1、1 第第四四章章 数列单元检测数列单元检测（基础基础） 注：本检测满分 150 分。其中 8 道单选题，4 道多选题，4 道填空题，6 道解答题一、单选题一、单选题 1已知数列 2，2，2 2，4，则16 2是这个数列的（ ） A第 8 项 B第 9 项 C第 10 项 D第 11 项 2记等差数列 n a的前n项和为 n S，若 5 2a ， 2546 8aa aa，则 20 S（ ） A180 B180 C162 D162 3在数列 n a中， 1 1 2 a ， 1 1 1 n n a a （2n ，n + N） ，则 2020 a（ ） A 1 2 B1 C1 D2 4等比数列 n a
2、的前 n 项和为 n S，若0 n a ，1q ， 3526 20,64aaa a，则 5 S （ ） A B C42 D 5两等差数列 n a和 n b，前 n 项和分别为 n S， n T，且 72 3 n n Sn Tn ，则 220 715 aa bb 的值为（ ） A149 24 B 79 14 C16 5 D 51 10 6等比数列 n a中（ ） A若 12 aa，则 45 aa B若 12 aa，则 34 aa C若 32 SS，则 12 aa D若 32 SS，则 12 aa 7函数( )3sin2cos23f xxx的正数零点从小到大构成数列 n a，则 3 a （ ） A
3、13 12 B 5 4 C17 12 D 7 6 8已知函数 cosln x f xx x ，若 22018 201920192019 fff 1009ln0,0)abab（，则 11 ab 的最小值为（ ） A2 B4 C6 D8 2 二、多选题二、多选题 9无穷数列 n a的前n项和 2 n Sanbnc，其中a，b，c为实数，则（ ） A n a可能为等差数列 B n a可能为等比数列 C n a中一定存在连续三项构成等差数列 D n a中一定存在连续三项构成等比数列 10数列 n a的前n项和为 n S，若 1 1a ， * 1 2 nn aSnN ，则有（ ） A 1 3n n S
4、B n S为等比数列 C 1 2 3n n a D 2 1,1, 2 3,2 n n n a n 11 设 n a是等差数列， n S是其前n项的和， 且 56 SS， 678 SSS， 则下列结论正确的是 （ ） A0d B 7 0a C 95 SS D 6 S与 7 S均为 n S的最大值 12将 n2个数排成 n行 n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的 n 个数从上到下构成以 m 为公差的 等差数列，每一行的 n个数从左到右构成以 m为公比的等比数列（其中 m0）.已知 a112，a13 a61+1，记这 n2个数的和为 S.下列结论正确的有（ ） Am3 B 7 67 17 3a C
5、1 313 j ij ai D 1 31 31 4 n Snn 3 三、填空题三、填空题 13已知数列 n a的通项公式是246 n an，那么 n S达到最小值时 n为_. 14 我国古代， 9 是数字之极， 代表尊贵之意， 所以中国古代皇家建筑中包含许多与 9 相关的设计 例 如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图） ，最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有 9 块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多 9 块，共有 9 圈，则前 9 圈的石板总数是_ 15 在数列的每相邻两项之间插入此两项的积， 形成新的数列， 这样的操作叫做该数列的一次“扩展”. 将数列 1，4 进行“扩展”，第
6、一次得到数列 1，4，4；第二次得到数列 1，4，4，16，4；第n 次得到数列 1， 1 x， 2 x， i x，4，并记 212 log14 ni axxx，其中 21 n t ， * nN. 则 n a的通项 n a _. 16如图，互不相同的点 12 , n A AA和 12 , n B BB分别在角 O 的两条边上，所有 nn A B相 互平行，且所有梯形 11nnnn A B BA 的面积均相等.设nn OAa.若 1 1a ， 2 2a ，则数列 n a的通项 公式是_. 4 四、解答题四、解答题 17在 1 1 2 n n a a ， 1 1 6 nn aa ， 1 8 nn
