高三数列专题练习30道带答案

高三数列专题训练二

一、解答题

1．在公差不为零的等差数列?an?中，已知a2?3，且a1、a3、a7成等比数列． （1）求数列?an?的通项公式；

（2）设数列?an?的前n项和为Sn，记bn?

2．已知等差数列?an?的前n项和为Sn，公差d?0,且S3?S5?50,a1,a4,a13成等比数列. （Ⅰ）求数列?an?的通项公式； （Ⅱ）设?

3．设等比数列?an?的前n项和为Sn，a2?（1）求数列?an?的通项公式；

（2）设cn?an?bn，若对任意n?N*，不等式c1?c2?…?cn?

试卷第1页，总7页

9，求数列?bn?的前n项和Tn． 2S2n?bn??是首项为1，公比为3的等比数列，求数列?bn?的前n项和Tn. a?n?

11，且S1?，S2，S3成等差数列，数列?bn?满足bn?2n． 8161??2Sn?1恒成立，求?的取值范围． 24．已知等差数列{an}的公差d?2，其前n项和为Sn，且等比数列{bn}满足b1?a1，b2?a4，b3?a13． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式和数列{bn}的前n项和Bn； （Ⅱ）记数列{

5．设数列?an?的前n项和为Sn，且满足Sn?2?an?n?1,2,3,（1）求数列?an?的通项公式；

（2）若数列?bn?满足b1?1，且bn?1?bn?an，求数列?bn?的通项公式； （3）设cn?n?3?bn?，求数列?cn?的前n项和Tn．

6．已知差数列等（1）求数列

1}的前n项和为Tn，求Tn． Sn?．

?an?的前n项和Sn，且对于任意的正整数n满足2Sn?an?1.

?an?的通项公式；

1anan?1, 求数列?bn?的前n项和Bn.

bn?（2）设

试卷第2页，总7页

7．对于数列{an}、且Sn?1?(n?1)?Sn?an?n，a1?b1?1，bn?1?3bn?2，{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，

n?N?.

（1）求数列{an}、{bn}的通项公式； （2）令cn?

8．已知?an?是各项均为正数的等比数列，且a1?a2?2(2(an?n)，求数列{cn}的前n项和Tn.

n(bn?1)11?)， a1a2a3?a4?a5?64(111??)． a3a4a5（1）求?an?的通项公式； （2）设bn?(an?

9．已知数列

12)，求数列?bn?的前n项和Tn． an{an}的首项a1?1，前项和为Sn，且Sn?1?2Sn?n?1?0（n?N*）.

n（Ⅰ） 求证：数列{an?1}为等比数列； （Ⅱ） 令bn?nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

试卷第3页，总7页

110．已知各项都为正数的等比数列{an}满足2a3是3a1与2a2的等差中项，且a1a2?a3．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn?log3an，且Sn为数列{bn}的前n项和，求数列{2an??Sa?1,S?2a?an． nn12nn11．已知数列的前项和为,

1?2Sn}的前n项和Tn． Sn（1）求数列

?an?的通项公式；

a（2）若bn?2n,求b1?b3?b5?...?b2n?1．

12．设公差不为0的等差数列?an?的首项为1，且a2,a5,a14构成等比数列． （1）求数列?an?的通项公式； （2）若数列?bn?满足b1b2??a1a2?bn1?1?n,n?N*，求?bn?的前n项和Tn． an213．已知数列?an?是等比数列，满足a1?3,a4?24，数列?bn?满足b1?4,b4?22，且?bn?an?是等差数列. （I）求数列?an?和?bn?的通项公式； （II）求数列?bn?的前n项和。 14．设数列{an}满足a1?a2a3?2?22?an*?2nn?N，. n?12（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn?an，求数列{bn}的前n项和Sn.

(an?1)(an?1?1)15．数列?an?的前n项和Sn满足Sn?2an?a1，且a1,a2?1,a3成等差数列． （1）求数列?an?的通项公式； （2）设bn?an?1，求数列?bn?的前n项和Tn．

SnSn?11a3是3a1与2a2的等差中项，且a1a2?a3. 216．已知各项都为正数的等比数列{an}满足（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn?log3an，且Sn为数列{bn}的前n项和，求数列的{1?2Sn}的前n项和Tn. Sn111b2?b3???bn?bn?1?123n?17．已知数列{an}和{bn}满足a1?2，b1?1，an?1?2an（n?N），b1?试卷第4页，总7页

（n?N?）. （1）求an与bn；

（2）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn. 18．已知数列{an}中，a1?2，an?1?2?（1）求证：数列{bn}是等差数列； （2）设Sn是数列{bn}的前n项和，求11，数列{bn}中，bn?，其中n?N?. anan?113111???? S1S2Sn219．已知各项均为正数的数列?an?的前n项和为Sn,满足an,a3,a7恰为等比数列?bn?的前3?1?2Sn?n?4,a2?1项.

（1）求数列 ?an?,?bn?的通项公式； （2）若cn???1?log2bn?n1,求数列?cn?的前n项和为Tn. anan?141,a1a3?,公比q?1 3320．已知等比数列?an?满足a2?a3?（1）求数列?an?的通项公式与前n项和； （2）设bn?132，数列?bnbn?2?的前n项和为Tn，若对于任意的正整数，都有Tn?m?m?成立，求实

42?log3an数m的取值范围．

21．已知等差数列?an? 满足：a2?5,前4项和S4?28. （1）求数列?an?的通项公式；

（2）若bn???1?an,求数列?bn?的前2n项和T2n．

22．已知公差不为零的等差数列{an}中，a1?1，且a1,a3,a9成等比数列。 （1）求数列{an}的通项公式 （2）求数列{2n}的前n项和Sn。

23．（本小题满分14分）等比数列{an}的前n项和Sn?2n?6?a，数列{bn}满足

anbn?1ana2*1(loga?log???log222)（n?N）. n（1）求a的值及{an}的通项公式；

试卷第5页，总7页

（2）求数列??1??的前n项和 ；

?bn?bn?1??an?（3）求数列??的最小项的值.

