1、专题检测（九） 数列通项与求和A组“633”考点落实练一、选择题1已知数列an满足，且a22，则a4等于()AB23C12D11解析：选D因为数列an满足，所以an112(an1)，即数列an1是等比数列，公比为2，则a4122(a21)12，解得a411.故选D.2数列an中，a12，a23，an1anan1(n2，nN*)，那么a2 019()A1B2C3D3解析：选A因为an1anan1(n2)，所以anan1an2(n3)，所以an1anan1(an1an2)an1an2(n3)所以an3an(nN*)，所以an6an3an，故an是以6为周期的周期数列因为2 01933663，所以a
2、2 019a3a2a1321.故选A.3(2019广东省六校第一次联考)数列an的前n项和为Snn2n1，bn(1)nan(nN*)，则数列bn的前50项和为()A49B50C99D100解析：选A由题意得，当n2时，anSnSn12n，当n1时，a1S13，所以数列bn的前50项和为346810969810014849.故选A.4已知公差不为0的等差数列an的前n项和是Sn，a11，a21，a41成等比数列，且a4a520，则的最大值为()A.B1C.D2解析：选A设数列an的公差为d(d0)，则由a11，a21，a41成等比数列得(a1d1)2(a11)(a13d1)，得da11，再由a4
3、a52a17d20，解得a13，d2，故an2n1，Snn22n，则，当且仅当n1时取等号，所以的最大值为.故选A.5若数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1ann1，则()A. BC.D解析：选C由an1ann1，得an1ann1，则a2a111，a3a221，a4a331，anan1(n1)1，以上等式相加，得ana1123(n1)n1，把a11代入上式得，an123(n1)n，2，则22.故选C.6已知数列an满足a11，an1(nN*)，若bn1(n)(nN*)，b1，且数列bn是递增数列，则实数的取值范围为()A(2，)B(，2)C(3，)D(，3)解析：选B因为数列an满
4、足a11，an1(nN*)，所以1，则12，所以数列是等比数列，首项为2，公比为2，所以12n，所以bn1(n)(n)2n.又b1，所以bn(n1)2n1(nN*)因为数列bn是递增数列，所以bn1bn，所以(n)2n(n1)2n1，化简得n1.因为数列n1是递增数列，所以0，所以an(nN*)(2)bn，故数列bn的前n项和Tnb1b2bn(1)()()1.11(2019唐山模拟)已知数列an的前n项和为Sn，Sn.(1)求an；(2)若bn(n1)an，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn3an1，所以2Sn13an11(n2)，得，2(SnSn1)3an3an
5、1，化简得an3an1(n2)，在中，令n1可得，a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an3n1.(2)bn(n1)3n1，Tn030131232(n1)3n1，则3Tn031132233(n1)3n.得，2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn.12(2019河北省九校第二次联考)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnan，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由bnlog2an和b1b2b312得log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公
6、比为q，a14，a1a2a344q4q226q3212，计算得q4.an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn4n4n4n.设数列的前n项和为An，则An，设数列4n的前n项和为Bn，则Bn(4n1)，Sn(4n1)B组大题专攻强化练1(2019江西八所重点中学联考)设数列an满足a11，an1(nN*)(1)求证：数列是等差数列；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)证明：an1，.又a11，1，数列是以1为首项，为公差的等差数列(2)由(1)知1(n1)，an2，bn11，Tnb1b2b3bnnnn，数列bn的前n项和Tnn.2(2019福建省质量检查)数列a
7、n的前n项和Sn满足Sn2ann.(1)求证：数列an1是等比数列，并求an；(2)若数列bn为等差数列，且b3a2，b7a3，求数列anbn的前n项和解：(1)当n1时，S12a11，所以a11.因为Sn2ann，所以当n2时，Sn12an1(n1)，得an2an2an11，所以an2an11，所以2.所以an1是首项为2，公比为2的等比数列所以an122n1，所以an2n1.(2)由(1)知，a23，a37，所以b3a23，b7a37.设bn的公差为d，则b7b3(73)d，所以d1.所以bnb3(n3)dn.所以anbnn(2n1)n2nn.设数列n2n的前n项和为Kn，数列n的前n项和
8、为Tn，则Kn121222323n2n，2Kn122223324n2n1，得，Kn2122232nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Kn(n1)2n12.又Tn123n，所以KnTn(n1)2n12，所以anbn的前n项和为(n1)2n12.3(2019郑州市第二次质量预测)数列an满足：n2n，nN*.(1)求an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Sn，求满足Sn的最小正整数n.解：(1)由题意知，n2n，当n2时，(n1)2n1，得，2n，an2n(n1)(n2)当n1时，a14也符合，所以an2n(n1)，nN*.(2)bn，所以Sn，由Sn得n9，所以满足条件的最小正整数n为10.4已知an是等比数列，a22，a516.数列bn满足b12，b25，且bnan是等差数列(1)分别求an，bn的通项公式；(2)记数列的前n项和为Sn，求证：Sn0，Sn.