7、aan 这三个条件中任选一个，补充在下面 的问题中，若问题中的 n S存在最大值，则求出最大值；若问题中的 n S不存在最大值，请说明理由. 问题：设 n S是数列 n a的前n项和，且 1 4a ，_，求 n a的通项公式，并判断 n S是否 存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 18数列 n a的前n项和 2 =1003 n SnnnN . (1)求数列 n a的通项公式； (2)设 nn ba，求数列 n b的前n项和 n T. 5 19已知数列 n a满足 1 2a ， 1 1 22n nn aa . （1）证明：数列 2 n n a 为等差数列； （2）设 2
8、 n n n a b ，证明： 1 22 31 111 1 nn bbb bb b . 20设 n a是公比大于 1 的等比数列， 123 14aaa，且 2 1a 是 1 a， 3 a的等差中项. （1）求数列 n a的通项公式； （2）若 2 1 log 2 n nn ba ，求数列 n b的前 n项和 n T. 6 21已知数列 n a的前n项和为 2 31 22 n Snn. （1）求数列 n a的通项公式； （2）数列lg nn ba， x表示不超过x的最大整数，求 n b的前 1000 项和 1000 T. 7 22已知 n a为等差数列， n b为等比数列， 11543543 1
9、,5,4abaaabbb （）求 n a和 n b的通项公式； （）记 n a的前n项和为 n S，求证： 2* 21nnn S SSn N； （）对任意的正整数n，设 2 1 1 32 , ,. nn nn n n n ab n a a c a n b 为奇数 为偶数 求数列 n c的前2n项和 8 第第四四章章 数列单元检测数列单元检测 A 解析版解析版 学校:_姓名：_班级：_考号：_ 注：本检测满分 150 分。其中 8 道单选题，4 道多选题，4 道填空题，6 道解答题。 一、单选题一、单选题 1已知数列已知数列 2， ，2，2 2，4，则，则16 2是这个数列的（是这个数列的（ ）
10、 A第第 8 项项 B第第 9 项项 C第第 10 项项 D第第 11 项 项 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 【分析】 将数列中的每一项都写成( 2)n，即可判断16 2是第几项. 【详解】 可将数列改写为 2， 2 ( 2)， 3 ( 2)， 4 ( 2)，. ， 由此可归纳该数列的通项公式为( 2)n n a ， 又 9 16 2( 2)，则其为该数列的第 9项. 故选：B. 【点睛】 本题考查了由数列的前几项归纳出其通项公式，属于基础题. 2记等差数列记等差数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，若，若 5 2a ， 2546 8aa aa，则，则 20 S（ ） A180
11、B180 C162 D162 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 【分析】 先利用等差数列的通项公式，求出等差数列的首项和公差，再根据前n项和公式即可求出 20 S. 【详解】 5 2a ， 246 28aaa， 1 111 42 26840 ad adadad , 解得 1 111 42 26840 ad adadad ， 9 2d ， 1 10a ， ()20 10 19228a=+?=-， 120 20 20 180 2 aa S . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查等差数列的性质和前n项和公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题. 3在数列在数列 n a中，中， 1 1 2 a ，
12、 1 1 1 n n a a （2n ，n + N） ，则） ，则 2020 a（ ） A 1 2 B1 C1 D 2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】 【分析】 通过递推式求出数列前几项可得数列为周期数列，利用数列的周期性可得答案. 【详解】 2 1 1 11 21a a ， 3 2 1 11 12a a ， 4 3 111 11 22 a a ， 可得数列 n a是以 3 为周期的周期数列， 20203 673 11 1 2 aaa . 故选：A. 【点睛】 本题考查数列的周期性，关键是通过递推式求出前几项观察出周期，是基础题. 4等比数列等比数列 n a的前的前 n项和为项和为 n
