专题：数列解答题
2023届高考数学解答题专练-数列的性质(含答案)
2025届高考数学解答题专练：数列的性质一、解答题（共13题）1.我们知道，在等差数列{a n}中，当公差d>0时，{a n}单调递增；当公差d<0时，{a n}单调递减．请你探究等比数列{b n}单调递增的充要条件．2.在数列{a n}中，a n=2n−5，求数列{a n}的最大项与最小项．2n−7a n，n∈N∗．3.已知各项都是正数的数列{a n}的前n项和为S n，S n=a n2+12(1) 求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n，求证：(2) 设数列{b n}满足：b1=1，b n−b n−1=2a n(n≥2)，数列{1b nT n<2；(3) 若T n≤λ(n+4)对任意n∈N∗恒成立，求λ的取值范围．4.已知有限数列{a n}共有30项，其中前20项成公差为d的等差数列，后11项成公比为q的等比数列，记数列的前n项和为S n．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：条件①：a2=4，S5=30，a21=20；条件②：S3=0，a20=−36，a22=−9；条件③：S1=48，a21=20，a24=160．(1) d，q的值；(2) 数列{a n}中的最大项．5.在公比大于0的等比数列{a n}中已知a3a5=a4，且a2，3a4，a3成等差数列．(1) 求{a n}的通项公式；(2) 已知S n=a1a2⋯a n，试问当n为何值时，S n取得最大，并求S n的最大值（n∈N∗，a∈R，且a≠0）．6.已知数列{a n}中，a n=1+1a+2(n−1)(1) 若a=−7，求数列{a n}中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N∗，都有a n≤a6成立，求实数a的取值范围．7. 在数列 {a n } 中，若 a n ∈N ∗，且 a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯），则称 {a n } 为“J 数列”．设 {a n } 为“J 数列”，记 {a n } 的前 n 项和为 S n ． (1) 若 a 1=10，求 S 3n 的值； (2) 若 S 3=17，求 a 1 的值；(3) 证明：{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 用 [x ] 表示一个小于或等于 x 的最大整数．如：[2]=2，[4.1]=4，[−3.1]=−4．已知实数列 a 0，a 1，⋯ 对于所有非负整数 i 满足 a i+1=[a i ]⋅(a i −[a i ])，其中 a 0 是任意一个非零实数． (1) 若 a 0=−2.6，写出 a 1，a 2，a 3； (2) 若 a 0>0，求数列 {[a i ]} 的最小值；(3) 证明：存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 若数列 {a n } 是首项为 6−12t ，公差为 6 的等差数列；数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ． (1) 求数列 {a n } 和 {b n } 的通项公式；(2) 若数列 {b n } 是等比数列，试证明：对于任意的 n (n ∈N,n ≥1)，均存在正整数 c n ，使得b n+1=ac n ，并求数列 {c n } 的前 n 项和 T n ．(3) 设数列 {d n } 满足 d n =a n b n ，且 {d n } 中不存在这样的项 d k ，使得“d k <d k−1 与 d k <d k+1”同时成立（其中 k ≥2，k ∈N ∗），试求实数的取值范围．10. 已知等比数列 {a n } 的公比为 q ，a 1=32，其前 n 项和为 S n (n ∈N ∗)，S 2，S 4，S 3 成等差数列．(1) 求数列 {a n } 的通项公式； (2) 求 b n =S n −1S n(n ∈N ∗) ,求 b n 的最大值与最小值．11. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an−1，其中 n ∈N ∗． (1) 证明数列 {b n } 是等差数列，并写出证明过程；(2) 设 c n =2bn2b n−1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n ；(3) 已知当 n ∈N ∗且 n ≥6 时，(1−mn+3)n<(12)m，其中 m =1,2,⋯n ，求满足等式 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n 的值之和．12. 设 m 为正整数，各项均为正整数的数列 {a n } 定义如下：a 1=1，a n+1={a n2,a n 为偶数a n +m,a n 为奇数．(1) 若m=5，写出a8，a9，a10；(2) 求证：数列{a n}单调递增的充要条件是m为偶数；(3) 若m为奇数，是否存在n>1满足a n=1？请说明理由．13.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a2=a．(1) 若数列{a n}是等差数列，且a8=15，求实数a的值；(2) 若数列{a n}满足a n+2−a n=2(n∈N∗)，且S19=19a10，求证：{a n}是等差数列；(3) 设数列{a n}是等比数列，试探究当正实数a满足什么条件时，数列{a n}具有如下性质M：对于任意的n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，写出你的探究过程，并求出满足条件的正实数a的集合．答案一、解答题（共13题）1. 【答案】b1>0，q>1或b1<0，0<q<1，其中q是等比数列{b n}的公比．2. 【答案】{a n}的最大项为a4=3，最小项为a3=−1．3. 【答案】(1) n=1时，a1=a12+12a1，所以a1=12，{S n+1=a n+12+12a n+1,S n=a n2+12a n⇒a n=a n2−a n−12+12a n−12a n−1⇒(a n+a n−1)(a n−a n−1−12)=0，因为a n>0，所以a n−a n−1=12，所以{a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n=12n．(2) b n−b n−1=n，{b2−b1=2,b3−b2=3,⋮b n−b n−1=n⇒b n−b1=(n+2)(n−1)2⇒b n=n(n+1)2，1 b n =2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以T n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1．(3) 由2nn+1≤λ(n+4)得λ≥2n(n+1)(n+4)=2n+4n+5，当且仅当n=2时，2n+4n+5有最大值29，所以λ≥29．4. 【答案】(1) 选择条件①：a2=4，S5=30，a21=20．因为{a n}的前20项成等差数列，a2=4，S5=30，所以 {a 1+d =4,5a 1+5×42d =30, 解得 {a 1=2,d =2.所以 a 20=2+19×2=40．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列， 所以 q =a 21a 20=12．综上，d =2，q =12．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 3=0，a 20=−36， 所以 {3a 1+3d =0,a 1+19d =−36,所以 {a 1=2,d =−2.因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 20=−36， 又因为 a 22=−9，q 2=a22a 20=14，所以 q =±12．综上，d =−2，q =±12．选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 21=20，a 24=160， 所以 q 3=a24a 21=8，解得 q =2，所以 a 20=a 21q=10，又因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 1=a 1=48， 所以 d =a 20−a 120−1=−2，综上，d =−2，q =2．(2) 选择条件①：a 2=4，S 5=30，a 21=20． {a n } 的前 20 项成等差数列，d >0，所以前 20 项为递增数列．即：前 20 项的最大项为 a 20=40， 数列 {a n } 的后 11 项成等比数列，q =12，所以后 11 项是递减数列．即：后 11 项的最大项为 a 20=40， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 20 项，其值为 40．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．{a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=2， 因为 q =±12，ⅰ．当 q =12 时，a n =−36(12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以当 20≤n ≤30 时，a n <0，此时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2． ⅱ．当 q =−12 时，a n =−36(−12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），后 11 项的最大项为 a 21=18，此时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18．综上，当 q =12 时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2； 当 q =−12 时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18． 选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160． {a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=48， {a n } 的后 11 项成等比数列，而 a 20=10，q =2， a n =10⋅2n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以后 11 项为递增数列，后 11 项的最大项为 a 30=10240， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 30 项，其值为 10240．5. 【答案】(1) 设 {a n } 的公比为 q ，由 a 3a 5=a 4，得 a 4=1． 因为 a 2，3a 4，a 3 成等差数列，所以 a 2+a 3=6a 4，则 6q 2−q −1=0， 解得 q =12 或 q =−13（舍），故 a 1=8． 所以 a n =8×(12)n−1=24−n ．(2) S n =a 1a 2⋯a n =23+2+1+⋯+(4−n )=2(7−n )n 2，当 n =3或4 时，S n 取得最大值，(S n )max =64．6. 【答案】(1) 因为 a n =1+1a+2(n−1)（n∈N ∗，a ∈R ，且 a ≠0），a =−7，所以 a n =1+12n−9．结合函数 f (x )=1+12x−9 的单调性，可知 1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>⋯>a n >1(n ∈N ∗)．所以数列 {a n } 中的最大项为 a 5=2，最小项为 a 4=0． (2) a n =1+1a+2(n−1)=1+12n−2−a 2．因为对任意的 n ∈N ∗，都有 a n ≤a 6 成立，并结合函数 f (x )=1+12x−2−a 2的单调性，所以 5<2−a 2<6，所以 −10<a <−8．即实数 a 的取值范围为 (−10,−8)．7. 【答案】(1) 由 a 1=10，a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯）， 得 a 2=5，a 3=8，a 4=4，a 5=2，a 6=1，a 7=4，⋯， 由上可知，数列 {a n } 自第四项起以 3 为周期周期出现， 当 n =1 时，S 3n =23；当 n ≥2 时，S 3n =23+3(n −1)=3n +20． 所以 S 3n ={23,n =13n +20,n ≥2．(2) S 3=a 1+a 2+a 3=17， 若 a 1 为偶数，则 a 2=a 12， 若 a 2 为偶数，则 a 3=a 14，此时 S 3=74a 1=17，a 1=687（舍）；若 a 2 为奇数，则 a 3=a 12+3，此时 S 3=2a 1+3=17，a 1=7（舍）；若 a 1 为奇数，则 a 2=a 1+3 为偶数，则 a 3=a 1+32，此时 S 3=5a 1+92=17，a 1=5；综上，a 1 的值为 5．(3) 利用数学归纳法（Ⅱ）证明如下： （1）当 a 1=1,2,3 时，对应的数列分别为： 1，4，2，1，4，2，1，⋯ 2，1，4，2，1，4，2，⋯ 3，6，3，6，3，6，3，⋯ 可知当 a 1=1,2,3 时，命题为真；（2）假设当 a 1<k （k ≥4）命题成立，下面证明 a 1=k 时命题成立．若 k 为偶数，则 a 2=k2<k ，由归纳假设，自 a 2 以后，必然出现 1 或 3，命题为真；若 k 为奇数，则 a 2=k +3，a 3=k+32<k （k ≥4），由归纳假设，自 a 3 以后，必然出现 1 或3，命题为真．综（1）（2）可知，{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 【答案】(1) a 1=−1.2，a 2=−1.6，a 3=−0.8．(2) 因 a 0>0，则 [a 0]≥0，所以 a 1=[a 0](a 0−[a 0])≥0，设 [a i ]≥0，i ≥1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≥0，所以 [a i ]≥0，∀i ≥0．又因 0≤a i −[a i ]<1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≤[a i ]，则 [a i+1]≤[a i ]，∀i ≥0． 假设 ∀i ≥0，都有 [a i ]>0 成立，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])<[a i ]， 则 [a i+1]<[a i ]，∀i ≥0，即 [a i+1]≤[a i ]−1，∀i ≥0， 则 [a n ]≤[a 0]−n ，∀n ≥1，则当 n ≥[a 0] 时，[a n ]≤0， 这与假设矛盾，所以 [a i ]>0，∀i ≥0 不成立，即存在 k ∈N ，[a k ]=0，从而 {[a i ]} 的最小值为 0．(3) 当 a 0>0 时，由（2）知，存在 k ∈N ，[a k ]=0，所以 a k+1=0，所以 [a k+1]=0，所以 a i =0，∀i ≥k ，成立． 当 a 0<0 时，若存在 k ∈N ，a k =0，则 a i =0，∀i ≥k ，得证； 若 a i <0，∀i ≥0，则 [a i ]≤−1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])>[a i ]， 则 [a i+1]≥[a i ]，∀i ≥0，所以数列 {[a i ]} 单调不减． 