最新数列解答题专练含答案版.docx

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最新数列解答题专练含答案版

数列解答题专练（含答案版）

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，

Tn＝－＋…－＋＝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＋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＝n·3n.（7分）

Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①

3Sn＝1×32＋2×33＋…＋（n－1）·3n＋n·3n＋1.②

①—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，

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＝＋＋＋…＋＋，　①

3Tn＝1＋＋＋…＋＋.　②（7分）

②－①，得2Tn＝1＋＋＋…＋－＝－.

所以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＝＋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＋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）·3n－1，

3Sn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n，

相减得－2Sn＝1＋2·（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝－2－（2n－2）3n.

所以Sn＝（n－1）3n＋1.

7．已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列的前n项和．

解析　

（1）方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3

设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而a1＝.

所以{an}的通项公式为an＝n＋1.

（2）设的前n项和为Sn，由

（1）知＝，则

Sn＝＋＋…＋＋，

Sn＝＋＋…＋＋.

两式相减，得

Sn＝＋（＋…＋）－＝＋（1－）－.

所以Sn＝2－.

8．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1·a2＝2，a3·a4＝32.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设数列{bn}满足＋＋＋…＋＝an＋1－1（n∈N*），求数列{bn}的前n项和．

解析　

（1）设等比数列{an}的公比为q，

由已知得

又∵a1>0，q>0，∴

∴an＝2n－1.

（2）由题意，可得＋＋＋…＋＝2n－1.

∴2n－1－1＋＝2n－1（n≥2），＝2n－1.

∴bn＝（2n－1）2n－1（n≥2）．

当n＝1时，b1＝1，符合上式，

∴bn＝（2n－1）·2n－1（n∈N*）．

设Tn＝1＋3×21＋5×22＋…＋（2n－1）·2n－1，

2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－3）·2n－1＋（2n－1）·2n，

两式相减，得－Tn＝1＋2（2＋22＋…＋2n－1）－（2n－1）·2n＝－（2n－3）·2n－3.

∴Tn＝（2n－3）2n＋3.

9．已知数列{an}是a3＝，公比q＝的等比数列．设bn＋2＝3logan（n∈N*），数列{cn}满足cn＝anbn.

（1）求证：

数列{bn}是等差数列；

（2）求数列{cn}的前n项和Sn.

解析　

（1）证明：

由已知，可得an＝a3qn－3＝（）n.

则bn＋2＝3log（）n＝3n，∴bn＝3n－2.

∵bn＋1－bn＝3，∴{bn}为等差数列．

（2）由

（1）知cn＝anbn＝（3n－2）（）n，

∴Sn＝1×＋4×（）2＋7×（）3＋…＋（3n－2）×（）n，　①

Sn＝1×（）2＋4×（）3＋7×（）4＋…＋（3n－5）×（）n＋（3n－2）×（）n＋1.　②

①－②，得Sn＝＋3[（）2＋（）3＋（）4＋…＋（）n]－（3n－2）·（）n＋1

＝＋3·－（3n－2）·（）n＋1

＝－（3n＋2）·（）n＋1.

∴Sn＝－·（）n.