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-14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝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－14nanan＋1＝(－1)n－14n2n－12n＋1＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.(6分)当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…－12n－3＋12n－1＋12n－1＋12n＋1＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.(10分)2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，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＝n2＋n2－n－12＋n－12＝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＝21－22n1－2＝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ann是等差数列；(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.解析(1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1.(4分)所以数列ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(5分)(2)解：由(1)得ann＝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，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①—②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·1－3n1－3－n·3n＋1＝1－2n·3n＋1－32.(10分)所以Sn＝2n－1·3n＋1＋34.(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＝nbn，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn45.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＝n3n.所以Tn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，①3Tn＝1＋23＋332＋…＋n－13n－2＋n3n－1.②(7分)②－①，得2Tn＝1＋13＋132＋…＋13n－1－n3n＝32－3＋2n2·3n.所以Tn＝34－3＋2n4·3n.(10分)因为n∈N*，显然有3＋2n4·3n0.又3445，所以Tn45.(12分)5．已知首项为12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＝12，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.∴32q＝12＋q2，解得q＝1或q＝12.(4分)又{an}为递减数列，于是q＝12.∴an＝a1qn-1＝(12)n.(6分)(2)∵bn＝anlog2an＝－n(12)n，∴Tn＝－[1×12＋2×(12)2＋…＋(n－1)(12)n－1＋n×(12)n]．于是12Tn＝－[1×(12)2＋…＋(n－1)(12)n＋n×(12)n＋1]．(8分)两式相减，得12Tn＝－[12＋(12)2＋…＋(12)n－n×(12)n＋1]＝－12×[1－12n]1－12＋n×(12)n＋1.∴Tn＝(n＋2)(12)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＝anbn，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an＋1bn＋1－anbn＝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an2n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＝12，从而a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2.两式相减，得12Sn＝34＋(123＋…＋12n＋1)－n＋22n＋2＝34＋14(1－12n－1)－n＋22n＋2.所以Sn＝2－n＋42n＋1.8．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b11＋b23＋b35＋…＋bn2n－1＝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a21q＝2，a21q5＝32.又∵a10，q0，∴a1＝1，q＝2.∴an＝2n－1.(2)由题意，可得b11＋b23＋b35＋…＋bn2n－1＝2n－1.∴2n－1－1＋bn2n－1＝2n－1(n≥2)，bn2n－1＝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＝164，公比q＝14的等比数列．设bn＋2＝3log14an(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＝(14)n.则bn＋2＝3log14(14)n＝3n，∴bn＝3n－2.∵bn＋1－bn＝3，∴{bn}为等差数列．(2)由(1)知cn＝anbn＝(3n－2)(14)n，∴Sn＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n－2)×(14)n，①14Sn＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n－5)×(14)n＋(3n－2)×(14)n＋1.②①－②，得34Sn＝14＋3[(14)2＋(14)3＋(14)4＋…＋(14)n]－(3n－2)·(14)n＋1＝14＋3·142[1－14n－1]1－14－(3n－2)·(14)n＋1＝12－(3n＋2)·(14)n＋1.∴Sn＝23－3n＋23·(14)n.