由于 [a i ] 是负整数，所以存在整数 m 和负整数 c ， 使得当 i ≥m 时，[a i ]=c ．所以，当 i ≥m 时，a i+1=c (a i −c )， 则 a i+1−c 2c−1=c (a i −c 2c−1)，令 b i =a i −c 2c−1，即 b i+1=cb i ，i ≥m ．当 b m =0 时，则 b i =0，i ≥m ，则 a i =c 2c−1，i ≥m ，得证． 当 b m ≠0 时，b i ≠0，i ≥m ，b i =c i−m b m ，i ≥m ，因当 i ≥m 时，[a i ]=c ，则 a i ∈[c,c +1)，则 {b i } 有界， 所以 ∣c∣≤1，所以负整数 c =−1．所以 a i =−12+(−1)i−m b m =−12+(−1)i−m (a m +12)(i ≥m )，则 a i ={a m ,i =m,m +2,m +4,⋯−1−a m ,i =m +1,m +3,⋯．令 k =m ，满足当 i ≥k 时，a i =a i+2．综上，存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 【答案】(1) 因为 {a n } 是等差数列，所以 a n =(6−12t )+6(n −1)=6n −12t ，而数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ，所以当 n ≥2 时，b n =(3n −1)−(3n−1−1)=2×3n−1， 又 b 1=S 1=3−t ，所以 b n ={3−t,n =12×3n−1,n ≥2．(2) 因为 {b n } 是等比数列，所以 3−t =2×31−1=2，即 t =1， 所以 a n =6n −12．对任意的 n (n ∈N,n ≥1)，由于 b n+1=2×3n =6×3n−1=6×(3n−1+2)−12，令 c n =3n−1+2∈N ∗，则 a c n =6(2+3n−1)−12=b n+1，所以命题成立． 数列 {c n } 的前 n 项和 T n =2n +1−3n 1−3=12×3n +2n −12．(3) 易得 d n ={6(3−t )(1−2t ),n =14(n −2t )3n ,n ≥2，由于当 n ≥2 时，d n+1−d n =4(n +1−2t )3n+1−4(n −2t )3n =8[n −(2t −32)]×3n ，所以（ⅰ）若 2t −32<2，即 t <74，则 d n+1>d n ， 所以当 n ≥2 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 1≤d 2，即 6(3−t )(1−2t )≤36(2−2t )， 解得−5−√974≤t ≤−5+√974<74．（ⅱ）若 2≤2t −32<3，即 74≤t <94， 则当 n ≥3 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 2=d 3，即 4(2t −2)32=4(2t −3)33，解得 t =74．（ⅲ）若 m ≤2t −32<m +1(m ∈N ∗,m ≥3)，即m 2+34≤t <m 2+53(m ∈N,m ≥3)，则当 2≤n ≤m 时，{d n } 是递减数列，当 n ≥m +1 时，{d n } 是递增数列， 则由题意，得 d m =d m+1，即 4(2t −m )3m =4(2t −m −1)3m+1，解得 t =2m+34．综上所述，取值范围是 −5−√974≤t ≤−5+√974或 t =2m+34（m ∈N ，m ≥2）．10. 【答案】(1) 若 q =1，又 a 1=32，所以 S 2=2a 1=3，S 4=4a 1=6，S 3=3a 1=92，则 2S 4≠S 2+S 3，不满足条件，所以 q ≠1，由 S 2，S 4，S 3 成等差数列，得 2S 4=S 2+S 3，所以2a 1(1−q 4)1−q=a 1(1−q 2)1−q+a 1(1−q 3)1−q,整理得2q 4=q 2+q 3,又 q ≠0，所以 2q 2=1+q ，解得 q =−12 或 q =1 (舍)，所以q =−12,所以a n =a 1q n−1=32(−12)n−1.(2) 由（1）知 S n =32[1−(−12)n ]1−(−12)=1−(−12)n={1+(12)n,n 为奇数,1−(12)n,n 为偶数.①当 n 为奇数时，S n 随着 n 的增大而减少，所以 1<S n ≤S 1=32，因为 y =x −1x 在 (0,+∞) 上为增函数，故 0<S n −1S n≤S 1−1S 1=32−23=56，即0<b n ≤56;②当 n 为偶数时，S n 随着 n 的增大而增大，所以 S 2≤S n <1， 因为 y =x −1x 在 (−∞,0) 上为增函数，故 S 2−1S 2≤S n −1S n<0，又 S 2=1−(12)2=34，则S 2−1S 2=34−43=−712,所以 −712≤S n −1S n<0，即 −712≤b n <0，综上，∀n ∈N ∗，总有 −712≤b n ≤56，且 b n ≠0，所以 b n 的最大值为 56，最小值为 −712．11. 【答案】(1) 因为 a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an −1，所以b n+1−b n=12a n+1−1−12an −1=12(1−14a n)−1−12an −1=11−12a n−12an −1=2a n2a n−1−12a n −1=1.所以数列 {b n } 是以 1 为公差，1 为首项的等差数列． (2) 由（1）可得 b n =1+n −1=n ， 所以 c n =2b n 2b n−1=2n 2n−1=2n ⋅(12)n−1，所以 T n =2[(12)0+2(12)1+3(12)2+⋯+(n −1)(12)n−2+n (12)n−1]，12T n =2[(12)1+2(12)2+3(12)3+⋯+(n −1)(12)n−1+n (12)n]，所以12T n=2[(12)0+(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−1]−2n (12)n =2⋅1−(12)n1−12−2n (12)n=4−4(12)n −2n (12)n .所以 T n =8−8(12)n −4n (12)n ． (3) 由（1）将 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 化为 3n +4n +⋯+(n +2)n =(n +3)n ， 即 (3n+3)n +(4n+3)n +⋯+(n+2n+3)n =1，所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n =1，因为当 n ∈N ∗ 且 n ≥6 时，(1−m n+3)n <(12)m ，所以 (1−1n+3)n <12，(1−2n+3)n <(12)2，⋯⋯，(1−n n+3)n <(12)n ， 所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n <12+(12)2+⋯+(12)n =1−(12)n<1， 所以当 n ≥6 时，3n +4n +⋯+(n +2)n <(n +3)n ，当 n =1 时，31<(1+3)1，当 n =2 时，32+42=(2+3)2， 当 n =3 时，33+43+53=(3+3)3=216，当 n =4 时，34+44+54+64=2258<(4+3)4=2401，当 n =5 时，35+45+55+65+75=12168<(5+3)5=32768， 所以满足 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n =2和3，其和为 5．12. 【答案】(1) a 8=6，a 9=3，a 10=8．(2) 先证“充分性”．当 m 为偶数时，若 a n 为奇数，则 a n+1 为奇数．因为 a 1=1 为奇数，所以归纳可得，对 ∀n ∈N ∗，a n 均为奇数，则 a n+1=a n +m ， 所以 a n+1−a n =m >0，所以数列 {a n } 单调递增．再证“必要性”．假设存在 k ∈N ∗ 使得 a k 为偶数，则 a k+1=a k 2<a k ，与数列 {a n } 单调递增矛盾， 因此数列 {a n } 中的所有项都是奇数．此时 a n+1=a n +m ，即 m =a n+1−a n ，所以 m 为偶数．(3) 存在 n >1 满足 a n =1，理由如下：因为 a 1=1，m 为奇数，所以 a 2=1+m ≤2m 且 a 2 为偶数，a 3=1+m 2≤m ．假设a k为奇数时，a k≤m；a k为偶数时，a k≤2m．当a k为奇数时，a k+1=a k+m≤2m，且a k+1为偶数；当a k为偶数时，a k+1=a k2≤m．所以若a k+1为奇数，则a k+1≤m；若a k+1为偶数，则a k+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有a n≤2m．所以正整数数列{a n}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r,s)∣a r=a s,r<s}，设集合B={r∈N∗∣(r,s)∈A}⊆N∗．因为A≠∅，所以B≠∅．令r1是B中的最小元素，下面证r1=1．设r1>1且a r1=a s1(r1<s1)．当a r1≤m时，a r1−1=2a r1，a s1−1=2a s1，所以a r1−1=a s1−1；当a r1>m时，a r1−1=a r1−m，a s1−1=a s1−m，所以a r1−1=a s1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1<r1，与r1是B中的最小元素矛盾．所以r1=1，且存在1<s1∈N∗满足a s1=a1=1，即存在n>1满足a n=1．13. 【答案】(1) 设等差数列{a n}的公差为d．由a1=1，a8=15得1+7d=15，解得d=2，则得a2=a1+d=1+2=3，所以a=3．(2) 由S19=19a10，得10×1+10×92×2+9a+9×82×2=19×(a+8)，解得a=2，由a n+2−a n=2，且a1=1，a2=2，得当n为奇数时，a n=a1+n−12×2=n；当n为偶数时，a n=a2+n−22×2=n．所以对任意n∈N∗，都有a n=n，当n≥2时，a n−a n−1=1，所以数列{a n}是以1为首项、1为公差的等差数列．(3) 由题意a n=a n−1．①当0<a<1时，a3<a2<a1≤S m，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)>0，因此数列{a n}不具有性质M；②当a=1时，a n=1，S n=n，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)=(m−1)2≥0，因此数列{a n}不具有性质M；③当1<a<2时，(a−1)2>0⇔a(2−a)<1⇔12−a >a⇔log a12−a>1n≥log a12−a ⇔a n−1a−1≥a n⇔S n≥a n+1，n<log a12−a ⇔a n−1a−1<a n⇔S n<a n+1，取⌈log a12−a⌉=n0（⌈x⌉表示不小于x的最小整数），则S n0≥a n0+1，S n0−1<a n．所以对于任意m∈N∗，(S m−a n0)(S m−a n0+1)≥0，即对于任意m∈N∗，S m都不在区间(a n0,a n0+1)内，所以数列{a n}不具有性质M；④当a≥2时，S n−a n+1=a n−1a−1−a n=(2−a)a n−1a−1<0，且S n>a n，即对任意的n≥2(n∈N∗)，都有(S m−a n)(S m−a n+1)<0，所以当a≥2时，数列{a n}具有性质M．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．③④的另解：当a>1时，{a n}单调递增，{S n}单调递增，且n≥2时，S n>a n．若对任意n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，即存在S m在区间(a n,a n+1)内．观察(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，发现在(a n,a n+1)内的S m只能是S n．证明：在n−1个区间(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，(a n,a n+1)内需要n−1个S m，因为S1<a2，S n+1>a n+1，所以可选择的S m只能是S2，S3，⋯，S n，共n−1个．由S2<S3<⋯<S n，得a n<S n<a n+1．所以只需满足S n<a n+1恒成立，即a n−1a−1<a n，得2−1a n<a对任意n∈N∗都成立．因为数列{2−1a n }单调递增，且limn→∞(2−1a n)=2，所以a≥2．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．结束。
数列解答题精选(一)
数列解答题精选（一）1.已知等差数列{}n a 中，公差d >0前n 项和为n S ，且满足：14454132=+=a a a a ，， ①求数列的通项公式； ②设cn S b n n +=，一个新数列{}n b ，若{}n b 也是等差数列，求非零常数c ； ③求1)25()(++=n nb n b n f （*∈N n ）的最大值。
2.已知),(211+=n n a a a ，点在函数x x x f 2)(2+=的图像上，*∈N n①证明数列{})1lg(n a +是等比数列，②设)1()1)(1(21n n a a a T +++= ，求n T 及数列{}n a 的通项公式， ③记211++=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和n S ，并证明：1132=-+n n T S3.⑴已知数列{}n a 前n 项和n n S n 92-= ①求证：{}n a 为等差数列；②记数列{}n S 的前n 项和为n T ，求 n T 的表达式。
⑵数列{}n a 中，，11=a n S 是前n 项和，当2≥n 时，)21(2-=n n n S a S ①求证：⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是等差数列， ②设12+=n S b nn ，求{}n b 的前n 项和n T4.已知数列{}n a 中，，31=a 前n 和1)1)(1(21-++=n n a n S ①求证：数列{}n a 是等差数列②求数列{}n a 的通项公式 ③设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n a a 的前n 项和为n T ，是否存在实数M ，使得M T n ≤对一切正整数n 都成立？若存在，求M 的最小值，若不存在，试说明理由。
5.已知在正项数列{}n a 中，1a =2，且），1(+n n n a a A 在双曲线122=-x y 上， 数列{}n b 中，点（n b ，n T ）在直线121+-=x y 上，其中n T 是数列{}n b 的前n 项和。
几道数列解答题