?bn?24．数列{an}的通项an是关于x的不等式x2?x?nx的解集中正整数的个数，f(n)?（1）求数列{an}的通项公式；

111． ??…?an?1an?2an?nan，求数列{bn}的前n项和Sn； n27（3）求证：对n?2且n?N*恒有?f(n)?1．

12（2）若bn?25．已知各项均不为零的数列?an?满足：an?2an?an+12n?N*，且a1?2,8a4?a7． （1）求数列?an?的通项公式； （2）令bn???ann?N*?，求数列?bn?的前n项和Sn． n?n?n?1?226．已知?an?是单调递增的等差数列，首项a1?3，前n项和为Sn，数列?bn?是等比数列，首项b1?1，且

a2b2?12,S3?b2?20．

（1）求?an?和?bn?通项公式；

?（2）令cn?Sncos?an??n?N，求?cn?的前n项和Tn．

??27．在数列{an}中，a1=1，a4=7，an+2﹣2an+1+an=0（n∈N） （1）求数列an的通项公式； （2）若bn=

）（n∈N），求数列{bn}的前n项和Sn．

+

﹢

?28．已知数列?an?的前n项和为Sn,且Sn?n?n?1?n?N.

??（1）求数列?an?的通项公式； （2）若数列?bn?满足an?（3） 令cn?bbb1b?22?33?...?nn,求数列?bn?的通项公式； 3?13?13?13?1anbnn?N??,数列?cn?的前n项和为Tn. ?4n(n?1)29．已知数列?an?的前n项和Sn?. 2（Ⅰ）求数列?an?的通项公式； （Ⅱ）设bn?(?1)(an?2nan?1)，求数列?bn?的前项和.

Tnan?1?ann试卷第6页，总7页

30．设数列{an}满足：a1?1，an?1?3an，n?N*．设Sn为数列?bn?的前n项和，已知b1?0，2bn?b1?S1Sn，

n?N*．

（1）求数列{an}，?bn?的通项公式；

（2）设cn?bnlog3an，求数列?cn?的前n项和Tn．

试卷第7页，总7页

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参考答案

1．（1）

an?n?1（2）Tn?n?1n 【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：

a1?d?3，?a1?2d?2?a1?2??a1?a1?6d?d?1，代

，注意公差不为零，解得?（2）先根据等差数列求和公式得

入通项公式得

an?2??n?1??1?n?1S3n?3n?2?3n?3n?1?9n?n?1??1??bn?通项公式22，因此代入化简数列

bn?11?nn?1，bn?9921???2S3n29n?n?1?n?n?1? ，所以利用裂项相消法求和，即Tn?b1?b2??1??11??bn??1????????2??23?析

：

①

设

1?1n?1?1?????1??nn ?n?1n?的

公

差

为

试题解

?an?d，依题意得

a1?d?3??2??a1?2d??a1?a1?6d??d?0?，．．．．．．．．．．．．．．．．．3分

?a1?2?d?1，解得?．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分

∴

an?2??n?1??1?n?1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

3n?3n?1?9n?n?1?S3n?3n?2??1?22②，

bn?992111?????2S3n29n?n?1?n?n?1?nn?1?1??11??bn??1????????2??23?，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分

Tn?b1?b2?1?1n?1?1?????1??nn?n?1n?，故

Tn?n?1n．．．．．．12分

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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??c?? (其中?an?是各项均不为零的等差aa?nn?1?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11或.

(n?1)(n?3)n(n?2)n2．（Ⅰ）an?2n?1（Ⅱ）Tn?n?3

【解析】 试题分析：（Ⅰ）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；（Ⅱ）首先化简数列?点采用裂项相消法求和 试题解析：（Ⅰ）依题意得

?bn?n?1?得到?bn?的通项公式bn?(2n?1)?3，结合特?an?3?24?5?d?5a1?d?50?3a1? ………2分 22??(a?3d)2?a(a?12d)11?1解得??a1?3， …………4分 d?2??an?a1?(n?1)d?3?2(n?1)?2n?1，即an?2n?1. ………………………6分

(Ⅱ)分

bn?3n?1，bn?an?3n?1?(2n?1)?3n?1 …………………7anTn?3?5?3?7?32???(2n?1)?3n?1 3Tn?3?3?5?32?7?33???(2n?1)?3n?1?(2n?1)?3n ……………………9分

?2Tn?3?2?3?2?32???2?3n?1?(2n?1)3n3(1?3n?1)?3?2??(2n?1)3n??2n?3n 1?3∴Tn?n?3 ………………………………12分 考点：数列求通项公式及数列求和

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n?13．（1）an?()；（2）(??,2]．

12【解析】

11，S2，S3称等差数列，求解q?，162n即可求解数列的通项公式；（2）由（1）可知cn?n，利用乘公比错位相减法，求解数列2n?21的和Tn?2?n，再根据不等式c1?c2?…?cn???2Sn?1恒成立，利用f(n)关于

22试题分析：（1）设数列?an?的公比为q，由S1?n单调性，即可求解?的取值范围．

试题解析：（1）设数列?an?的公比为q， ∵S1?∵a2?111?S3，∴a2?a3?， ，S2，S3称等差数列，∴2S2?S1?16161611a1，∴a3?，∴q?3?， 816a2211n?21?()?()n?1． 822n?2?∴an?a2q（2）设数列?cn?的前n项和为Tn，则Tn?c1?c2?…?cn，

n?1又cn?an?bn?2n?()?12n， n2∴Tn?123n?2?3?…?n， 2222112n?1nTn? 2?3?…?n?n?1， 2222211111nTn??2?3?…?n?n?1222222两式相减得11(1?n)2?n?1?1?n?2n?1nn?112221?2n?2w， 2n?1n?2∴Tn?2?n， 211(1?n)2?1(1?1)， 又Sn?4n1221?2?1?1??2Sn?1恒成立， 21n?211n?111恒成立，即2?n??等价于Tn???2Sn?1恒成立，即2?n???1?n?222222对任意n?N*，不等式c1?c2?…?cn?恒成立，

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n+1n?2n?1?nf(n?1)?f(n)??n?n?1?0， ，2n2n?122n?121∴f(n)关于n单调递减，∴2?n关于n单调递增，∴2???，∴??2，

