 2 n 和. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：(1)
11、设数列an的公比为 q. 由已知得， 1 a1 1 a1q 2 a1q2 解得 q2 或 q1. 又由 S6a163，知 q1， 1q6 1q 所以 a163，解得 a11. 126 12 所以 an2n1. (2) 由题意得 bn (log2anlog2an1) (log22n1log22n)n ， 1 2 1 2 1 2 即数列bn是首项为 ，公差为 1 的等差数列. 1 2 设数列(1)nb 的前 n 项和为 Tn，则 2 n T2n(b b )(b b )(bb )b1b2b3b4b2n1b2n 2 12 22 32 422n12 2n 2n2. 2n（b1b2n） 2 13. 已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn， 且对任意nN*， an1an2(bn1 bn)恒成立. (1) 若 Ann2，b12，求 Bn； (2) 若对任意 nN*，都有 anBn及3，所以 b13. (1 1 2n11)