13、S，若，若0 n a ，1q ， 3526 20,64aaa a，则，则 5 S （ ） A B C42 D 【答案】【答案】D 【解析】【解析】 【分析】 根据 26 64a a ，利用等比数列的性质得到 35 64a a ,结合 35 20aa，利用根与系数的关系构造 10 二次方程求解得到 35 ,a a的值，进而得到等比数列的首项和公比，然后利用求和公式计算即得所求. 【详解】 由于在等比数列 n a中，由 26 64a a 可得： 3526 64a aa a， 又因为 35 20aa， 所以有： 35 ,a a是方程 2 20640 xx的二实根，又 0,1 n aq，所以 35 a
14、a， 故解得： 35 4,16aa，从而公比 53 1 2 3 2,1, aa qa aq 那么 5 5 21 31 2 1 S ， 故选：D 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式，等比数列的性质，等比数列的求和，属中档题. 5两等差数列两等差数列 n a和和 n b，前，前 n项和分别为项和分别为 n S， n T，且，且 72 3 n n Sn Tn ，则，则 220 715 aa bb 的值为（的值为（ ） A149 24 B 79 14 C 16 5 D 51 10 【答案】【答案】A 【解析【解析】 【分析】 在 n a为等差数列中，当(mnpq m，n，p，)qN时， mnpq a
15、aaa 所以结合此性 质可得： 22021 71521 aaS bbT ，再根据题意得到答案 【详解】 解：在 n a为等差数列中，当(mnpq m，n，p，)qN时， mnpq aaaa 所以 121 22021 71521 121 1 21 () 2 1 21 () 2 aa aaS bbT bb ， 又因为 72 3 n n Sn Tn ， 所以 220 715 149 24 aa bb 11 故选：A 【点睛】 本题主要考查等差数列的下标和性质，属于中档题 6等比数列等比数列 n a中（中（ ） A若若 12 aa，则，则 45 aa B若若 12 aa，则，则 34 aa C若若 3
16、2 SS，则，则 12 aa D若若 32 SS，则，则 12 aa 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 【分析】 根据等比数列的通项公式及求和公式，等比数列的公比分析即可求出答案. 【详解】 等比数列 n a中， 2 0q ， 当 12 aa时，可得 22 12 a qa q，及 34 aa，故 B 正确； 但 3 41 aa q和 3 52 aa q不能判断大小（ 3 q正负不确定） ，故 A错误； 当 32 SS时，则 12312 +aaaaa，可得 3 0a ，即 2 1 0a q ，可得 1 0a ， 由于q不确定，不能确定 12 ,a a的大小，故 CD 错误. 故选：B. 【点
17、睛】 本题考查等比数列通项公式和求和公式的应用，属于基础题. 7函数函数( )3sin2cos2 3f xxx的正数零点从小到大构成数列的正数零点从小到大构成数列 n a，则，则 3 a （ ） A13 12 B 5 4 C 17 12 D 7 6 【答案】【答案】B 【解析】【解析】 【分析】 先将函数化简为( )2sin 23 6 f xx ， 再解函数零点得 4 xk 或 5 12 xk ，kZ， 再求 3 a即可. 【详解】 12 解：( )3sin2cos232sin 23 6 f xxxx 令 0f x 得：22 63 xk 或 2 22 63 xk ，kZ， 4 xk 或 5 1
18、2 xk ，kZ， 正数零点从小到大构成数列为： 123 55 , 4124 aaa 故选：B. 【点睛】 本题考查三角函数的性质，数列的概念，考查数学运算求解能力，是中档题. 8已知函数已知函数 cosln x f xx x ，若，若 22018 201920192019 fff 1009ln0,0)abab（，则，则 11 ab 的最小值为（的最小值为（ ） A2 B4 C6 D8 【答案】【答案】A 【解析】【解析】 【分析】 根据 2lnf xfx，采用倒序相加的方法可得2018lnS，从而得到2ab，根 据基本不等式求得最小值. 【详解】 由题可知： 2 coslncoslnln2l
19、n xx f xfxxx xx 令 22018 201920192019 Sfff 又 20182017 201920192019 Sfff 于是有22ln2ln2ln2 2018lnS 2018lnS 因此2ab 所以 111 1111 2222 222 ab ab ababba 当且仅当1ab时取等号 本题正确选项：A 13 【点睛】 本题考查倒序相加法求和、利用基本不等式求解和的最小值问题.关键是能够通过函数的规律求得a 与b的和，从而能够构造出基本不等式的形式. 二、多选题二、多选题 9无穷数列无穷数列 n a的前的前n项和项和 2 n Sanbnc，其中，其中a，b，c为实数，则（为