222令f(n)?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．（Ⅰ）【解析】

22试题分析：（Ⅰ）因为等差数列{an}的公差d?2，所以有b2?bb13?a1(a1?24)?(a1?6)，

32n?33n(3?1)；（Ⅱ）? 242(n?1)(n?2)解之得a1?3，得an?3?(n?1)?2?2n?1，设等比数列{bn}的公比为q，则q?3，由等比数列前n项和公式即可求出结果.（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn?n(n?2)，所以

11111??(?)，采用裂项相消即可求出结果. Snn(n?2)2nn?2试题解析：解：（Ⅰ）因为等差数列{an}的公差d?2，

22所以有b2?bb13?a1(a1?24)?(a1?6)，解之得a1?3

得an?3?(n?1)?2?2n?1，设等比数列{bn}的公比为q，则q?3，

3?(1?3n)3n于是Bn??(3?1)

1?32（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn?n(n?2)，所以因此Tn?11111??(?) Snn(n?2)2nn?2?(1111?)?(?)] n?1n?1nn?211111111?[(1?)?(?)?(?)?(?)?23243546111132n?3??(1???)??. 22n?1n?242(n?1)(n?2)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

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两项的差，其本质就是两大类型类型一:an?k型，通过拼凑法裂解成f?n?f?n?c?an?kk?11?????；类型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公anan?ccd?anan?c?k型，f?n??f?n?c?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an?常见的有①1a?n?1?n；②对数运算logan?1?logaan?1?logaan本身可ann?1?nmmm?1以裂解；③阶乘和组合数公式型要重点掌握nn!??n?1?!?n!和Cn. ?1?Cn?Cnn?1n?1?1?5．（1）an????2?【解析】

1?1?；（2）bn?3?2??；（3）Tn?8??8?4n?n.

2?2?试题分析：（1）由已知数列递推式求出首项，得到当n?2时，Sn?1?2?an?1，与原递推式作差后可得数列?an?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

?1?案；（2）由（1）可得bn?1?bn????2?其前n项和.

n?1，由累加法可求其通项公式；（3）由错位相减法求

试题解析：（1）解：当n?1时，S1?2?a1，则a1?1， 当n?2时，an?Sn?Sn?1??2?an???2?an?1??an?1?an，

a11?1?则2an?an?1，∴n?，所以，数列?an?是以首相a1?1，公比为，而an???2an?12?2??1?（2）∵bn?1?bn?an，∴bn?1?bn????2?n?1n?1；

，

当n?2时，bn?b1??b2?b1???b3?b2????bn?bn?1?

n?1?1??1??1??1???????????2??2??2?012?1?????2?n?2?1?1???2?1???11?2?1??3?2???2?n?1，

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?1?又b1?1满足，∴bn?3?2??；

?2??1?（3）∵Cn?n?3?bn??2n???2?2??1?0?1??1?Tn?2????2???3????2??2????2?n?1n?1，

?1???n?1????2?n?2?1??n???2?n?1n?1??① ??3??1??1?211??而Tn?2????2???3???2?2???2??2???1???n?1????2?n1????n???②

?2???n??1???2n??，

?2?????1?0?1?1?1?21①---②得：Tn?2??????????2???2??2??2?n?1?????2?n?1?1?1???nn18112????Tn?4???4n???8?n?4n???8??8?4n?n．

122?2??2?1?2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公式和数列的错位相减法求和，难度适中；解题中，在利用an?Sn?Sn?1这一常用等式以及

bn?1?bn?f?n?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cn?an?bn，其中an和?bn?分别为特殊数列，裂项相消法类似于an?数列等.

6．（1）an?2n?1；（2）Bn?【解析】

试题分析：（1）当n?1时，a1?1，n?1时，利用an????1，错位相减法类似于cn?an?bn，其中an为等差数列，?bn?为等比

n?n?1???1?1?1???. 2?2n?1?(n?1)?S1求得通项公式为

?Sn?Sn?1(n?2)n1?11?T?（2）根据（1）化简bn??，利用裂项求和法求得. an?2n?1；?n?2n?12?2n?12n?1?试题解析： （1）

对于任意的正整数n,2Sn?an?1 ① 恒成立，当n?1时，2a1?a1?1，即答案第6页，总27页

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?①2- ②2 得a1?1?0,?a1?1,当n?2时，有2Sn?1?an?1?1 ② , ，

即

?2224an?an?an?1?2an?2an?1?an?an?1??an?an?1?2??0,

an?0,?an?an?1?0,?an?an?1?2,

?数列?an?是首项为1公差为2的等差数列.?an?1??n?1??2?2n?1.

（2）

an?2n?1,?bn?1?11?????,?Bn?b1?b2?...?bn2n?12n?122n?12n?1??????11??1??11?1??1?1??1???1???????...????1?????. 2??3??35?2n?12n?122n?1?????考点：递推数列求通项，裂项求和法. 7．（1）an?n2，bn?2?3n?1?1；（2）Tn?【解析】

试题分析： （1）由Sn?1?(n?1)?Sn?an?n?an?1?an?2n?1? ?an?1?(an?a?n1)?(a?n1152n?5?. n?144?3an?2)??(a3?a2)?(a2?a1)?a1?(2n?1)?(2n?3)??3?1?(2n?1?1)n?n22?an?n2.由bn?1?3bn?2?bn?1?1?3(bn?1)?{bn?1}是等比数列，首项为b1?1?2，公比为3?bn?1?2?3Tn?n?1?bn?2?3n?12(n2?n)n?1?n?1?（2）cn??1；

2n?3n?13234?1?2? 0333nn?1152n?52?334nn?1?n?2?n?1?3Tn?0?0?1???n?3?n?2? 2Tn???333333322?3n?1152n?5Tn??. 44?3n?1试题解析： （1）因为Sn?1?(n?1)?Sn?an?n，所以an?1?an?2n?1，所以

an?1?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a3?a2)?(a2?a1)?a1?(2n?1)?(2n?3)???3?1?

