数列解答题专练(含答案解析版)

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1、数列高考真题汇编1．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n-1，求数列{bn}的前n项和Tn.解析　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，(3分)由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1.所以an＝2n－1.(5分)(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.(6分)当n为偶数时，Tn＝－＋…＋－＝1－＝.当n为奇数时，T

2、n＝－＋…－＋＝1＋＝.(10分)2．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3

3、＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.3．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.解析　(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.(4分)所以数列是以＝1为首项，1为公差的等差数列．(5分)(2)解：由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.从而bn

4、＝n·3n.(7分)Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①—②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝.(10分)所以Sn＝.(12分)4．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2(n∈N*)，设bn＝an＋n.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)若cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.解析　(1)证明：因为a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2，

5、所以当n＝1时，a1＋a2＝3a1＋12＋2，解得a2＝7.(2分)由Sn＋1＝3Sn＋n2＋2及Sn＝3Sn－1＋(n－1)2＋2(n≥2)，两式相减，得an＋1＝3an＋2n－1.故an＋1＋n＋1＝3(an＋n)．即bn＋1＝3bn(n≥2)．(4分)又b1＝3，b2＝9，所以当n＝1时上式也成立．故数列{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列．(5分)(2)由(1)知bn＝3n，所以cn＝.所以Tn＝＋＋＋…＋＋，　①3Tn＝1＋＋＋…＋＋.　②(7分)②－①，得2Tn＝1＋＋＋…＋－＝－.所

6、以Tn＝－.(10分)因为n∈N*，显然有>0.又<，所以Tn<.(12分)5．已知首项为的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an·log2an，数列{bn}的前n项和为Tn.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，由题知a1＝，又∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列，∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3.∴S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，即3a2＝a1＋2a3.∴q

7、＝＋q2，解得q＝1或q＝.(4分)又{an}为递减数列，于是q＝.∴an＝a1qn-1＝()n.(6分)(2)∵bn＝anlog2an＝－n()n，∴Tn＝－[1×＋2×()2＋…＋(n－1)()n－1＋n×()n]．于是Tn＝－[1×()2＋…＋(n－1)()n＋n×()n＋1]．(8分)两式相减，得Tn＝－[＋()2＋…＋()n－n×()n＋1]＝－＋n×()n＋1.∴Tn＝(n＋2)()n－2，6．已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋

8、2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n-1，求数列{an}的前n项和Sn.解析　(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.(4分)所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1.于是数列{an}的前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1