几道数列解答题1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =31(a n -1)(n ∈N *). (Ⅰ) 求a 1,a 2;(Ⅱ)求证数列{a n }是等比数列.[对症下药] (Ⅰ)由S 1=31(a 1-1), 得a 1=31(a 1-1),∴a 1=-21.又S 2=31(a 2-1),即a 1+a 2=31(a 2-1),得a 2=41.(Ⅱ)当 n ＞1时,a n =S n S n-1=31(a n -1)-31(a n-1-1),得1-n n a a =-21,所以{a n }是首项为-21,公比为-21的等比数列.2. 已知数列{a n }的首项为a 1=2,前n 项和为S n ,且对任意的正整数n,a n 都是3S n -4与2-25S n-1的等差中项(n ≥2).(1)求证:数列{a n }是等比数列,并求通项a n ;答案：当n ≥2时，2a n =3S n -4+2,22125243)(2,251111+=-+-=------n n n n n n n S S S S S S S 得到即 又{}.212111211,21,21,21,1,2--++===--===n n n n n n n n n aa a a a S S S S a a a a 得的等比数列是公比为所以数列而则有(2)证明21(log 2S n +log 2S n+2)＜log 2S n+1; 答案：由,214,2122---==n n n n S a 得 .2222221.2222221)21(416)214()()21()21(516)214)(214(---+---++-=-=+-=--=n n n n n n nn n n S S S.log )log (log 21)(12222212++++<+<∴n n n n n n S S S S S S ] (3)若b n =na 4-1,c n =log 2(na 4)2,T n 、R n 分别为{b n }和{c n }的前n 项和.问:是否存在正整数n,使得T n ＞R n ,若存在，请求出所有n 的值，若不存在请说明理由.答案：,,22,2,1221n n R n T n c b n n n n n n +=--=∴=-=+ 当n=1、2、3时，T n <R n .当n=4、5时T N >R n ..2243)(1)11(2,622211111112111111++>++=++>++++++=+=≥++++-++++++n n n n C C C C C C C C n n n D n n n n n n n D n n n 时当即.2221n n n n +>--+N ∈≥∴>n n R T n n ,4.3.(典型例题)已知数列{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n 项和，a 1,2a 7,3a 4成等差数列.(Ⅰ) 证明12S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列; (Ⅱ)求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+na 3n-2.[对症下药](Ⅰ)证明:由a 1,2a 7,3a 4成等差数列.得4a 7=a 1+3a 4,即4aq 6=a+3aq 3.变形得(4q 3+1)(q 3-1)=0,所以q 3=-41或q 3=1(舍去)由3612S S =,1611211)1(121)1(33161=+=----q qq a qq a 6612S S S -==-----=-11)1(1)1(161121612qq a qq a S S 1+q 6-1=q 6=161,得3612S S =6612S S S -.所以12S 3,S 6,S 12-S 6成等比数列.(Ⅱ)解法:T n =a 1+2a 4+3a 7+…+na3a-2=a+2aq 3+3aq 6+…+naq 3(n-2),即T n =a+2·(-41)a+3·(-41)2a+…+n·(-41)n-1a. ①①×(-41)3a 得:-41T n =-41a+2·(-41)2a +3·(-41)3a+…+n·(-41)n a ② ①-②有：45T n =a+(-41)a+(-41)2a+(-41)3a+…(-41)n-1a-n·(-41)n a=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--411411n a -n·(-41)n a=54a-(54+n)·(-41)n a.所以T n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n a 5425162516·(-41)n a. 4 已知等差数列{a n }的首项为a,公差为b;等比数列{b n }的首项为b,公比为a,其中a,b ∈N +,且a 1＜b 1＜a 2＜b 2＜a 3.(Ⅰ)求a 的值; 答案：.2).3(32.41.122,11112,1.2,,,,2====∴⎩⎨⎧<>∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++<++>∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-<->∴⎩⎨⎧+<<+∴N ∈+<<+<+a a a a a a b a b a b b a b ba b a ab ab b a b a b a ab b a a 故时不合题意舍去或(Ⅱ)若对于任意n ∈N +,总存在m ∈N +，使a m +3=b n ,求b 的值； 答案：,2)1(5,3,2,)1(21.1--=-+=+∙=-+=n n m n n m b b m b a b b b m a 可得由即b(2n-1-m+1)=5,∴b=5.(Ⅲ)在(Ⅱ)中，记{c n }是所有{a n }中满足a m +3=b,m ∈N +的项从小到大依次组成的数列，又记S n 为{c n }的前n 项和，S n ≥T n (n ∈N +).答案：由(2)知a n =5n-3,b n =5.2n-1,).(,..0]121212)1(1[5]12121)1[5]12121)11[(5]121212[5,3.9,2).15(21,3)12(5,325,3253223212222111.1+--N ∈≥>∴=----++>---++++=---+=---=-≥====-=--=∴-=∴-∙=-=∴n T S T S n n n n n n n C C C n n n n T S n T S T S n n T n S C b a n n n n n n n n n n n n n n n n n n m 便得综合以上时当。
数列测试题及答案解析
数列测试题及答案解析一、选择题1. 已知数列{an}满足a1=2，an+1 = 2an，判断数列{an}是否为等比数列。
A. 是B. 不是C. 无法判断答案：A2. 若数列{bn}是等差数列，且b3=5，b5=9，求b7。
A. 11B. 13C. 无法确定答案：B二、填空题1. 给定数列{cn}，其中c1=1，cn+1 = cn + n，求c5的值。
答案：152. 已知等差数列{dn}的首项d1=3，公差d=2，求d20的值。
答案：43三、解答题1. 求等比数列{en}的前n项和Sn，若e1=1，公比q=3。
解：根据等比数列前n项和公式Sn = e1 * (1 - q^n) / (1 - q)，代入e1=1和q=3，得到Sn = (1 - 3^n) / (1 - 3)。
2. 已知等差数列{fn}的前n项和为Tn，若f1=2，d=3，求T10。
解：根据等差数列前n项和公式Tn = n/2 * (2a1 + (n - 1)d)，代入f1=2和d=3，得到T10 = 10/2 * (2*2 + (10 - 1)*3) = 5 * (4 + 27) = 5 * 31 = 155。
四、证明题1. 证明数列{gn}，其中gn = n^2，是一个单调递增数列。
证明：设n≥2，我们需要证明对于任意的n，有gn ≥ gn-1。
即证明n^2 ≥ (n-1)^2。
展开得n^2 - (n-1)^2 = 2n - 1 > 0，所以数列{gn}是单调递增的。
2. 证明等差数列{hn}的任意两项hn和hm（m > n）之和等于它们中间项的两倍。
证明：设等差数列{hn}的首项为h1，公差为d。
根据等差数列的定义，hn = h1 + (n - 1)d，hm = h1 + (m - 1)d。
将两项相加得hn + hm = 2h1 + (m + n - 2)d。
由于m > n，所以m + n - 2 = m - 1 + n - 1，即hn + hm = h1 + (m - 1)d + h1 + (n - 1)d = 2h1 + (m + n - 2)d = 2h((m + n - 1)/2)，这正是它们中间项的两倍。
高考解答题专题：数列
高考解答题专题：数列1．（本小题满分14分）等差数列{}n a 中，13a =，前n 项和为nS ，等比数列{}n b 各项均为正数，11b =，且2212b S +=，{}n b 的公比22S q b =（1）求na 与nb ；（2）求数列1{}nS 的前n 项和2.设正数组成的数列{}n a 是等比数列，其前n 项和为n S ，且21=a ， 143=S（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若n n a a a T ⋅⋅⋅⋅=21，其中*N n ∈； 求n T 的值,并求n T 的最小值． 3.已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前项和，1596,63a a S +== （1）求数列{}n a 的通项公式及前项和n S ；（2）若数列{}n b 满足对,2na n n Nb *∀∈=求数列{}n n a b 的前n 项和n T ；4.设数列{}n a 满足1a a =，11n n a ca c +=+-，*n N ∈，其中a 、c 为实数，且0c ≠。
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12a =，12c =，(1),*n n b n a n N =-∈，求数列{}n b 的前n 项的和n S ；5.已知数列{} 的前n 项和，数列{}的前n 项和（Ⅰ）求数列{}与{}的通项公式；（Ⅱ）设，证明：当且仅当n ≥3时，＜6.设1c ，2c ...,n c ，...是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x 轴的正半轴上，且都与直线y=33x 相切，对每一个正整数n,圆n c 都与圆1n c +相互外切，以n r 表示nc 的半径，已知{}nr 为递增数列.(Ⅰ)证明：{}nr 为等比数列；（Ⅱ）设1r =1，求数列n n r ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和.7.在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令,lg n n a T =1n ≥.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设1tan tan ,n n n b a a += 求数列{}n b 的前n 项和n S .。
高中数学--数列大题专项训练(含详解)
高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。
【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版)：数列解答题(解析版)
专题 06 数列解答题
1．(2022
年全国甲卷理科·第
17
题)记
Sn
为数列 an 的前
n
项和．已知
2Sn n
n
2an
1．
(1)证明： an 是等差数列；
(2)若 a4, a7 , a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．
【答案】(1)证明见解析：； (2) 78 ．
解析：(1)设数列an 的公差为d
，所以，
aa11dd22bb118ab11
2d
a1
4b1 3d
，即可解得，
b1
a1
d 2
，
所以原命题得证．
（2）由(1)知， b1
a1
d 2
，所以 bk
am
a1
b1 2k1
a1
m 1 d
a1 ，即 2k1
2m ，亦即
m 2k2 1,500 ，解得 2 k 10 ，所以满足等式的解 k 2,3, 4,,10 ，故集合
解析：(1)解：因为
2Sn n
n
2an
1，即 2Sn
n2
2nan
n
①，
当 n 2 时， 2Sn1 n 12 2 n 1 an1 n 1 ②，
① ②得， 2Sn n2 2Sn1 n 12 2nan n 2n 1 an1 n 1 ，
即 2an 2n 1 2nan 2n 1 an1 1 ，
k | bk am a1,1 m 500 中的元素个数为10 2 1 9 ．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题 【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题
数列求和解答题50道(解析版)
数列求和解答题50道1.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 和S n 满足4S n =(a n +1)2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)∵4S n =(a n +1)2(n ∈N *)，n ≥2时，4S n-1=(a n -1+1)2，相减可得：4a n =(a n +1)2-(a n -1+1)2，化为：(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0，∵a n +a n -1>0，∴a n -a n -1-2=0，即a n -a n -1=2，∴数列{a n }是公差为2的等差数列，n =1时，4S 1=4a 1=(a 1+1)2，解得a 1=1．∴a n =1+2(n -1)=2n -1．(2)b n =a n +2a n =2n -1+22n -1=2n -1+12×4n ．∴数列{b n }的前n 项和T n =n (1+2n -1)2+12×4(4n -1)4-1=n 2+2(4n -1)3．2.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2)，n ∈N *．(1)求{a n }的通项公式：(2)设数列{b n }满足b n =a n ，n 是奇数2n ，n 是偶数，并记T n 为{b n }的前n 项和，求T 2n ．【解析】(1)由a 1=S 1=16(a 1+1)(a 1+2)，整理可得：a 21-3a 1+2=0，结合a 1=S 1>1，解得a 1=2由a n +1=S n +1-S n =16(a n +1+1)(a n +1+2)-16(a n +1)(a n +2)得(a n +1+a n )(a n +1-a n -3)=0，又a n >0，得a n +1-a n =3从而{a n }是首项为2公差为3的等差数列，故{a n }的通项公式为a n =3n -1．(2)T 2n =(a 1+a 3+⋅⋅⋅+a 2n -1)+(22+24+⋅⋅⋅+22n )=n (2+6n -4)2+4(1-4n )1-4=4n +1-43+3n 2-n ． 3.已知数列{a n }满足a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)∵a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n ，(n ∈N +)①∴a 1-12+a 2-122+⋯+a n -1-12n -1=(n -1)2+n -1=n 2-n (n ≥2，n ∈N +)，②由①-②得：a n -12n =2n ，∴a n =n •2n +1+1，n≥2，n ∈N +，③在①中，令n =1，得a 1=5，适合③式，∴a n =n •2n +1+1，n ∈N +．(Ⅱ)设b n =n •2n +1，其前n 项和为T n ，则：T n =1×22+2×23+⋯+n ×2n +1，①2T n =1×23+2×24+⋯+n ×2n +2，②②-①，得T n =-22-23-⋯-2n +1+n •2n +2=(n -1)•2n +2+4．∴S n =T n +n =(n -1)•2n +2+n +4．4.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，且S n 的最大值为8(1)确定常数k ，求a n ；(2)设b n =1a n a n +1，若数列{b n }的前n 项和为T n ，T n >m 恒成立，求m 的取值范围．