?(2n?1?1)n?n2，所以{an}的通项公式为an?n2.由bn?1?3bn?2，得

2答案第7页，总27页

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bn?1?1?3(bn?1)，所以{bn?1}是等比数列，首项为b1?1?2，公比为3，所以

bn?1?2?3n?1，所以{bn}的通项公式为bn?2?3n?1?1.

2(n2?n)n?1234nn?1T????????（2）cn?，所以，① n012n?2n?1n?1n?1333332n?33则3Tn?2?334nn?1??????② 3030313n?33n?21n?1111n?1n?1152n?53②-①得2Tn?6?(1??2???n?2)?n?1?6?. ?n?1??n?113333322?31?3152n?5?所以Tn?. 44?3n?11?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Sn?1?(n?1)?Sn?an?n求得an?1?an?2n?1，再利用累加法求得an?n2.又由bn?1?3bn?2求得bn?1?1?3(bn?1)，可得{bn?1}是等比数列再求得bn?1?2?3n?12(n2?n)n?1?n?1，再利用错位相减法求得.第二小题化简cn?2n?3n?13Tn?152n?5?. 44?3n?113n1?n8．（1）an?2n?1；（2）(4?4)?2n?1.

【解析】

试题分析：（1）根据已知列出关于首项a1和公比q的方程组，解出首项a1和公比q的值即可求得?an?的通项公式；（2）由（1）可知bn?(an?分三组分别求和即可.

试题解析：（1）设公比为q，则an?a1qn?1，由已知有

1211)?an2?2?2?4n?1?n?1?2，anan411?a?aq?2(?)，?11aaq?11， ?111?aq2?aq3?aq4?64(??),111234?a1qa1qa1q?答案第8页，总27页

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2??a1q?2,化简得?26

??a1q64,又a1?0，故q?2，a1?1， 所以an?2n?1．

（2）由（1）可知bn?(an?1211)?an2?2?2?4n?1?n?1?2， anan4111?…?n?1)?2n?(4n?41?n)?2n?1． 443n(n?1)?2. 2n?1因此Tn?(1?4?…?4)?(1?考点：1、等比数列的通项及求和公式；2、“分组求和”的应用.

n?19．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）Tn?(n?1)2?【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据an?Sn?Sn?1结合已知条件等式即可使问题得证；（Ⅱ）首先根据（Ⅰ）求得bn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：（Ⅰ） 由Sn?1?2Sn?n?1?0， 当n≥2时，Sn?2Sn?1?n?1?1?0，

两式相减，得an?1?2an?1?0，可得an?1?1?2(an?1)(n≥2)， 4分 又(a1?a2)?2a1?1?1?0，则a2?3，满足a2?1?2(a1?1)， 即{an?1}是一个首项为2，公比为2的等比数列.6分 （Ⅱ） 据（Ⅰ）得an?2n?1， 所以bn?nan?n?2n?n， 7分 则Tn?b1?b2??bn?1?21?2?22??n?2n?(1?2??n).

?n?2n?1，

令Wn?1?21?2?22?所以?Wn?2?2?2?n?2n，则2Wn?1?22?2?23??2?n?2nn?12(1?2n)??n?2n?1?(1?n)2n?1?2.

1?2则Wn?(n?1)2n?1?2.10分 所以Tn?(n?1)2n?1?n(n?1)?2. 2答案第9页，总27页

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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、迭代法等.

2n2?4n10．（Ⅰ）an?3；（Ⅱ）Tn?．

n?1n【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用等差等比定义及性质组建方程组，求通项；（Ⅱ）利用第一问求出bn，再利用等差数列求和公式得Sn，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q?0，且3a1?2a2?a3，

2??3a1?2a1q?a1qn∴?，解得，故．………………5分 a?q?3a?31n2??a1a1q?a1q（II）由（I）得bn?log3an?n，所以Sn?∴n(n?1)．………………6分 21?2Sn211??2?2(?)?2，………………8分 Snn(n?1)nn?11111?2Sn}的前n项和为Tn?2[(1?)?(?)?223Sn11?(?)]?2n nn?1故数列{12n2?4n?2(1?)?2n?．………………12分

n?1n?1考点：1、等差等比知识；2、裂项相消求和． 11．（1）an?n；（2）【解析】

试题分析：（1）根据a1?1,S2n?2an2?an，令n?1解得a1?d?1，进而得数列?an?的通项公式为an?n；（2）由（1）bn?2an2n?14?1?． ?3?2n，进而得?b2n?1?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．

22S?2a?aS?a?a?2a?a1，又a1?1，得a2?2，等差2nnn2121试题解析：（1），则

数列

?an?的公差d?a2?a1?1，所以数列?an?的通项公式为an?n．

an（2）bn?2?2n,所以数列?b2n?1?是首项为2,公比为4的等比数列,

答案第10页，总27页

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?b1?b3?b5?...?b2n?1?2n?1?4?1?． 32n?3． n2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）an?2n?1；（2）Tn?3?【解析】

d的试题分析：（1）设等差数列?an?的公差为d?d?0?，由a2,a5,a14构成等比数列得关于

方程，解出d

后利用等差数列的通项公式可得an；（2）由条件可知，n?2时，

bn1?1?1?1?n??1?n?1??n，再由（1）可求得bn，注意验证n?1的情形，利用错位相an2?2?2减法可求得Tn．

试题解析：（1）设等差数列?an?的公差为d?d?0?，由a2,a5,a14构成等比数列，有

2d??1?1d3a5?a2a14，即?1?4d???1?2?，解得d?0（舍去），或d?2，∴

2．an?1??n?11 ??2?2n?（2）由已知b1b2??a1a2b1b2??a1a2?bnb11?1?n，当n?1时，1?； an2a12?当n?2时，有b?1??1?1bn?11?1?n?1，相减得n??1?n???1?n?1??n， an?12an?2??2?2bn1，知an?2n?1，∴?n?n?N*?，又由（1）

an2当n?1时，上式也成立，所以2n?1n?N*?， ?n21352n?1113,T???由Tn??2?3??n2222n22223bn?相减得Tn??2n?32n?1?n?1， 2n2121?22??2?3?2?22?2n?32?2n?1312n?1T?3?，∴． ????nnn?n?1n?1n?122?2222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cn?an?bn，其中an和?bn?分别为特殊数列，裂项相消法类似于an???1，n?n?1?答案第11页，总27页

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错位相减法类似于cn?an?bn，其中an为等差数列，?bn?为等比数列等． 13．(Ⅰ)an?3?2n?1；bn?2?n?3?2n?1(n?1,2,【解析】

试题分析：（Ⅰ）数列?an?是等比数列,所以根据公式qn?m??nn).（Ⅱ）(3?n)?3?2?3.

