数列常见大题(含答案)

常见数列大题收集1．已知等差数列{}na的前n项和nS满足30S，55S。（Ⅰ）求{}na的通项公式；（公式法）（Ⅱ）求数列21211{}nnaa的前n项和。（裂项法）1．（1）设｛an｝的公差为d，则Sn=1(1)2nnnad。由已知可得111330,1,1.5105,adadad解得n=2-.naan故的通项公式为（2）由（I）知212111111(),(32)(12)22321nnaannnn从而数列21211nnnaa的前项和为1111111-+-++)2-1113232112nnnn（.2.在等比数列}{na中，*)(0Nnan，公比1q，1002534231aaaaaa，且4是2a与4a的等比中项，⑴求数列}{na的通项公式；（公式法）⑵设nnnaab22log，求数列}{nb的前n项和nS，（分组求和法）解：（1）设等比数列{}na的公比为q，则11nnaaq，由已知得82,8,2101610164,10,0,100)(23114224224242242534231qaqaaaqxxaaaaaaaaaaaaaaan即的两根，为方程、，又则又……………………………4分解得112aq12nna.……………………………7分（2）由（1）知，212log4(1)nnnnbaan21(1444)(1231)(1)4132nnnTnnn……………………………12分3.数列{an}的前n项和nS2n，数列{nb}满足112,32nannbbb。（Ⅰ）求数列{na}，{nb}的通项公式；（公式法，累加法）（Ⅱ）若*212log()nnncbnN，nT为｛nc｝的前n和，求nT。（错位相减法）3.解：（1）2121,2nnnanb（6分）（Ⅱ）21222log(21)2nnnncn2123252(21)2nnnTcccn（8分）23123252(21)2(21)2nnnTnn，两式相减得：231322(222)(21)2nnnTn23112222(21)2nnn1112(21)(21)2(21)22nnnnn1(21)22nnTn（12分）4．已知数列{}na满足：212123(31),*8nnnnNaaa.（I）求数列{}na的通项公式；（迭代法）（II）设3lognnabn，求12231111.nnbbbbbb（裂项法）4解：（Ⅰ）1a1＝38(32－1)＝3，…1分当n≥2时，∵nan＝(1a1＋2a2＋…＋nan)－(1a1＋2a2＋…＋n－1an－1)＝38(32n－1)－38(32n－2－1)＝32n－1，…5分当n＝1，nan＝32n－1也成立，所以an＝n32n－1．…6分（Ⅱ）bn＝log3ann＝－(2n－1)，…7分1bnbn＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)，∴1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]…10分＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1．5.在数列{}na中，11a，22112nanann（1）求数列{}na的通项公式；（公式法）（2）令112nnnbaa，求数列{}nb的前n项和nS．（错位相减法）5.（1）122nnna分4②nnnS2525分126．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））在公差为d的等差数列}{na中,已知101a,且3215,22,aaa成等比数列.(1)求nad,;(2)若0d,求.||||||||321naaaa【答案】解:(Ⅰ)由已知得到:22221311(22)54(1)50(2)(11)25(5)aaaadaddd224112122125253404611nndddddddanan或(Ⅱ)由(1)知,当0d时,11nan,①当111n时,123123(1011)(21)0||||||||22nnnnnnnaaaaaaaaa②当12n时,1231231112132123111230||||||||()11(2111)(21)212202()()2222nnnnaaaaaaaaaaaannnnaaaaaaaa所以,综上所述:1232(21),(111)2||||||||21220,(12)2nnnnaaaannn7．记等差数列na的前n项和为nS，设312S，且1232,,1aaa成等比数列，求nS.解析：设na的公差为d，则.5.u.21321232112aaaaaa，即2211112204adadaad，解得111,83,4aadd或因此223110222nnSnnSnn，或8．已知等差数列{na}中，,0,166473aaaa求{na}前n项和nS..w.w.k.s.5.u.c解析：设na的公差为d，则.5.u.11112616350adadadad，即22111812164adadad，解得118,82,2aadd或因此819819nnSnnnnnSnnnnn，或9.设等差数列na满足35a，109a。（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）求na的前n项和nS及使得nS最大的序号n的值。