20、实数，则（ ） A n a可能为等差数列可能为等差数列 B n a可能为等比数列可能为等比数列 C n a中一定存在连续三中一定存在连续三项构成等差数列项构成等差数列 D n a中一定存在连续三项构成等比数列中一定存在连续三项构成等比数列 【答案】【答案】AC 【解析】【解析】 【分析】 由 2 n Sanbnc可求得 n a的表达式，利用定义判定得出答案 【详解】 当1n 时， 11 aSabc 当2n 时， 2 2 1 112 nnn aSSanbnca nb ncanab 当1n 时，上式ab 所以若 n a是等差数列，则0.ababcc 所以当0c =时， n a是等差数列， 不可能是
21、等比数列； 当0c 时， n a从第二项开始是等差数列 故选：AC 【点睛】 本题只要考查等差数列前 n 项和 n S与通项公式 n a的关系，利用 n S求通项公式，属于基础题 10数列数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，若，若 1 1a ， * 1 2 nn aSnN ，则有（，则有（ ） A 1 3n n S B n S为等比数列为等比数列 C 1 2 3n n a D 2 1,1, 2 3,2 n n n a n 【答案】【答案】ABD 14 【解析】【解析】 【分析】 根据, nn a S的关系，求得 n a，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析， 即
22、可判断选择. 【详解】 由题意，数列 n a的前n项和满足 * 1 2 nn aSnN ， 当2n 时， 1 2 nn aS ， 两式相减，可得 11 2()2 nnnnn aaSSa ， 可得 1 3 nn aa ，即 1 3,(2) n n a a n ， 又由 1 1a ，当1n 时， 211 222aSa，所以 2 1 2 a a ， 所以数列的通项公式为 2 1,1 2 32 n n n a n ； 当2n 时， 1 1 1 2 3 3 22 n n n n a S ， 又由1n 时， 11 1Sa，适合上式， 所以数列的 n a的前n项和为 1 3n n S ； 又由 1 1 3
23、3 3 n n n n S S ，所以数列 n S为公比为 3 的等比数列， 综上可得选项, ,A B D是正确的. 故选：ABD. 【点睛】 本题考查利用, nn a S关系求数列的通项公式，以及等比数例的证明和判断，属综合基础题. 11 设设 n a是等差数列，是等差数列， n S是其前是其前n项的和， 且项的和， 且 56 SS， 678 SSS， 则下列结论正确的是 （， 则下列结论正确的是 （ ） A0d B 7 0a C 95 SS D 6 S与与 7 S均为均为 n S的最大的最大值值 【答案】【答案】BD 15 【解析】【解析】 【分析】 设等差数列 n a的公差为d，依次分析
24、选项即可求解. 【详解】 根据题意，设等差数列 n a的公差为d，依次分析选项： n a是等差数列，若 67 SS，则 767 0SSa，故 B 正确； 又由 56 SS得 656 0SSa，则有 76 0daa，故 A错误； 而 C 选项， 95 SS，即 6789 0aaaa，可得 78 20aa， 又由 7 0a 且0d ，则 8 0a ，必有 78 0aa，显然 C选项是错误的. 56 SS， 678 SSS， 6 S与 7 S均为 n S的最大值，故 D正确； 故选：BD. 【点睛】 本题考查了等差数列以及前n项和的性质，需熟记公式，属于基础题. 12将将 n2个数排成个数排成 n行
25、行 n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的 列的一个数阵，如图：该数阵第一列的 n个数从上到下构成以个数从上到下构成以 m为公差为公差 的等差数列，每一行的的等差数列，每一行的 n个数从左到右构成以个数从左到右构成以 m为公比的等比数列（其中为公比的等比数列（其中 m0）.已知已知 a112，a13 a61+1，记这，记这 n2个数个数的和为的和为 S.下列结论正确的有（下列结论正确的有（ ） Am3 B 7 67 17 3a C 1 313 j ij ai D 1 31 31 4 n Snn 【答案】【答案】ACD 【解析】【解析】 【分析】 根据第一列成等差，第一行成等比可求出 1361 ,