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，即为S n =-12(n -k )2+k 22，可得当n =k 时，取得最大值k 22，即有k 22=8，解得k =4；则S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(2)b n =1a n a n +1=4(9-2n )(7-2n )=212n -9-12n -7，可得前n 项和为T n =21-7-1-5+1-5-1-3+⋯+12n -9-12n -7=21-7-12n -7 ，当n ≤3时，T n 增大；当n ≥4时，T n 增大，由T 1=435，T 4=-167，可得T n 的最小值为-167，∵T n >m 恒成立，可得m <-167．5.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn ，k ∈N +，且S n的最大值为8．(1)确定k 的值；并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．证明：T n <4．【解析】(1)∵S n =-12n 2+kn =-12(n -k )2+12k 2，又n ，k ∈N +，所以当n =k 时，(S n )max =12k 2，由题设12k 2=8，故k =4，可得S n =-12n 2+4n ；当n =1时，a 1=S 1=72；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式也满足n =1，即a n =92-n ，n ∈N +；(2)证明：a n =92-n ，9-2a n 2n =n 2n -1，故前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+⋯+n •12 n -1，12T n =1•12 +2•12 2+⋯+n •12 n ，两式相减可得12T n =1+12+12 2+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12n 1-12-n •12 n ，化简可得T n =4-(n +2)•12 n -1，则T n <4．6.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8．(Ⅰ)确定常数k ，并求a n ；(Ⅱ)求数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8，当n =k 时，S n 取得最大值，则12k 2=8，解得k =4，可得S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=4-12=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n +12(n -1)2-4(n -1)=92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(Ⅱ)数列9-2a n 2n ，即为数列n 2n -1 ，则前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+3•122+⋯+n •12n -1，12T n =1•12 +2•12 2+3•123+⋯+n •12n，两式相减可得，12T n =1+12 1+122+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12 n1-12-n •12 n，化简可得T n =4-(n +2)•12n -1．7.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知a 3=5，S 7=49．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1由题意可得a 1+2d =57a 1+7×62d =49，解得a 1=1d =2 ，所以{a n }的通项公式为a n =2n -1．(2)由(1)得b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，从而T n =121-13+13-15 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n -1．数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n-1．当n =1时，解得a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2n -1-1，所以a n =S n -S n -1=2n -1(首项符合通项)，故a n =2n -1，数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n =2n +2，所以b n +12n +1-b n 2n=2(常数)，所以数列b n2n 是以b 121=1为首项，2为公差的等差数列．所以b n =(2n -1)⋅2n ，则T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n ①，2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得-T n =2(2+22+⋯+2n )-2-(2n -1)⋅2n +1，解得T n =(2n -3)⋅2n +1+6．9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．(Ⅰ)证明：{S n }是等差数列；(Ⅱ)设b n =2n⋅a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．则：S 15=225a 3+a 6=16 解得：a 1=1，d =2，所以：S n =1+3+⋯+(2n -1)=n 2，则：S n =n ，所以：S n -S n -1=n -n +1=1(常数)．故：数列{S n }是等差数列；(Ⅱ)由已知条件b n =2n⋅a n =(2n -1)⋅2n，所以：T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n①2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得：T n =(2n -3)⋅2n +1+6．10.已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1=3，a 1•a 4=a 22．(1)求{a n }的通项公式及a n 的前n 项和S n 的通项公式；(2)b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n，求数列{b n }的通项公式，并判断b n 与23的大小．【解析】(1)设a 1=a ，公差为d ，则a (a +3d )=(a +d )2，解得d =a =3，所以a n =3n ，S n =3n (n +1)2．(2)1S n =23⋅1n (n +1)=231n -1n +1，从而b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n=231-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =231-1n +1 =23-23(n +1)<23，故b n <23．11.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列log 13a n是公差为-1的等差数列，且a 2+2是a 1，a 3的等差中项．(1)证明数列{a n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 是数列1a n的前n 项和，若T n <M 恒成立，求实数M 的取值范围．【解析】【解答】(1)证明：∵数列log 13a n 是公差为-1的等差数列，∴log 13a n =log 13a 1-(n -1)，∴a na 1=3n -1．∴n ≥2时，a n a n -1=3n -13n -2=3，数列{a n }是以3为公比的等比数列．∴a 2=3a 1，a 3=9a 1．∵a 2+2是a 1，a 3的等差中项，∴2(a 2+2)=a 1+a 3，∴2(3a 1+2)=a 1+9a 1，解得a 1=1．∴数列{a n }是以3为公比，1为首项的等比数列．∴a n =3n -1．(2)解：1a n =13n -1．∴T n =1-13 n1-13=321-13 n．∵T n <M 恒成立，∴M ≥32．∴实数M 的取值范围是32，+∞ ．12.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8=S 3，a 4=2a 2-2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1S n +2，其前n 项和为T n ，证明：T n <12．【解析】(1)解：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 1+7d =3a 1+3da 1+3d =2(a 1+d )-2，解得：a 1=4d =2 ，∴a n =4+2(n -1)=2n +2；(2)证明：由(1)得：S n =(4+2n +2)n2=n 2+3n ，∴b n =1S n +2=1n 2+3n +2=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，∴T n =12-13 +13-14+⋯+1n +1-1n +2 =12-1n +2<12．13.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2a n -S n =1(n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2(1+S n )，求数列1b n b n +1的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)∵2a n -S n =1，令n =1，解得a 1=1，n≥2，又2a n -1-S n -1=1，两式相减，得a n =2a n-1，∴{a n }是以a 1=1为首项，q =2为公比的等比数列，∴a n =2n -1；(Ⅱ)∵1+S n =2n ，∴b n =log 2(1+S n )=log 22n=n ，1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1∴T n =11×2+12×3+⋯+1n (n +1)=1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1．14.已知正项等比数列{a n }满足a 1=2，a 3a 7=322，数列b n 的前n 项和为S n ，b n =2n -2．(Ⅰ)求{a n }的通项公式与S n ；(Ⅱ)设c n =a n +1S n +1，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)根据题意，a 1=2，a 25=322，∴a 1=2，a 5=32，∴q =2，所以a n =2n ，因为b n =2n -2，数列{b n }为公差2，首项为0的等差数列，∴S n =n (0+2n -2)2=n 2-n ；(Ⅱ)根据题意，c n =a n +1S n +1=2n +1(n +1)n=2n +1n -1n +1所以T n =2(1-2n )1-2+1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n +1-1-1n +1．15.在等差数列{a n }中，a 1=-8，a 2=3a 4．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =4n (12+a n )(n ∈N *)，T n 为数列{b n }的前n项和，若T n =95，求n 的值．【解析】(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差是d ，由a 1=-8，a 2=3a 4得：-8+d =3(-8+3d )解得d =2，所以a n =-10+2n ；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =-10+2n ，∴b n =4n (12+a n )=4n (2n +2)=21n -1n +1 ，所以T n=211-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n n +1，由T n =95解得n =9．16.等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11．(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)∵{a n }是等差数列，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11，可得a 1+4d =14，(a 1+2d )2=a 1(a 1+10d )，解得a 1=2，d =3，所以{a n }的通项公式；a n =a 1+(n -1)d =3n -1；(2)bn=1a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，数列{b n }的前n 项和S n =1312-15+15-18+⋯+13n -1-13n +2=1312-13n +2 =16-19n +6=n 6n +4．17.在等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列1a n a n +1 的前n 项和为S n ，若S n =512，求n 的值．【解析】(1)设公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．所以a 7-a 2=5d =5，解得d =1，由于a 2=a 1+d ，所以a 1=2．故a n =n +1．(2)由于a n =n +1，所以1a n a n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，则S n =12-13+13-14+⋯+1n +1-1n +2=512，整理得12-1n +2=512，解得n =10．18.已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 3=9，a 2是a 1，a 7的等比中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n =1n (a n +7)，求{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a 1+2d =9(a 1+d )2=a 1⋅(a 1+6d )解得d =4或d =0(舍去)，a 1=1，∴a n =1+4(n -1)=4n -3．(2)∵b n =1n (a n +7)=141n -1n +1 ，∴Sn=b 1+b 2+b 3+⋯+b n =1411-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +4．19.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7．(1)证明：数列{a n -2}为等比数列；(2)若b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7①．当n =1时，解得：a 1=3，当n ≥2时，2S n -1=3a n -1+4n -11②．①-②得：a n =3a n -1-4，整理得：a n -2a n -1-2=3(常数)所以：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列．