2?an，求公比，根据首项和公am比求通项公式，因为数列?bn?an?是等差数列，所以根据数列的首项b1?a1和数列的第四项b4?a4，求数列的公差，即求得数列?bn?an?的通项公式，最后再求得数列?bn?的通项公式；（Ⅱ）bn?2?n?3?2n?1(n?1,2,求和.

试题解析：（I）设等比数列?an?的公比为q，由题意得q3?所以an?a1qn?1?3?2n?1(n?1,2,设等差数列?bn?an?的公差为d，

所以b4?a4?(b1?a1)?3d.即22?24?(4?3)?3d.解得d??1. 所以bn?an?(b1?a1)?(n?1)d?1?(n?1)?2?n. 从而bn?2?n?3?2n?1(n?1,2,)，所以根据分组转化法：等差数列加等比数列

a424??8，解得q?2. a13).

).

).

（II）由（I）知bn?2?n?3?2n?1(n?1,2,数列?2?n?的前n项和为n(3?n)，数列?3?2n?1?的前n项和为 21?2n3??3(2n?1)?3?2n?3.

1?2所以，数列?bn?的前n项和为n(3?n)?3?2n?3. 212n?1考点：1.等差，等比数列求和；2.分组转化法求和. 14．（1）an?2(n?N)；（2）Sn?1?【解析】

答案第12页，总27页

n*?1.

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试题分析：（1）利用递推关系即可得出；（2）结合（1）可得

2n11，利用裂项相消求和. bn?n??n?1nn?12?12?12?12?1????试题解析：（1）因为a1?a2a3??222?an?2n，n?N*， ① n?12所以当n?1时，a1?2. 当n?2时，a1?①-②得，a2a3?2?22?an?1?2(n?1)，② n?22an?2． n?12n所以an?2.

因为a1?2，适合上式，所以an?2(n?N).

n*an2n（2）由（1）得an?2，所以bn? ?nn?1(an?1)(an?1?1)(2?1)(2?1)n?11?. 2n?12n?1?1所以Sn?b1?b2??bn

?(11?) nn?12?12?111111?(1?)?(?)?(?)?3377151?1?n?1. 2?1考点：（1）数列递推式；（2）数列求和.

11?n?2a?2（2）22?2 15．（1）nn【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

an?sn?sn?1?n?2?，an?s1?n=1?，而由

an?2an?1?n?2?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2n?1bn?n?1?2?2??2n?2?2?11?2n?1?22n?2?2，所以一般利用裂项求和：

bn?，即

?1?1?Tn??2???3??2???2??2?1??3?2???1??4n??2??2n????2?112122答案第13页，总27页

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?1111???22?22n?2?222n?2?2 试题解析：解：（1）由已知即数列∴

n?2?a?2an?1?n?2?sn?2an?a1，有an?sn?sn?1?，即n，

a?a3?2?a2?a1??an?是以2为公比的等比数列，a,a?1,a3成等差数列，

又12即：1，

a1?4a1?2?2a1?1,解得a1?2,故an?2n?n?1??n?1S?2?2，∴n（2）由（1）知

2n?111bn?n?1???2?2??2n?2?2?2n?1?22n?2?2，

1??11??1Tn??2?3????3??4?2?22?2??2?22?2?∴?1111???22?22n?2?222n?2?2 1??1??n?1?n?2??2?22?2? 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Sn－Sn－1＝an（n≥2）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an＝

?S1,，n=1，Sn?Sn-1，n?2时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，

在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.

2n2?4n16．（I）an?3；（II）?n? n?1n【解析】

试题分析：（I）根据“1a3是3a1与2a2的等差中项”，“a1a2?a3”这两个已知条件，化为2n联立方程组，解得a1?q?3，故an?3.（II）由（Ⅰ），得bn?log3an?n，a1,q的形式，

所以Sn?1?2Sn211n(n?1)??2?2(?)?2，利用裂项求，代入所求，得2Snn(n?1)nn?12n2?4n和法，求得Tn?.

n?1试题解析：

（Ⅰ）设等比数列的公比为q，由题意知q?0，且3a1?2a2?a3，

2??3a1?2a1q?a1q,n∴?，解得，故. a?3a?q?31n2??a1a1q?a1q.答案第14页，总27页

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（Ⅱ）由（Ⅰ），得bn?log3an?n，所以Sn?∴n(n?1). 21?2Sn211??2?2(?)?2， Snn(n?1)nn?11?2Sn111}的前n项和为Tn?2[(1?)?(?)?223Sn11?(?)]?2n nn?1故数列{12n2?4n?2(1?)?2n?.

n?1n?1考点：数列基本概念，数列求和． 17．（1）bn?n；（2）Tn?(n?1)?2【解析】

试题分析：（1）利用公式直接计算可知数列?an?的通项公式，通过作差可知nn?1?2

bn?1bn?，进n?1n而可得bn?n；（2）通过（1）可知anbn?n?2，即可利用错位相加法计算数列的和. 试题解析：（1）由a1?2，an?1?2an，得：an?2. 当n?1时，b1?b2?1，故b2?2. 当n?2时，nbn?11bn?bn?1?bn，整理得n?1?， nbnn∴bn?n.

（2）由（1）知，anbn?n?2， ∴Tn?2?2?2?3?2???n?2，

23nn2Tn?22?2?23?3?24???(n?1)?2n?n?2n?1

∴Tn?2Tn??Tn?2?2?2???2?n?2∴Tn?(n?1)?2n?123nn?1?(1?n)?2n?1?2，

?2.