解析：（Ⅰ）35a，109a得112599adad，解得192ad，数列na的通项公式为112nan（Ⅱ）由（Ⅰ）知22110(5)25(1)2nSnadnnnnn.，则5n时，nS取得最大值。10.等比数列na的前n项和为nS，已知1S,3S,2S成等差数列（Ⅰ）求na的公比q；（Ⅱ）求133aa，求nSw.w.w.k.s.5.u.c.o.m解：（Ⅰ）依题意有w.o.)(2)(2111111qaqaaqaaa，由于01a，故022qq，又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa，故41a，从而））（（）（））（（nnn211382112114S10分11.设{}na是公比大于1的等比数列，nS为数列{}na的前n项和．已知37S，且123334aaa，，构成等差数列．（1）求数列{}na的等差数列．（2）令31ln12nnban，，，，求数列{}nb的前n项和T．解：（1）由已知得12321327:2(3)(4)32aaaaaaa，设数列{}na的公比为q，由22a，可得1322aaqq，．又37S，可知2227qq，即22520qq，解得12122qq，．由题意得12qq，．11a．故数列{}na的通项为12nna．（2）由于31ln12nnban，，，，由（1）得3312nna，3ln23ln2nnbn又13ln2nnbb，{}nb是等差数列．12nnTbbb1()(3ln23ln2)3(1)ln2222nnbbnnnn故3(1)ln22nnnT．12.【2012高考浙江文19】（本题满分14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=22nn，n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.（1）求an，bn；（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.【解析】（1）由Sn=22nn，得当n=1时，113aS；当n2时，1nnnaSS2222(1)(1)41nnnnn，n∈N﹡.由an=4log2bn＋3，得21nbn，n∈N﹡.（2）由（1）知1(41)2nnnabn，n∈N﹡所以21372112...412nnTn，2323272112...412nnTn，212412[34(22...2)]nnnnTTn(45)25nn(45)25nnTn，n∈N﹡.13.【2012高考重庆文16】（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分））已知{}na为等差数列，且13248,12,aaaa（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）记{}na的前n项和为nS，若12,,kkaaS成等比数列，求正整数k的值。【解析】（Ⅰ）设数列{}na的公差为d,由题意知112282412adad解得12,2ad所以1(1)22(1)2naandnn（Ⅱ）由（Ⅰ）可得1()(22)(1)22nnaannnSnn因12,,kkaaS成等比数列，所以212kkaaS从而2(2)2(2)(3)kkk，即2560kk解得6k或1k（舍去），因此6k。14.}{na数列中，若),(411,211Nnaaann求annnnnbbab1,1则设+4,即nnbb1＝４，nb{｝是等差数列。15.数列{an}中，,22,111nnnaaaa求an通项公式16正数数列{an}中，若nnnaNnaaa求),(4,52211解：设4,4,112nnnnnnbbbbab即则),71(,429429429)4()1(25254}{2211Nnnnanannbabbnnnn即，是等差数列，公差是数列16.数列{an}中，若a1=6,an+1=2an+1,求数列{an}的通项公式。解：an+1+1=2an+2,即an+1+1=2（an+1）设bn=an+1,则bn=2bn-1则数列{bn}是等比数列，公比是2,首项b１=a１+1＝7,11271,27nnnnab即1271nna，)(Nn构造此种数列，往往它的递推公式形如：的形式和2)1(,1naScdacannnn。如：an+1＝can+d,设可化成an+1+x=c(an+x),an+1=can+(c-1)x用待定系数法得：(c-1)x＝d∴x=1cd.17.数列{an}满足Ｓn+an=2n+1,求an18.数列{an}中，若a1=１，a２=3,an+2+4an+1-5an=0(nN),求an。解：an+2+4an+1-5an=0得：an+2－an+1=-5（an＋１－an）设bn=an＋１－an，则数列{bn}是等比数列，公比是-5,首项b１=a2-a1＝2,∴an＋１－an=2•(-5)n-1即a２－a１=2•(-5)a３－a２=2•(-5)２a４－a３=2•(-5)３┄an－an－１=2•(-5)n-2以上各式相加得：an－a１=2•［（-5）＋(-5)２＋(-5)３＋┄＋（-5）n-1］即：an－a１=2•)5(1511n）（3)5(111nna，即3)5(41nna，（n)N练习：(1)数列{an}中，若a1=1，an+1-an=2n,求通项an.（2）数列{an}中，若a1=1，an+1-a