(2)由于：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列，故：a n -2=3n -1，所以：b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)=3n -1(3n +1)(3n -1+1)=1213n -1+1-13n +1，所以：Tn=12130+1-131+1+⋯+13n -1+1-13n +1=1212-13n +1．20.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =n +(a n -1)log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *所以：S n =2a n -2①，当n =1时，a 1=2a 1-2，解得：a 1=2．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2②，①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：an a n -1=2(常数)，故：数列的通项公式为：a n =2⋅2n -1=2n (首项符合通项)．故：a n =2n ．(2)b n =n +(a n -1)log 2a n =n •2n，所以T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =21+22+⋯+2n -n ⋅2n +1，整理得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．21.已知{a n }是等差数列，且lg a 1=0，lg a 4=1．(1)求数列{a n }的通项公式(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n +b n }的前n 项和．【解析】(1)数列{a n }是等差数列，设公差为d ，且lg a 1=0，lg a 4=1．则：a 1=1a 1+3d =10 ，解得：d =3所以：a n =1+3(n -1)=3n -2．(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，则：a 2k=a 1⋅a 6，整理得：a k =3k -2，解得：k =2；所以：等比数列{b n }的公比为q =4．所以：b n =4n -1．则a n +b n =3n -2+4n -1，故：S n =(1+1)+(4+41)+⋯+(3n -2+4n -1)=n (3n -1)2+4n -14-1=32n 2-12n +13(4n-1)．22.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =(a n +1)2S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．当n =2时，2S 2=3a 2，整理得a 1=2．所以2S n =(n +1)a n ，故2S n -1=(n +1-1)a n-1，两式相减得(n -1)a n =na n -1，所以a n =a na n -1⋅a n -1a n -2⋯a2a 1⋅a 1=2n (首项符合通项)．故a n =2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以b n =(a n +1)2S n=4n 2+4n +1n (n +1)=4+1n (n +1)=4+1n -1n +1．故T n =b 1+b 2+⋯+b n =4n +1-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =4n +1-1n +1．23.已知数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列．(Ⅰ)求q 的值和{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2a 2n -1a 2n，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．【解析】(Ⅰ)数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列，所以(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3．所以a 2(q -1)=a 3(q -1)，由于q ≠1，所以a 3=a 2=2，解得q =2．①当n =2k -1时，a n =a 2k -1=2n -12，②当n =2k 时，a n =a 2k =2n2．所以数列的通项公式为：an=2n -12(n 为奇数)2n 2(n 为偶数)．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：b n =log 2a 2n -1a 2n =n -12n，所以T n =021+122+⋯+n -12n ①，则12T n =022+123+⋯+n -12n +1，②①-②得12T n =141-12n -11-12-n -12n +1，整理得T n =1-n +12n ．24.已知公差不为0的等差数列{a n }与等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设T n =a 1b n +a 2b n -1+⋯+a n b 1，求T n ．【解析】(1)设公差为d 且不为0的等差数列{a n }与公比为q 的等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．故a n =a 1+(n -1)d ，b n =b 1⋅q n -1，所以1+d =q 1+3d =q 2 ，解得d =1，q =2．故a n =n ，b n =2n -1．(2)由于a n =n ，b n =2n -1，所以T n =1⋅2n -1+2⋅2n -2+⋯+n ⋅20①，12T n =1⋅2n -2+2⋅2n -3+⋯+n ⋅20-1②①-②得：12T n =2n -1+2n -2+⋯+2+1-n2=2n -1-n2．所以T n =2n +1-(n +2)．25.已知等比数列{a n }是首项为1的递减数列，且a 3+a 4=6a 5．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由a 3+a 4=6a 5，得6q 2-q -1=0，解得q=12或q =-13．∵数列{a n }为递减数列，且首项为1，∴q =12．∴a n =1×12 n -1=12n -1．(2)∵T n =1⋅12 0+2⋅12 1+3⋅122+⋯+n⋅12 n -1，∴12T n =1⋅12 1+2⋅12 2+3⋅12 3+⋯+n ⋅12 n ．两式相减得12T n =12 0+12 1+12 2+⋯+12 n -1-n ⋅12n =1-12 n1-12-n 12 n =2-2⋅12 n -n ⋅12 n=2-n +22n，∴T n =4-n +22n -1．26.已知数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n =a n a n +2(n ∈N *)，T n =b 1+b 2+⋯+b n ，求证：T n<34．【解析】(1)数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n ①，当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1=n -1②，①-②得：a n =1n，当n =1时，a 1=1(首项符合通项)，故：a n =1n．(2)由于：a n =1n，所以：b n =a n a n +2=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以：T n =121-13+12-14+⋯+1n -1n +2 =121+12-1n +1-1n +2 <34．27.已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，n ∈N *，S n 是{b n }的前n 项和，求使S n <113成立的最大的正整数n ．【解析】(1)公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．则：(a 2+1)2=(a 1+1)(a 4+1)，解得：d =4或0(舍去)，故：a n =3+4(n -1)=4n -1，(2)由于：a n =4n -1，所以：a n +1=4n +3，所以：b n =1a n a n +1=1(4n -1)(4n +3)=1414n -1-14n +3，故：S n =1413-17+17-111+⋯+14n -1-14n +3 =1413-14n +3 =n 12n +9，所以：要使S n <113成立整理得：1413-14n +3 <113，解得：n <9由于n 为自然数，所以：n 的最大值为8．28.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，求数列{b n }的前n 项和T n ⋅【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n-1①．当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，2S n -1=3a n -1-1②，①-②得：a n =3a n -1，故：an a n -1=3(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列．所以：a n =3n -1(首项符合通项)，故：a n =3n -1．(2)数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，所以：设c n =b n -a n ．c 1=b 1-a 1=1，c 3=b 3-a 3=14-9=5，则：公差d =c 3-c 12=5-12=2，所以：c n =2n -1．则：b n =a n +c n =3n -1+2n -1，故：T n =(30+31+⋯+3n -1)+(1+3+⋯+2n -1)=(3n -1)3-1+n (2n -1+1)2=3n -12+n 229.设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n =a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，则：a n +1a n=2(常数)所以：数列{a n }是以a 1=2为首项，2为公比的等比数列．故：a n =2⋅2n -1=2n ，由于：数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．当n =1时，解得：b 1=1，当n ≥2时，b n =S n -S n -1=12(n 2+n )-12(n-1)2-12(n -1)=n ．由于首项符合通项，故：a n =n ．(2)由(1)得：c n =a n b n =n ⋅2n ，所以：T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =(21+22+⋯+2n )-n ⋅2n +1，解得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．30.已知首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．数列{b n }满足b n =2S n +n2n．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n •b n }的前n 项和为T n ．【解析】(1)设公差为d ，首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．则：2(3+3d )=1+3d +(1+4d )，解得：d =4，故：a n =1+4(n -1)=4n -3，所以：S n +n 2n =n (1+4n -3)2+n 2n =n ．故：数列{b n }满足b n =2S n +n2n=2n ．(2)根据已知条件：a n ⋅b n =(4n -3)⋅2n ，则：T n =1⋅21+5⋅22+⋯+(4n -3)⋅2n ①，2T n =1⋅22+5⋅23+⋯+(4n -3)⋅2n +1②，①-②得：T n =(4n -3)⋅2n -4(22+23+⋯+2n )-2，整理得：T n =(4n -7)•2n +1+14．31.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．①当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1．②①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：a n =2a n -1，故：an a n -1=2(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列．故：a n =1⋅2n -1=2n -1(首项符合通项)．故：a n =2n -1，(2)由于b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1，所以：T n =121-1-122-1+⋯+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1．32.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，S 6=27．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n =2a n ，记T n 为数列{b n }的前n 项和．若T m =124，求m ．【解析】【解答】(本小题满分12分)解：(1)设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知得a 1+2d =46a 1+15d =27，解得a 1=2d =1．所以a n =a 1+(n -1)d =n +1．(2)由(1)可得b n =2n +1，∴{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则T n =4(1-2n)1-2=4(2n -1)．由T m =124，得4(2m -1)=124，解得m =5．33.已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)若b n =a n +1S n ⋅S n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．当n =1时，解得：a 1=2．当n ≥2时，2a n =2+S n ，①2a n -1=2+S n -1，②①-②得：a n =2a n -1，整理得：a n a n -1=2(常数)，所以：a n =2⋅2n -1=2n ，(Ⅱ)由于S n =2(2n -1)2-1=2⋅(2n -1)，b n =a n +1S n ⋅S n +1=2n +12(2n -1)(2n +1-1)=1212n -1-12n +1-1，所以：T n =121-13 +⋯+12n-1-12n +1-1=121-12n +1-134.已知{a n }是公差不为0的等差数列，且满足a 1=2，a 1，a 3，a 7成等比数列．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以a 23=a 1a 7．所以(a 1+2d )2=a 1(a 1+6d )．所以4d 2-2a 1d =0．由d ≠0，a 1=2得d =1，所以a n =n +1．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =a n +2a n =n +1+2n +1，所以S n =[2+3+4+⋯+(n +1)]+(22+23+24+⋯+2n +1)=n (n +3)2+4(1-2n)1-2=2n +2+n 2+3n -82．