6n n?1考点：数列的递推关系式；数列的求和. 18．（1）证明见解析；（2）【解析】

试题分析：（1）化简bn?1?bn?1，b1?1，证得数列{bn}是以1为首项，以1为公差的等差

答案第15页，总27页

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数列；（2）由Sn?111n(n?1)?6(?)，即可利用裂项求和，求得数列的和. ，得到6Snnn?11an?1?1?a1111 ???n??1，an?12?1?1an?1an?1an?1an试题解析：（1）证明：bn?1?bn?而b1?1?1，∴数列{bn}是以1为首项，以1为公差的等差数列. a1?111nbn?[1?(n?1)?1]?333（2）解：，

1nn(?)n(n?1)Sn?33?26，

1611??6(?)， Snn(n?1)nn?1∴111111116n?????6(1???????)?. S1S2Sn223nn?1n?1考点：等差数列的概念；数列求和.

1?n?1?(n为偶数）??2n?219．（1） an?n?1,bn?2n；（2）Tn??.

??n?2?1(n为奇数）?n?2?2【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）

22,两式相减得an?1?2Sn?n?4,?an?2Sn?1?n?1?4?n?2?22222an?1?an?2an?1,?an?1?an?2an?1??an?1?,

2?an?是各项均为正数的数列, 所以

2??a2?1?a7,??a2?1???a2?1??a2?5?,解得a2?3,a1?2,所以an?1?an?1,又a3?an?是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an?n?1.由题意知

b1?2,b2?4,b3?8,?bn?2n.

（2）由（1）得cn???1?log22?nn1?n?1??n?2????1?n?n1?n?1??n?2?,

答案第16页，总27页

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故Tn?c1?c2?...?cn???1?2?3?...???1?n???n??1?11??...?? ?2?33?4?n?1???n?2???当

设

Fn??1?2?3?...???1?nn,则

n为偶数时,

Fn???1?2????3?4??...?????n?1??n???当

n, 2n为奇数时,

Fn?Fn?1???n????n?1?n?1?n?22, 设

Gn?则

111, ??...?2?33?4?n?1???n?2?Gn?11111111????...????2334n?1n?22n?2,

所

以

1?n?1?(n为偶数）??2n?2Tn??.

n?21???(n为奇数）?n?2?2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．

2?n20．（１）an?3,Sn?91?；（２）m?0或m?1． n?222?31，由此可求得数列的通3【解析】

试题分析：（1）由等比数列的通项公式和性质可求得a2?1,a3?项公式和前n项和公式； （2）化简得bn?1111)，由裂项相消可求得，可求得bnbn?2?(?n2nn?21111333Tn?(1???)?，题中不等式可转化为?m2?m?，由此可解得m的

22nn?2444141a2?1,a3?，，又因为a2?a3?，q?1,解得：333取值范围．

a2a3?a1a4?试题解析：（1）由题设知，?1?故an＝3???3?n?1＝32?n

前n项和Sn＝91－. 22?3n?2（2）因为bn＝111＝＝，

2?log3an2??2?n?n所以bnbn?2?1?11?1＝???，

n?n?2?2?nn?2?答案第17页，总27页

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所以Tn?b1b3?b2b4?b3b5?＝

?bnbn?2

＝

1??1??11??11?1??11???11????????????????????????2?32435n?1n?1nn?2????????????1?111?31?????<， 2?2n?1n?2?42故要使Tn?m?m?3332恒成立，只需?m?m?，解得m?0或m≥1m?1. 444考点：等比数列的性质；裂项相消数列求和． 21．（1）an?4n?3；（2）T2n?4n．

【解析】

试题分析：（1）根据等差数列的通项公式和前

n项和公式得到方程组

?a2?a1?d?5n?b??14?，求解即可；（2）可得???n?4?3nS4?4a1??d?28??2bn?1?bn???1?n?1?3，

，所

?4n?1????1??4n?3????1?nn?1?4，即b1?b2?4,b3?b4?4,以T2n??b1?b2???b3?b4????b2n?1?b2n??4?4?4?4n．

?a2?a1?d?5?a1?1?试题解析：（1）由已知条件?,解得?,4?3d?4S4?4a1??d?28???2?an?a1??n?1??d?4n?3.

（

n2）由⑴可得

bn???1?an?????nn?1T2n??????4?????3n????n?,n. 1考点：1.等差数列；2.观察法在数列中的应用． 22．（1）an?n；（2）Sn?2n?1?2. 【解析】

试题分析：（1）由已知设等差数列的公差为d，又a1?1，且a1,a3,a9成等比数列，根据等

2比数列的性质列方程（1?2d）?1??1?8d?，解得d?1，代入等差数列的通项公式即可；

（2）由已知得bn?2n，根据等比数列的定义判断{bn}是以2为首项2为公比的等比数列，代入等比数列的前n项和公式即可. 试题解析：

答案第18页，总27页

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解：（1）设公差为d,则有（1?2d）?1??1?8d?,

2∴d=0（舍）或d?1, ∴an?n （2）令bn?2an?2n

bn2n∵?n?1?2,为定常数 bn?12∴{bn}是以2为首项2为公比的等比数列

2?(1?2n)?2n?1?2 ∴Sn?1?2考点：等差数列的通项公式；等比数列的定义和性质；等比数列的前n项和公式. 23．（1）an?2n?5，a=64；（2）前n项和Tn?4(【解析】

试题分析：（1）根据等差数列前n项和公式求出an?2n?5，带入Sn?2n?6?a即可求出a的值；（2）由题意求出??a?11?)；（3）?n?12n?12?bn?min?a132? . 3b1?1?（3）方法一：?的通项公式，再用类推法求出前n项和；

?bn?bn?1?求出bn，?a?anaa的值，再判断n?1?n的符号，进而判断?n?的单调性，求出最小项的值；bnbn?1bn?bn??a?anaa的值，再用比值法判断n?1、n的大小，进而判断?n?的单调性，bnbn?1bn?bn?方法二：求出bn，求出最小项的值.

试题解析：（1）?Sn?2n?6?a

Sn?1?2n?5?a （n?2且n?N?)