26、aa，列式即可求出m，从而求出通项 ij a， 再按照分组求和法，每一行求和可得 S，由此可以判断各选项的真假 【详解】 16 a112，a13a61+1，2m22+5m+1，解得 m3或 m 1 2 （舍去） ， aija i1 3 j12+（i1）m3j1（3i1）3j1， a671736， S(a11+a12+a13+a1n)+(a21+a22+a23+a2n)+(an1an2an3ann) 11121 1 31 31 3 1 31 31 3 nnn n aaa （）（）（） 1 2 （3n1） 231 2 nn（） 1 4 n（3n+1） （3n1） 故选：ACD. 【点睛】 本题主要
27、考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n项 和公式的应用，属于中档题 三、填空题三、填空题 13已知数列已知数列 n a的通项公式是的通项公式是246 n an，那么，那么 n S达到最小值时达到最小值时 n为为_. 【答案】【答案】22 或 23. 【解析】【解析】 【分析】 利用数列的单调性求得满足题意的 n 即可. 【详解】 246 n an，数列 n a是递增数列. 令 1 2460 21460 n n an an ，解得：2223n，22n 或23n ， 则可知 n S达到最小值时 n为 22或 23. 故答案为：22或 23. 【点睛】 本题考查等
28、差数列前 n项和最值的求法，属于基础题. 14 我国古代，我国古代， 9 9 是数字之极， 代表尊贵之意， 所以中国古代皇家建筑中包含许多与是数字之极， 代表尊贵之意， 所以中国古代皇家建筑中包含许多与 9 9 相关的设计 例 相关的设计 例 如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图） ，最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图） ，最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有 17 9 9 块石板，从第二圈开始，每一块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多圈比前一圈多 9 9 块，共有块，共有 9 9 圈，则前圈，则前 9 9 圈的石板总数是圈的石板
29、总数是_ 【答案】【答案】405 【解析】【解析】 【详解】 【分析】 前 9 圈的石板数依次组成一个首项为 9，公差为 9 的等差数列， 9 9 8 9 99405 2 S 15 在数列的每相邻两项之间在数列的每相邻两项之间插入此两项的积， 形成新的数列， 这样的操作叫做该数列的一次 插入此两项的积， 形成新的数列， 这样的操作叫做该数列的一次“扩展扩展”. 将数列将数列 1，4 进行进行“扩展扩展”，第一次得到数列，第一次得到数列 1，4，4；第二次得到数列；第二次得到数列 1，4，4，16，4；第；第n 次得到数列次得到数列 1， 1 x， 2 x， i x，4，并记，并记 212 lo
30、g14 ni axxx，其中，其中 21 n t ， * nN. 则则 n a的通项的通项 n a _. 【答案】【答案】31 n 【解析】【解析】 【分析】 先由 212 log14 nt axxx，结合题意得到 1 32 nn aa ，再设 1 3() nn atat 求出 1t ，得到数列1 n a 是首项为3，公比为3的等比数列，进而可求出结果. 【详解】 由题意，根据 212 log14 nt axxx，可得 1211122 log1 (1)(4) 4) ttn axxxxxxx 33333 12 2 14 log32 4 n t xxx a ， 设 1 3() nn atat ，即
31、 1 32 nn aat ，可得1t ， 18 则数列1 n a 是首项为 2 12 1log 413a ，公比为3的等比数列， 故13n n a ，所以31, n n anN. 故答案为：31 n . 【点睛】 本题主要考查数列的应用，熟记等比数列的性质以及通项公式即可，属于常考题型. 16如图，互不相同的点如图，互不相同的点 12 , n A AA和和 12 , n B BB分别在角分别在角 O的两条边上，所有的两条边上，所有 nn A B相相 互平行，且所有梯形互平行，且所有梯形 11nnnn A B BA 的面积均相等 的面积均相等.设设 nn OAa.若若 1 1a ， 2 2a ，
32、则数列，则数列 n a的通项的通项 公式是公式是_. 【答案】【答案】32 n an 【解析】【解析】 【分析】 根据三角形相似和所有梯形 11nnnn A B BA 的面积均相等，找到与n a相关的递推公式，再由递推公式 求得通项公式. 【详解】 由于 11/ / , nnnn ABA B 所以 11 , nnnn OABOA B 梯形 11nnnn A B BA 的面积为 11nn OAB 的面积減去 nn OA B的面积， 22 22 ii jj OAB ii OA Bjj S OAa SOAa 则可得 2222 11,nnnn aaaa 即递推公式为 222 11 2, nnn aaa