35.在数列{a n }中，已知a n >0，a 1=1，a n +21-a n 2-a n +1-a n =0．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)由a 2n +1-a 2n -a n +1-a n =0，得(a n +1-a n -1)(a n +1+a n )=0，因为a n >0，所以a n +1-a n =1，又因为a 1=1，所以数列{a n }是首项为a 1=1，公差为1的等差数列．解：(2)由(1)可得，S n =na 1+12n (n -1)d =n +12n (n -1)=n (n +1)2．∴b n =1S n =2n (n +1)=21n -1n +1 ．∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =211-12+12-13+⋯++1n -1n +1=21-1n +1 =2nn +1．36.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，b n =a n(4n 2-1)2n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，当n =1时，a 1=S 1=2，当n ≥2时，则：a =S n -S n -1=2n +1-2-2n +2=2n ．由于n =1时，符合通项，故：a n =2n ．(2)由于：a n =2n ，故：bn=a n (4n 2-1)2n =14n 2-1=1(2n +1)(2n -1)=1212n -1-12n +1 ．所以：T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．37.已知数列{a n }的前n 项和是S n ，若a n +1=a n +1(n ∈N *)，S 3=12．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)因为a n +1=a n +1(n ∈N *)，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．又因为S 3=12，则a 1=3，所以，a n =a 1+(n -1)d =n +2(n ∈N *)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，则T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =13-14+14-15+15-16+⋯+1n +2-1n +3=13-1n +3=n 3n +9(n ∈N *)38.设数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n 3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n3①，当n ≥2时，数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -2a n -1=n -13②，①-②得：3n -1a n =13，所以：a n =13n ，当n =1时，a 1=13(符合通项)，故：a n =13n ．(2)由于b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，所以：b n =n ，n 为奇数3n ，n 为偶数，①当n 为奇数时：S n =1+32+3+34+⋯+3n -1+n=(n +1)2⋅(1+n )2+99n -12-1 9-1=n 2+2n +14+9(3n -1-1)8．②当n 为偶数时，S n =1+32+3+34+⋯+(n -1)+3n=n 2⋅(1+n -1)2+99n 2-1 9-1=n 24+9(3n -1)8．39.在数列{a n }中，a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n +n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的与前n 项和S n ．【解析】(1)证明：∵a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．∴a n +n =2(a n -1+n -1)，∴数列{a n +n }是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n =4×2n -1-n =2n +1-n ．(2)解：数列{a n }的与前n 项和S n =(22+23+⋯+2n +1)-(1+2+⋯+n )=4(2n -1)2-1-n (1+n )2=2n +2-4-n 2+n 2．40.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3=6，S 6=42．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式(Ⅱ)设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数，求数列{b n }的前2n 项和.【解析】(Ⅰ)设首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n}的前n 项和为S n ，由a 3=6，S 6=42得a 1+2d =66a 1+6×52d =42，解得a 1=2d =2 ，所以a n =2+2(n -1)=2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数=2n (n 为奇数)2n(n 为偶数) ，所以T n =[2+6+10+14+⋯+2(2n -1)]+(22+24+⋯+22n )=2n 2+434n -141.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S nn是等差数列，a 1=2，a 2=4．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =1(a n -1)(2n +1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由题意得S 11=1，S22=3，设等差数列S nn 的公差为d ，则d =S 22-S 11=1．∴Sn n=2+(n -1)×1=n +1，∴S n =n (n +1)，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n ，经检验a 1=2也满足上式，∴a n =2n (n ∈N *)，(2)b n =1(a n -1)(2n +1)=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1，∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1，∴T n =n2n +1．42.已知正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =(-1)n 4n(2a n -1)(2a n +1)(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n ．【解析】(1)正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，①，当n =1时，解得a 1=1；当n =2时，S 22=a 31+a 32，整理得a 22-a 2-2=0，解得a 2=2或-1(负值舍去)，故公差d =a 2-a 1=1，故a n =n ．(2)由(1)得：b n =(-1)n4n(2a n -1)(2a n +1)=(-1)n4n(2n -1)(2n +1)=(-1)n12n -1+12n +1 ，所以T 2n =-1-13+13+15+...+14n -1+14n +1=14n +1-1=-4n4n +143.已知数列{a n }满足：a 1=12，数列1a n 的前n 项和S n =3n 2+n2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)当n ≥2时，S n -1=3(n -1)2+(n -1)2=3n 2-5n +22，则1a n =S n -S n -1=3n 2+n 2-3n 2-5n +22=3n -1．又当n =1时，1a 1=2满足上式，所以1a n =3n -1，则a n =13n -1．(2)又(1)可知b n =a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n -1+b n =1312-15+15-18+18-111+⋯+13n -4-13n -1+13n -1-13n +2 =1312-13n +2 =n 6n +4．所以数列{b n }的前n 项和T n =n 6n +4．44.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=2S n +1(n ∈N +)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n =3b n-1，求数列b n a n 的前n 项和T n ．【解析】(1)当n =1时，a 2=2a 1+1，当n ≥2时，a n +1-a n =2S n -2S n -1=2a n ，即a n +1=3a n ，∴等比数列{a n }的公比是3，∴a 2=3a 1，即2a 1+1=3a 1，故a 1=1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n =3n -1；(2)由(1)知，a n =3n -1，又a n =3b n -1，∴b n -1=n -1，故b n =n ，∴b n a n =n3n -1，则T n =130+231+332+⋅⋅⋅+n -23n -3+n -13n -2+n 3n -1，①，13T n =131+232+333+⋅⋅⋅+n -23n -2+n -13n -1+n 3n，②两式相减得：23T n =130+131+132+⋅⋅⋅+13n -3+13n -2+13n -1-n 3n =1-13n1-13-n 3n =32-2n +32×3n，∴T n =94-2n +34×3n -1．45.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 均满足S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n 2n =n -1+12n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n =2n S n S n +1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足T n ≥20212022的最小正整数n 的值．【解析】(1)当n =1时，S 12=12，得S 1=1．当n ≥2时，由S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n2n =n -1+12n ①，得S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n -12n -1=(n -1)-1+12n -1②，①-②得S n 2n =1-12n (n ≥2)，∴S n =2n -1(n ≥2)，当n =1时，得a 1=S 1=1；当n ≥2时，由a n =S n -S n -1=2n -1-2n -1+1=2n -1．又a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1．(2)由(1)得b n=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，所以S n=12-1-122-1+122-1-123-1+⋯+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由1-12n+1-1≥20212022得2n+1-1≥2022，即2n+1≥2023，因为210<2023<211，所以n+1≥11，即n≥10，故满足T n≥20212022的最小正整数为10．46.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n-S n=1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：23≤T n<1．【解析】(1)由2a n-S n=1(n∈N*)，可得2a1-S1= 2a1-a1=1，即a1=1，当n≥2时，2a n-1-S n-1=1，又2a n-S n=1，相减可得2a n-2a n-1=a n，即a n=2a n-1，则a n=2n-1；(2)证明：b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，T n=1-13+13-17+17-115+...+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由{T n}是递增数列，可得T n≥T1=23，且T n<1．所以23≤T n<1．47.已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=16，a22=a1a5．(1)求数列{a n}的通项公式a n和S n；(2)若b n=1a n a n+1，数列{b n}的前n项和T n满足T n≥48101，求n的最小值．【解析】(1)设数列{a n}的公差为d，由题意知4a1+6d=16，(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得a1=1，d=2，所以a n=1+(n-1)×2=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2．(2)由(1)得，b n=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，所以T n=121-13+13-15+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1，令n2n+1≥48101，得n≥485，又n∈N*，所以n的最小值为10．48.公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1，a2，a6成等比数列，S6=51．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1(n∈N*)，数列{b n}的前n项和记为T n，求证：T n<13．【解析】(1)设{a n}公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，S6=51，∴a1⋅a6=a22a1+a2+a3+a4+a5+a6=51，即a1(a1+5d)=(a1+d)26a1+6×52d=51，解得a1=1，d=3，∴a n=3n-2，(2)证明：b n=1a n a n+1=1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1，∴T n=131-14+14-17+⋅⋅⋅+13n-2-13n+1=131-13n+1=13-133n+1<13，∴T n<13．49.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n=S n+n-1．(1)求证：{a n+1}为等比数列；(2)设b n=2n(a n+2)(a n+1+2)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<1．【解析】【解答】证明：(1)当n=1时，2a1=a1+1-1，解得a1=0，当n≥2时，2a n-2a n-1=S n+n-1-(S n-1+n-2)，化为：a n=2a n-1+1．变形为：a n+1=2(a n-1+1)，a1+1=1，∴{a n+1}为等比数列，首项为1，公比为2．(2)由(1)可得：a n+1=2n-1，∴a n=2n-1-1．∴b n=2n(a n+2)(a n+1+2)=2n(2n-1+1)(2n+1)=212n-1+1-12n+1，∴数列{b n}的前n项和为T n=2120+1-121+1++⋯⋯+12n-1+1-12n+1=212-12n+1<1，∴T n<1．50.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n+n=2a n(n∈N*)．(1)证明：数列{a n+1}是等比数列；(2)设b n=2na n a n+1，求数列{b n}的前n项和T n．【解析】(1)当n=1时，a1+1=2a1得a1=1．当n≥2时，S n+n=2a nS n-1+n-1=2a n-1，两式相减得a n=2a n-1+1(n≥2)，即a n+1=2(a n-1+1)(n≥2)，所以数列{a n+1}是以2为公比，以2为首项的等比数列，(2)由(1)知a n+1=2n(n∈N*)，即a n=2n-1(n∈N*)．∵b n=2na n a n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，则T n=b1+b2+⋯+b n=1-13+13-17+⋯+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1．。