? an?Sn?Sn?1?2n?5

经检验n?1时也成立

? an?2n?5

a1?S1?64=2n?6?a

?a?64

答案第19页，总27页

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（2）1411??4(?) bnbn?1(n?11)(n?12)n?11n?12111111????...??) 12131314n?11n?12其前n项和Tn?4(=4(11?) 12n?12（3）解：方法一：

1(1?2?3?...?n?5n) nn?11= 2bn?an2n?52n?6??nn?11bn?112

2n?7?n?11??2n?6(n?12) an?1an2n?72n?6?n???n?1bbn?12n?11(n?12)?n?11?2n?6???2n?22??(n?12)??(n?12)?n?11?? 2n?6?n?10???0 (n?12)?n?11??an????在其定义域上单调递增 ?bn??a???n??bn?min?a132? 3b11(1?2?3?...?n?5n) n方法二、bn?=n?11 2

an2n?52n?6??bnn?11n?112答案第20页，总27页

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an?1bn?1anbn2n?6n?122?2(n?11)?2(1?1) ?n2?5n?12n?12n?112an?1n?1即bn＞1 abn又?an?0 bn?an????在其定义域上单调递增 ?bn??a???n??bn?min?a132? 3b112考点：等差数列前n项和，类推法求一般数列前n项和，做差法、比值法判断数列单调性.

n24．（1）an?n （2）Sn?2?(n?2)() （3）见解析

【解析】

2试题分析：（1）由条件已知x?x?nx的解集中正整数的个数，可先求出不等式的解集

x?(0,n?1)，则可得数列?an?的通项公式；

（2）由（1）已知?an?的通项公式，由条件可先求出?bn?，观察?bn?的通项公式为等差与等比数列的积，需运用错位相减法来求和；

（3）为证明不等关系，可先分析f(n)的表达式，先定界出上限，再讨论它函数的单调性来先定界出下限，即可证出。

试题解析：（1）x2?x?nx等价于x(x?n?1)?0，解得x?(0,n?1)

其中有正整数n个，于是an?n

n1n1121n ?n?()S?b?b?…?b?1??2?()?…?n?() n12nn222221111Sn?1?()2?2?()3?…?n?()n?1 222211111111两式相减得Sn??()2?()3?…?()n?n?()n?1?1?()n?n?()n?1 22222222（2）bn?答案第21页，总27页

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n?1nn故Sn?2?()?n?()=2?(n?2)()

121212（3）f(n)?111111??…????…? an?1an?2an?nn?1n?2n?n1?1 n?11??nn?由f(n)?111111 ??…????…?an?1an?2an?nn?1n?2n?n11111 ??…?++n?2n?32n2n?12n?2111111于是f(n?1)?f(n)???????0 2n?12n?2n?12n?22n?2n?17故f(n?1)?f(n)?f(n)当n?2且n?N*时为增函数?f(n)?f(2)?

127综上可知?f(n)?1 12知f(n+1)?【考点】（1）数列通项公式的求法。 （2）错位相减法求数列的和 （3）函数的单调性与不等关系的证明。 25．（1）an?2n （2）Sn?【解析】

试题分析：（1）由题已知an?2an?an+12n?N*可运用等比数列的定义判定为等比数列（后一项比前一项的比为常数），再结合题中条件可得列?an?的通项公式； （2）由（1）已知等比数列的通项公式，可利用bn?项公式，观察可运用列项法求和。

试题解析：（1）an?2an?an+12n?N*，所以数列?an?是等比数列，

n n?1??ann?N*?，求出?bn?的通n?n?n?1?2??an?a1q设公比为q，又a1?2,8a4?a7?8a1q3?a1q6?q?2， 所以，

（2）由（1），an?2，bn?nn?1?2n?n?N*?

an111???，

n?n?1?2nn?n?1?nn?11??11??an??1????????2???23?1??1???? ?nn?1?数列?bn?的前n项和Sn?a1?a2??1?1n． ?n?1n?1【考点】（1）等比数列的定义。（2）列项法求数列的和。

答案第22页，总27页

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?3n?n?2?,n是偶数??4n?126．（1）an?3n,bn?2；（2）Tn??.

??3?n?1?2,n是奇数??4【解析】

试题分析：（1）可设公差为d，公比为q，根据a2b2?12,S3?b2?20，列出关于d、q的方程组，解出d、q的值，进而可得（?an?和?bn?通项公式；（2）对于n分奇数、偶数两种情况讨论，n为偶数时Tn?a2?a4?a6?...?an，n为奇数时，Tn?Tn?1?Sn可求解. 试题解析：（1）设公差为d，公比为q，则a2b2??3?d?q?12，

S3?b2?3a2?b2?3?3?d??q?9?3d?q?20，

3d?q?11,q?11?3d，

?3?d??11?3d??33?2d?3d2?12 23d?2d?21?0,?3d?7??d?3??0?an?是单调递增的等差数列，d?0，

则d?3,q?2,an?3??n?1??3?3n,bn?2n?1．

?3n?n?1?,n?2k,k?N*??2（2）cn?Sncos3n???，

3nn?1?,n?2k?1,k?N*?????2当n是偶数，Tn?a2?a4?a6?...?an?3n?n?1? 2n为奇数时Tn?Tn?1?Sn?3?n?1??n?1?32332?n?n???n?1?，

4224?3n?n?2?,n是偶数??4综上可得Tn??．

??3?n?1?2,n是奇数??4考点：1、等差数列、等比数列的通项公式；2、等差数列前n项和公式. 27．（1）an=2n﹣1；（2）Sn=

（1﹣

）．

答案第23页，总27页

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【解析】

﹢

试题分析：（1）通过an+2﹣2an+1+an=0（n∈N）可知数列{an}为等差数列，进而可得结论； （2）通过an=2n﹣1，裂项可得bn=解：（1）∵an+2﹣2an+1+an=0（n∈N），

﹢

∴an+2﹣an+1=an+1﹣an（n∈N）， 即数列{an}为等差数列， ∵a1=1，a4=7， ∴公差d=

=

=2，

﹢

（﹣），并项相加即可．

∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1；

（2）∵an=2n﹣1， ∴bn=∴Sn=

=

=?