33、 故 2 n a为等差数列，且公差d 22 21 aa3， 故 2 1(1)332 n ann ，得32 n an 19 故答案为: 32 n an 【点睛】 本题主要考查数列在平面几何中的应用，根据几何关系寻找递推有关系是解决问题的关键，属于中 档题. 四、解答题四、解答题 17在在 1 1 2 n n a a ， 1 1 6 nn aa ， 1 8 nn aan 这三个这三个条件中任选一个，补充在下面条件中任选一个，补充在下面 的问题中，若问题中的的问题中，若问题中的 n S存在最大值，则求出最大值；若问题中的存在最大值，则求出最大值；若问题中的 n S不存在最大值，请说明理由不存在最大值
34、，请说明理由. 问题：设问题：设 n S是数列是数列 n a的前的前n项和，且项和，且 1 4a ，_，求，求 n a的通项公式，并判断的通项公式，并判断 n S是否是否 存在最大值存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】【答案】答案见解析 【解析】【解析】 【分析】 若选，求出数列 n a是首项为 4，公比为 1 2 的等比数列，求出通项公式和前n项和，通过讨论n 的奇偶性，求出其最大值即可； 若选，求出数列 n a是首项为 4，公差为 1 6 的等差数列，求出通项公式和前n项和，求出其最 大值即可； 若选，求出 2
35、 1724 2 n nn a ，当16n 时， 0 n a ，故 n S不存在最大值. 【详解】 解：选 因为 1 1 2 n n a a ， 1 4a ，所以 n a是首项为 4.公比为 1 2 的等比数列， 所 12 11 4 22 nn n a . 当n为奇数时， 1 4 1 2 81 1 1 32 1 2 n n n S ， 20 因为 81 1 32n 随着n的增加而减少，所以此时 n S的最大值为 1 4S . 当n为偶数时， 81 1 32 n n S ， 且 818 14 323 n n S 综上， n S存在最大值，且最大值为 4. 选 因为 1 1 6 nn aa ， 1
36、4a .所以 n a是首项为 4，公差为 1 6 的等差数列， 所以 1125 4(1) 666 n ann . 由 125 0 66 n得25n ， 所以 n S存在最大值.且最大值为 25 S（或 24 S） ， 因为 25 25 241 25 450 26 S ，所以 n S的最大值为 50. 选 因为 1 8 nn aan ，所以 1 8 nn aan ， 所以 21 7aa ， 32 6aa ， 1 9 nn aan ， 则 2 121321 ( 79)(1)1716 22 nnn nnnn aaaaaaaa ， 又 1 4a ，所以 2 1724 2 n nn a . 当16n 时
37、，0 n a ， 故 n S不存在最大值. 【点睛】 此题考查数列的通项公式和求和公式，考查等差数列和等比数列的性质，属于基础题 18数列数列 n a的前的前n项和项和 2 =1003 n SnnnN . (1)求数列求数列 n a的通项公式；的通项公式； 21 (2)设设 nn ba，求数列，求数列 n b的前的前n项和项和 n T . 【答案】【答案】(1) 1021 101 22 n n a nn (2) 2 2 100350 100500351 n nnn T nnn 【解析】【解析】 【分析】 (1) 当1n 时， 1 102a ，利用 1nnn aSS 得到通项公式，验证 1 a得
38、到答案. (2)根据 n a的正负将和分为两种情况，50n 和51n ，分别计算得到答案. 【详解】 (1)当1n 时， 11=100 1 3=102 as ， 当2n 时， 2 2 1=100 10011=101 2 nnn aSSnnnnn . 综上所述 1021 101 22 n n a nn . (2)当50n 时， nn ba，所以 123nn Taaaa3999795101 2n 99 101 2 33100 2 nn nn ， 当51n 时， nn ba ， 123505152nn Taaaaaaa 501231 2 nn Taaaaa 50063100nn 2 1005003n