高三数学专题训练《数列》解析版
一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )A ．138B ．135C ．95D ．23解析：由a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10可得d ＝3，a 1＝－4，所以S 10＝－4×10＋10×92×3＝95.答案：C2．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( )A ．公差为3的等差数列B ．公差为4的等差数列C ．公差为6的等差数列D ．公差为9的等差数列解析：设{a n }的公差为d ，则d ＝1，设c n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则c n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，c n ＋1－c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－a 2n －1－2a 2n ＝6d ＝6，选择C.答案：C3．在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝20，那么a 3等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3＝20，a 3＝4.答案：A4．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1≠d ，若这个数列的前40项和是20m ，则m 等于( )A ．a 1＋a 20B ．a 5＋a 17C ．a 27＋a 35D ．a 15＋a 26解析：S 40＝40(a 1＋a 40)2＝20(a 1＋a 40)＝20m ，m ＝a 1＋a 40＝a 15＋a 26.答案：D5．在等比数列{a n }中，若a 5＋a 6＝a (a ≠0)，a 15＋a 16＝b ，则a 25＋a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析：记等比数列{a n }的公比为q ，依题意得a 15＋a 16＝a 5q 10＋a 6q 10＝(a 5＋a 6)q 10，q 10＝a 15＋a 16a 5＋a 6＝b a，a 25＋a 26＝a 5q 20＋a 6q 20＝(a 5＋a 6)q 20＝a ×(b a)2＝b 2a，选C. 答案：C6．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝158，a 2a 3＝－98，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝( )A.53B.35 C ．－53D ．－35解析：依题意，设公比为q ，则q ≠1，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 4)1－q ＝158①a 21q 3＝－98 ②，又1a 1，1a 2，1a 3，1a 4构成以1a 1为首项，以1q 为公比的等比数列，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝1a 1[1－(1q)4]1－1q＝(1－q 4)a 1q 3(1－q )，①÷②得(1－q 4)a 1q 3(1－q )＝－53，即1a 1＋1a 2＋1a 3＋1a 4＝－53，选择C.答案：C7．(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，对任意正整数n ，有a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0，又a 1＝2，则S 101＝( )A ．200B ．2C ．－2D ．0解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为对任意正整数，有a n ＋2a n ＋1＋a n＋2＝0，a n ＋2a nq ＋a n q 2＝0，因为a n ≠0，所以1＋2q ＋q 2＝0，q ＝－1，S 101＝2×(1＋1)1＋1＝2，选择B.答案：B8．(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A ．a 9S 8>a 8S 9B ．a 9S 8<a 8S 9C ．a 9S 8＝a 8S 9D ．a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关 解析：依题意得，a 9S 8－a 8S 9＝a 1q 8·a 1(1－q 8)1－q－a 1q 7·a 1(1－q 9)1－q＝－a 21q 7>0，因此a 9S 8>a 8S 9，选A.答案：A9．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134解析：∵{a n }是各项不为0的正项等比数列， ∴b n ＝ln a n 是等差数列．又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2， ∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132. 答案：C10．(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6，…的第1000项等于( )A ．42B ．45C ．48D ．51解析：将数列分段，第1段1个数，第2段2个数，…，第n 段n 个数，设a 1000＝k ，则a 1000在第k 个数段，由于第k 个数段共有k 个数，则由题意k 应满足1＋2＋…＋(k －1)<1000≤1＋2＋…＋k ，解得k ＝45.答案：B11．(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：依题意，∵a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (n ∈N *)，∴k ≠0，①正确，排除B ，C 选项，又由于公差是0的等差数列不是等差比数列，②错误，排除A ，选择D.答案：D12．(2009·湖北高考)设x ∈R ，记不超过x 的最大整数为[x ]，令{x }＝x －[x ]，则{5＋12}，[5＋12]，5＋12( )A ．是等差数列但不是等比数列B ．是等比数列但不是等差数列C ．既是等差数列又是等比数列D ．既不是等差数列也不是等比数列 解析：由题意，记a 1＝{5＋12}＝5＋12－[5＋12]＝5＋12－1＝5－12，a 2＝[5＋12]＝1，a 3＝5＋12，若为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，不满足；若为等比数列，则(a 2)2＝a 1a 3，有12＝5－12×5＋12，∴是等比数列但非等差数列，选B.答案：B二、填空题(每小题4分，共16分)13．已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差d ＝__________.解析：由a 4＋a 6＝6，得a 5＝3，又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝10，∴a 1＝1.∴4d ＝a 5－a 1＝2，d ＝12.答案：1214．(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列，且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10＝128，则a 15·a 2a 10＝__________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则依题意得a 71·q 42＝128，a 1·q 6＝2，a 7＝2，a 15·a 2a 10＝a 2·q 5＝a 7＝2.答案：215．把100个面包分给5个人，使每人所得的面包数成等差数列，且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和，则最少的一份面包个数是__________．解析：设构成等差数列的五个数为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则⎩⎨⎧5a ＝1003(a ＋d )＝3(2a －3d )解得⎩⎨⎧a ＝20d ＝5，则最少的一份为a －2d ＝10.答案：1016．数列{a n }中，a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1(n ＝1,2，…)，A n 表示数列{a n }的前n 项之积，则A 2005＝__________.解析：可求出a 1＝3，a 2＝23，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝23，a 6＝－12，…，数列{a n }每3项重复一次，可以理解为周期数列，由2005＝668×3＋1且a 1×a 2×a 3＝－1，则A 2005＝(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005＝(a 1×a 2×a 3)668a 1＝3. 答案：3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和，公比q ≠1，已知1是12S 2和13S 3的等差中项，6是2S 2和3S 3的等比中项． (1)求S 2和S 3的值； (2)求此数列的通项公式； (3)求此数列的各项和S . 解：(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2＋13S 3＝22S 2·3S 3＝36，解得S 2＝2，S 3＝3.(2)⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝3，解得⎩⎨⎧a 1＝4q ＝－12或⎩⎨⎧a 1＝1q ＝1(舍去)．∴a n ＝4·(－12)n －1.(3)∵|q |＝|－12|＝12<1.∴S ＝41－(－12)＝83.18．(12分)已知函数f (x )＝x3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)．(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)记S n (x )＝x a 1＋x 2a 2＋…＋eq \f(x n ,a n )，求S n (x )．(1)证明：∵a n ＋1＝f (a n )，∴a n ＋1＝a n3a n ＋1.∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n＝3.∴{1a n}是以1a 1＝1为首项，3为公差的等差数列．∴1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)解：S n (x )＝x ＋4x 2＋7x 3＋…＋(3n －2)x n ，① 当x ＝1时，S n (x )＝1＋4＋7＋…＋(3n －2)＝n (1＋3n －2)2＝n (3n －1)2.当x ≠1时，xS n (x )＝x 2＋4x 3＋…＋(3n －5)x n ＋(3n －2)x n ＋1，②①－②，得(1－x )S n (x )＝x ＋3x 2＋3x 3＋…＋3x n －(3n －2)x n ＋1＝3(x ＋x 2＋…＋x n )－2x －(3n －2)x n ＋1＝3x (1－x n )1－x－2x －(3n －2)x n ＋1，S n (x )＝3x －3x n ＋1(1－x )2－2x ＋(3n －2)x n ＋11－x.19．(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ＋1，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n >42＋4n 成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，① 又a 2＋a 3＋a 4＝28，将①代入得a 3＝8.所以a 2＋a 4＝20.于是有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，或⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12.又{a n }是递增的，故a 1＝2，q ＝2. 所以a n ＝2n .(2)b n ＝log 22n ＋1＝n ＋1，S n ＝n 2＋3n2.故由题意可得n 2＋3n2>42＋4n ，解得n >12或n <－7.又n ∈N *，所以满足条件的n 的最小值为13.20．(12分)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2002年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部在年底还建行贷款．(1)若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元？(精确到元)(参考数据：lg1.7343＝0.2391，lg1.05＝0.0212,1.058＝1.4774)解：依题意，公寓2002年底建成，2003年开始使用．(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1000×800元＝800000元＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1. 化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1， ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05＝0.23910.0212＝11.28，∴取n ＝12(年)．∴到2014年底可全部还清贷款． (2)设每生每年的最低收费标准为x 元， ∵到2010年底公寓共使用了8年，依题意有(1000x10000－18)[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)1.058－11.05－1≥500×1.059.