）=

=

（﹣（1﹣

）．

），

（1﹣+﹣+…+﹣

n?28．（1）an?2n（2）bn?23?1n?N （3） Tn????2n?1??3n?1?3n?n?1?? ??42【解析】

试题分析：（1）当n?2时，由

an?Sn?Sn?1?n?n?1???n?1?n?2nan?，再验证

a1?2满

足该式（2）同（1）方法，由

bbb1b?22?33?...?nn3?13?13?13?1，

an?1?bbb?1b1b?22?33?...?nn?n?n3?13?13?13?131?1 两式相减得

bn?1?an?1?an?2,bn?1?2?3n?1?1?n?1abnn3?1 （3） cn?nn?n?3?1??n?3?n，求和用

4先分组求和

Tn??1?3?2?32?3?33?...?n?3n???1?2?...?n?，再用错位相减法求和

Hn?1?3?2?32?3?33?...?n?3n

a?S1?2,当n?2时，

试题解析：解：（1）当n?1时，1an?Sn??1Sn???n1?n?知

??1n?2n?,

na1?2满足该式，∴数列?an?的通项公式为an?2n．

an?bbb1b?22?33?...?nn(n?13?13?13?13?1）①

答案第24页，总27页

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?an?1?bbb?1b1b?22?33?...?nn?n?n3?13?13?13?131?1②

bn?1n??an?1?an?2,bn?1?2?3n?1?1?b?23?1n?Nn?1????. n②-①得：3?1,故

（3）cn?anbn?n?3n?1??n?3n?n, 4,

?Tn?c1?c2?c3?...?cn??1?3?2?32?3?33?...?n?3n???1?2?...?n?23nH?1?3?2?3?3?3?...?n?3n令,① 234n?13H?1?3?2?3?3?3?...?n?3n则②

①

23-nn?1②得：

?2Hn?3?3?3?...?3?n?3

?3?1?3n?1?3?n?3,?Hnn?12n?1??3n?1?3??4 .

?Tn?c1?c2?c3?...?cn??1?3?2?32?3?33?...?n?3n???1?2?...?n?Tncn??n∴数列的前项和2n?1??3n?1?3n?n?1????42 考点：由和项求通项，错位相减法求和

【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Sn－Sn－1＝an（n≥2）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

??S1，n＝1，

系，再求an. 应用关系式an＝?时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在

?Sn－Sn－1，n≥2?

求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起. 29．（Ⅰ）an?n；（Ⅱ）Tn??【解析】

试题分析：（Ⅰ）由数列?an?的前n项和公式再结合对n的讨论，即可求数列?an?的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论，先求出数列?bn?的通项公式，再利用分组求和法并结合错位相减法以及裂项相消法，即可求得数列?bn?的前n项和Tn. 试题解析：（Ⅰ）当n?1时，a1?S1?1； 当n?2时，an?Sn?Sn?1?113n?1??(?2)n?1?(?1)n?n?1. 99n(n?1)(n?1)n??n. 22又a1?1也满足上式，所以an?n.

答案第25页，总27页

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（Ⅱ）

bn?(?1)n(an?2an?.

11)?(?1)n(n?2n?)?n?(?2)n?(?1)n(n?1?n)an?1?ann?1?n设数列n?(?2)n的前n项和为An，数列(?1)n(n?1?n)的前n项和为Bn， 则An?1?(?2)?2?(?2)2?3?(?2)3?????n?(?2)n，

?????2An?1?(?2)2?2?(?2)3?3?(?2)4?????(n?1)?(?2)n?n?(?2)n?1，

所以3An?(?2)?(?2)2?(?2)3?????(?2)n?n?(?2)n?1，

(?2)?(?2)n?(?2)23n?1??n?(?2)n?1????(?2)n?1，

1?(?2)33所以An??23n?1??(?2)n?1. 99n又Bn??(2?1)?(3?2)?(4?3)?????(?1)?(n?1?n) ?(?1)n?n?1?1.

23n?1??(?2)n?1?(?1)n?n?1?1 99113n?1????(?2)n?1?(?1)n?n?1. 99?113n?1n?1???(?2)?n?1,n为奇数，?99（说明：也可写成Tn?同样给分） 113n?1????(?2)n?1?n?1,n为偶数9?9所以Tn??考点：1、通项公式及前n项和公式；2、错位相减法及裂项相消法. 30．（1）an?3n?1，bn?2n?1；（2）Tn??n?2?2n?2． 【解析】

试题分析：（1）本题求数列通项公式，由已知数列{an}是等比数列，通项公式即得，对数列{bn}，已知条件是2bn?b1?S1Sn，出现前n项和Sn，处理方法是先让n?1，求得首项

b1，然后当n?1时，利用bn?Sn?Sn?1得出bn的递推式，本题中正好确定{bn}也是等比

数列；（2）由（1）可得cn?(n?1)?2n?1，可以看作是一个等比数列与一个等差数列的乘积，其前n项和的求法是错位相减法，即写出Tn?，此式两乘等比数列的公比q，得qTn?，

答案第26页，总27页

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两式相减得(1?q)Tn?，此式右边中间是一个等比数列的和，由此可得Tn．

试题解析：（1）∵an?1?3an，∴{an}是公比为3，首项a1?1的等比数列， ∴通项公式为an?3n–1．

∵2bn?b1?S1?Sn，∴当n?1时，2b1?b1?S1?S1， ∵S1?b1，b1?0，∴b1?1．

∴当n?1时，bn?Sn?Sn?1?2bn?2bn?1，∴bn?2bn?1， ∴?bn?是公比为2，首项a1?1的等比数列， ∴通项公式为bn?2n?1．

（2）cn?bn?log3an?2n?1log33n?1??n?1?2n?1，

Tn?0?20?1?21?2?22????n?2?2n?2??n?1?2n?1 ①， 2Tn?0?21?1?22?2?23?????n?2?2n?1??n?1?2n ②，

①－②得：

?Tn?0?20?21?22?23????2n?1??n?1?2n?2n?2??n?1?2n??2??n?2?2n，∴Tn??n?2?2n?2．

考点：等比数列的通项公式，错位相减法求和．

答案第27页，总27页

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