39、n . 综上所述 2 2 100350 100500351 n nnn T nnn . 【点睛】 本题考查了利用 1nnn aSS 求通项公式，数列的绝对值和，忽略1n 时的情况是容易犯的错误. 19已知数列已知数列 n a满足满足 1 2a ， 1 1 22n nn aa . （1）证明：数列）证明：数列 2 n n a 为等差数列；为等差数列； 22 （2）设）设 2 n n n a b ，证明：，证明： 1 22 31 111 1 nn bbb bb b . 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】【解析】 【分析】 （1）由 1 1 22n nn aa 变形得
40、： 1 1 1 22 nn nn aa ，可得证明. （2）由（1）知： 2 n n n a bn, 1 1111 11 nn b bn nnn ,用裂项相消可求和,从而可证明. 【详解】 （1）由 1 1 22n nn aa 变形得： 1 1 1 22 nn nn aa 又 1 2a ，故 1 1 2 a 数列 2 n n a 是以 1为首项 1 为公差的等差数列. （2）由（1）知： 2 n n n a bn 1 1111 11 nn b bn nnn 1 22 31 11111111 1 2231 nn bbb bb bnn 1 11 1n 1 22 31 111 1 nn bbb bb
41、 b 【点睛】 本题考查根据数列的递推公式证明数列为等差数列，考查用裂项相消法求和，属于基础题. 20设设 n a是公比大于是公比大于 1 的等比数列，的等比数列， 123 14aaa，且，且 2 1a 是是 1 a， 3 a的等差中项的等差中项. （1）求数列）求数列 n a的通项公式；的通项公式； （2）若）若 2 1 log 2 n nn ba ，求数列，求数列 n b的前的前 n项和项和 n T . 【答案】【答案】 （1）2n n a ； （2） 1 122 n n Tn . 23 【解析】【解析】 【分析】 （1）设等比数列 n a的公比为1q q ，根据题中条件列出方程组，求出首
42、项和公比，即可得出 通项公式； （2）先由（1）得到2n n bn ，再由错位相减法，即可得出结果. 【详解】 （1）设等比数列 n a的公比为1q q . 依题意，有 213 21aaa， 将 132 21aaa代入 123 14aaa得 22 2114aa， 得 2 4a . 联立 123 2 14 4 aaa a 得 2 111 1 14 4 aa qa q a q 两式两边相除消去 1 a得 2 2520qq， 解得2q =或 1 2 q （舍去） ， 所以 1 4 2 2 a ， 所以， 11 1 2 22 nnn n aa q ， （2）因为 2 1 log2 2 n n nn b
43、an 所以， 23 1 2223 22n n Tn 2341 21 2223 2(1)22 nn n Tnn ，得 231 22222n n n Tn 111 2 12 2222 12 n nnn nn . 所以，数列 n b的前 n项和 11 222 n n n Tn . 【点睛】 本题主要考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和，涉及等差中项的应用，属于常 24 考题型. 21已知数列已知数列 n a的前的前n项和为项和为 2 31 22 n Snn . （1）求数列）求数列 n a的通项公式；的通项公式； （2）数列）数列lg nn ba， x表示不超过表示不超过x的最大整数，
44、求的最大整数，求 n b的前的前 1000 项和项和 1000 T . 【答案】【答案】 （1）32 n an； （2） 1000 2631T. 【解析】【解析】 【分析】 （1）利用 1nnn aSS 可求出； （2）根据数列特点采用分组求和法求解. 【详解】 （1）当1n 时， 11 1aS， 当2n 时， 2 2 1 3131 1132 2222 nnn aSSnnnnn ， 将1n 代入上式验证显然适合，所以32 n an. （2）因为 4 10a ， 34 100a， 334 1000a， 3334 10000a， 所以 0,13 1,433 2,34333 3,3341000 n n n b n n ， 所以 1000 0 3 1 302 3003 6672631T . 【点睛】 本题考查 n a和 n S的关系，考查分组求和法，属于基础题. 22已知已知 n a为等差数列，为等差数列， n b为等比数列，为等比数列， 11543543 1,5,4abaaabbb （）求）求 n a和和 n b的通的通项公式；项公式； （）记）记 n a的前的前n项和为项和为 n S，求证：，求证： 2* 21nnn S SSn N； 25 （）对任意的正整数）对任意的正整数n，设，设 2 1