∴x ≥10(18＋25×1.0591.058－1)＝10(18＋25×1.05×1.47741.4774－1)＝10×(18＋81.2)＝992(元)故每生每年的最低收费标准为992元．21．(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1＝1，且a n ＝a n －1＋a n －22(n＝3,4，…)．(1)求c 的值．(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解：(1)由题设，当n ≥3时，a n ＝c 2a n －2， a n －1＝ca n －2，a n ＝a n －1＋a n －22＝1＋c 2a n －2， ∴c 2＝1＋c 2. 解得c ＝1或c ＝－12. (2)当c ＝1时{a n }是一个常数数列，a n ＝1.此时S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当c ＝－12时，a n ＝(－12)n －1(n ∈N *)． 此时S n ＝1＋2(－12)＋3(－12)2＋…＋n (－12)n －1.① －12S n ＝－12＋2(－12)2＋3(－12)3＋…＋(n －1)(－12)n －1＋n (－12)n .② ①－②，得(1＋12)S n ＝1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1－n (－12)n ＝1－(－12)n 1＋12－n (－12)n .∴S n ＝19[4－(－1)n 3n ＋22n －1]． 22．(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|x n ＋1－x n |≤16(25)n －1. (文)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求{a n }的通项公式．解：(理)(1)由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321. 由x 2>x 4>x 6猜想，数列{x 2n }是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x n >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x 2k ＋3－x 2k ＋1(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋3)＝x 2k －x 2k ＋2(1＋x 2k )(1＋x 2k ＋1)(1＋x 2k ＋2)(1＋x 2k ＋3)>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2， 也就是说，当n ＝k ＋1时命题也成立．结合①和②知，命题成立．(2)当n ＝1时，|x n ＋1－x n |＝|x 2－x 1|＝16，结论成立； 当n ≥2时，易知0<x n －1<1，∴1＋x n －1<2，x n ＝11＋x n －1>12， ∴(1＋x n )(1＋x n －1)＝(1＋11＋x n －1)(1＋x n －1) ＝2＋x n －1≥52， ∴|x n ＋1－x n |＝|11＋x n －11＋x n －1|＝|x n －x n －1|(1＋x n )(1＋x n －1)≤25|x n －x n －1|≤(25)2|x n －1－x n －2|≤…≤(25)n －1|x 2－x 1|＝16(25)n －1. (文)(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝(－12)n －1， 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋(－12)＋…＋(－12)n －2 ＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝53－23(－12)n －1，当n ＝1时，53－23(－12)1－1＝1＝a 1.∴a n ＝53－23(－12)n －1(n ∈N *)．。
数列解答题及答案
《数列》解答题第一问训练（1）姓名：1、数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,121n n a S +=+,等差数列{}n b 满足353,9b b ==,(I)分别求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;【答案】(I)由121n n a S +=+----①得121n n a S -=+)2(≥n ----②, ①-②得112()n n n n a a S S +--=-,),2(31≥=∴+n a a n n ;由121n n a S +=+得112312a a a =+=5326,3,3(3)336n b b d d b n n -==∴=∴=+-⨯=-;【笔记】2、正项数列{a n }的前项和S n 满足:222()(1)0n n S n n S n n -+-++=,(1)求数列{a n }的通项公式;【答案】(1)解:由已知得2(1)(1)0n n S n n S ⎡⎤-+++=⎣⎦由于{}n a 是正项数列,所以20,1n n S S n n >=++ 于是113a S ==, 当2n ≥时,221(1)(1)2n n n a S S n n n n n -=-=+----=综上,数列{}n a 的通项3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩【笔记】3、 在数列.*,134,2}{11N n n a a a a n n n ∈+-==+中， （Ⅰ）证明数列}{n a n -是等比数列；【解】（1）证明：由题设1341+-=+n a a n n ，得*),(4)1(1N n n a n a n n ∈-=+-+又a 1－1=1，所以数列{a n －n}是首项为1，且公比为4的等比数列.【笔记】 4、已知数列}{n a 满足21=a ，).,2(22*11N n n a a n n n ∈≥+=+-（1）设nnn a b 2=，求证数列}{n b 是等差数列，并写出其通项公式； 【解】（1）证明：由1122+-+=n n n a a 得),2(222*11N n n a a n n n n ∈≥+=--， 因n n n a b 2=，所以).,2(2*1N n n b b n n ∈≥+=- 又1211==ab ，∴}{n b 是以1为首项，2为公差的等差数列，其通项公式为.12-=n b n【笔记】 5、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2+3=,2=1+1n n S S S ()1,2,3n =．（I ）求证：数列{}1+n S 为等比数列；证明：（Ⅰ）2+3=1+n n S S ，)1+(3=1+∴1+n n S S ，又3=1+1S ，{}1+∴n S 是首项为3，公比为3的等比数列，且*31,N n n S n =-∈【笔记】《数列》解答题第一问训练（1）作业 姓名：6、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，n S 是14与2(1)n a +的等比中项. （1）求证：数列{}n a 是等差数列； 解：（Ⅰ）221()(1)4n n S a =+即21(1)4n n S a =+当1n =时，2111(1)4a a =+，∴11a = 当2n ≥时，2111(1)4n n S a --=+∴221111(22)4n n n n n n n a S S a a a a ---=-=-+-即11()(2)0n n n n a a a a --+--=∵0n a > ∴ 12n n a a --=∴数列{}n a 是等差数列【笔记】 7、已知数列{}n a 满足：1112,2,1,2,3,4,n na a n a +==-=．(1)求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列；(2)求数列{}n a 的通项公式； （1）【证明】 112n na a +=-, 111n a +∴--11n a -=1121na ---11n a - =1n n a a --11n a -=111n n a a -=-. 13-=∴n n a数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列.【笔记】 8、已知数列}{n a 为正项数列，其前n 项和为n S ，且n S 满足2)1(4+=n n a S ， （Ⅰ）求证：数列}{n a 为等差数列； 解：（Ⅰ）由于2)1(4+=n n a S ，（1）当1=n 时，有2111)1(44+==a a S ，解得：11=a ，（2）当2≥n 时，有⎪⎩⎪⎨⎧+=+=--2112)1(4)1(4n n n n a S a S ，作差可得： 0)2)((11=--+--n n n n a a a a ， 可得：21=--n n a a ，即}{n a 是首项为1，公差为2的等差数列．【笔记】 9、已知数列｛a n ｝的首项a l ＝1，241+=+n nn a a a ． （I ）证明：数列}211{-n a 是等比数列； 【解】（Ⅰ）证明：142n n n a a a +=+∵，12111442n n n n a a a a ++==+∴，111111222n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭∴，又11111122a a =-=，∴，所以数列112n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12为首项，12为公比的等比数列． 【笔记】10、 已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0， {}n b 为等比数列， 111a b ==， 22a b =， 43a b =. （I ）求{}n a 的通项公式 .解： （1）设等差数列的公差为d ， 则有21a d =+， 413a d =+因为{}n b 为等比数列， 则2214a a a =⋅， 即 2(1)13d d +=+从而2d d =， 又0d ≠， 所以1d =. 所以1(1)n a n n =+-=，【笔记】《数列》解答题第一问训练（2）姓名：11、数列{}n a 的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，21a +，3a 成等差数列． （1）求数列{}n a 的通项公式； 【答案】（1）2nn a =；【笔记】12、已知数列}{n a 的前n 项和22nn S n +=，等比数列{}n b 满足1232b b b =，且123,2,b b b +成等差数列.（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； 【解】（Ⅰ）当2n ≥时，1(1)(1)22n n n n n n na S S n -+-=-=-=，111n a ==时， ∴ n a n = …………３分设{}n b 的公比为q ，则2211211122(2)b q b q b q b b q⎧=⎨+=+⎩ …………５分 )1(2)22(222q q q +=+∴ 12,4q b ∴==∴ 12n n b += …………７分【笔记】13、已知数列{}n a 中，134a =，*11()2n na n a +=∈-N ． （Ⅰ）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；【解】（Ⅰ）因1211111111111(2)112n n n n n n na a a a a a a +--=-=-=---------， ………3分 故数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11n a 是首项为－4，公差为－1的等差数列， ……………5分所以3)1(411--=---=-n n a n ，即*2()3n n a n n +=∈+N ． …………7分【笔记】 14、已知数列{a n }，*n ∈N ． （1【解】（1【笔记】 15，故(1)2n n a n =+⋅. 【笔记】《数列》解答题第一问训练（2）作业 姓名：16、已知数列{}n a 满足：2,121==a a ，且1123(2,)n n n a a a n n *+-=+≥∈N ．（I ）设1()n n n b a a n *+=+∈N ，求证{}n b 是等比数列；【解】（I ）由已知得),2(),(311*-+∈≥+=+N n n a a a a n n n n ，则n n b b 31=+， 又31=b ，则{}n b 是以3为首项、3为公比的等比数列【笔记】17、（2008，全国II ，理）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知1a =a ,1n a += S n +3n（n N *∈）,（Ⅰ）设nn n S b 3-=，求数列{b n }的通项公式；解（Ⅰ）依题意1n s +-n s =1n a +=n s +3n ，即n s =2n s +3n ，由此得1n s +-13n +=2（n s -3n），因此，所求通项公式为 n b =n s -3n=（a -3）12n -，（n N *∈）。
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专题：数列解答题学案【高考定位】
在高考题中：一般两小（2012年6、14）或一大（2011年17）【考点梳理】
1.a n与s n的关系
2.等差数列：a n=
s n=
3.等差数列的四种判定方法：
①
②
③
④
4. 等差数列中，若m+n=p+q,则______________
5. 等比数列：a n=
s n=
6.等比数列的四种判定方法：
①
②
③
④
7.等比数列中，若m+n=p+q,则______________
8.数列单调性的判定方法：
9.数列求和的常用方法
【高考回顾】
例1：（辽宁2011年17题）
已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=-10
（I）求数列{a n}的通项公式；
（II ）求数列⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和．
例2：（江西2012年16题） 已知数列{a n }的前n 项和21()2
n S n kn k N *
=-+∈,且S n 的最大值为8.
（1）确定常数k ，求a n ； （2）求数列92{}2
n
n
a -的前n 项和T n 。
【典例解析】
例3：在数列{}n a 中，11=a 且对任意的*
N n ∈,都有n n n a a 221+=+.
（1） 求证：数列⎭
⎬⎫
⎩⎨
⎧n n a 2是等差数列； （2） 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：对任意的*
N n ∈，都有141=-+n n a S
例4：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且)1(32-=n n a S ,数列{}n b 满足
11-=-+n n n a b b ,11=b ,*
N n ∈.
（1） 证明：数列{}n a 为等比数列； （2） 求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （3） 记)3(log
)3(log
2
+∙=n n
a a n c ，数列{}n c 的前n 项和为n T ，比较2n T 与
1
12
3+-
n 的大小。
【课堂小结】
【分层作业】
【例】已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足 (n ≥2),Sn ≠0,a1=2.
(1)求证： 是等差数列； (2)求an 的表达式.
n
1
{}S n 1n n 1S S 2S 1
--=
+。