数列的通项公式练习题(通项式考试专题)

12010届高考数学快速提升成绩题型训练——数列求通项公式在数列｛na｝中，1a=1,(n+1)·1na=n·na，求na的表达式。已知数列na中，311a，前n项和nS与na的关系是nnannS)12(，试求通项公式na。已知数}{na的递推关系为4321nnaa，且11a求通项na。在数列na中，11a,22a，nnnaaa313212，求na。已知数列｛na｝中11a且11nnnaaa（Nn），，求数列的通项公式。已知数列{}an的前n项和Snbnn()1，其中{}bn是首项为1，公差为2的等差数列.（1）求数列{}an的通项公式；已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二项、第三项、第四项．（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；已知数列}{na的前n项和为nS，且满足322naSnn)(*Nn．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；设数列na满足211233333nnnaaaa…，n*N．（Ⅰ）求数列na的通项；2数列na的前n项和为nS，11a，*12()nnaSnN．（Ⅰ）求数列na的通项na；已知数列{}na和{}nb满足：11a，22a，0na，1nnnbaa（*nN），且{}nb是以q为公比的等比数列．（I）证明：22nnaaq；（II）若2122nnncaa，证明数列{}nc是等比数列；1.设数列{an}的前项的和Sn=31（an-1）(nN)．(Ⅰ)求a1；a2；(Ⅱ)求证数列{an}为等比数列．3.已知二次函数()yfx的图像经过坐标原点，其导函数为'()62fxx，数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；7.已知数列na的前n项和Sn满足2(1),1nnnSan．(Ⅰ)写出数列na的前3项;,,321aaa(Ⅱ)求数列na的通项公式．8.已知数列}a{n满足nn1n23a2a，2a1，求数列}a{n的通项公式。9.已知数列}a{n满足1a1n2aa1n1n，，求数列}a{n的通项公式。10.已知数列}a{n满足3a132aa1nn1n，，求数列}a{n的通项公式。11.已知数列}a{n满足3a132a3a1nn1n，，求数列}a{n的通项公式。312.已知数列}a{n满足3aa5)1n(2a1nn1n，，求数列}a{n的通项公式。14.已知数列}a{n满足6a53a2a1nn1n，，求数列}a{n的通项公式。17.已知数列}a{n满足413nnaa，7a1，求数列}a{n的通项公式。答案：1.解:(Ⅰ)由)1(3111aS,得)1(3111aa∴1a21又)1(3122aS,即)1(31221aaa,得412a.(Ⅱ)当n1时,),1(31)1(3111nnnnnaaSSa得,211nnaa所以na是首项21,公比为21的等比数列．2.解：⑴当n=1时,有：S1=a1=2a1+(-1)a1=1；当n=2时,有：S2=a1+a2=2a2+(-1)2a2=0；当n=3时,有：S3=a1+a2+a3=2a3+(-1)3a3=2；综上可知a1=1,a2=0,a3=2；⑵由已知得：1112(1)2(1)nnnnnnnaSSaa化简得：1122(1)nnnaa上式可化为：1122(1)2[(1)]33nnnnaa故数列{2(1)3nna}是以112(1)3a为首项,公比为2的等比数列.故121(1)233nnna∴121222(1)[2(1)]333nnnnna数列{na}的通项公式为：22[2(1)]3nnna.3.解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx(a≠0),则f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得a=3,b=－2,所以f(x)＝3x2－2x.又因为点(,)()nnSnN均在函数()yfx的图像上，所以nS＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－)1(2)132nn（＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（nN）.6.方法（1）：构造公比为—2的等比数列nna3，用待定系数法可知51．方法（2）：构造差型数列nna)2(，即两边同时除以n)2(得：nnnnnaa)23(31)2()2(11，从而可以用累加的方法处理．方法（3）：直接用迭代的方法处理：12221221133)2()2(3)32(232nnnnnnnnnaaaa12233233)2()32()2(nnnna12323333)2(3)2()2(nnnna1232231201033)2(3)2(3)2(3)2(3)2()2(nnnnnnna52)1(3)2(10nnnna．7.分析：.1,)1(2naSnnn-①由,12111aSa得.11a-②由2n得，12221aaa，得02a-③由3n得，123321aaaa，得23a-④用1n代n得111)1(2nnnaS-⑤①—⑤：nnnnnnaaSSa)1(22211即nnnaa)1(221--⑥nnnnnnnnnaaaa)1(2)1(22)1(2)1(222)1(221222121nnnna)1(2)1(2)1(222211112)1(232nn48.解：nn1n23a2a两边除以1n2，得232a2ann1n1n，则232a2ann1n1n，故数列}2a{nn是以1222a11为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n(12ann，所以数列}a{n的通项公式为nn2)21n23(a。9.解：由1n2aan1n得1n2aan1n则112232n1n1nnna)aa()aa()aa()aa(a1)1n(2n)1n(21)1n(]12)2n()1n[(21)112()122(]1)2n(2[]1)1n(2[所以数列}a{n的通项公式为2nna10.解：由132aann1n得132aann1n则112232n1n1nnna)aa()aa()aa()aa(a3)1n()3333(23)132()132()132()132(122n1n122n1n所以1n32n31332annn11.解：132a3ann1n两边除以1n3，得1nnn1n1n31323a3a，则1nnn1n1n31323a3a，故3a)3a3a()3a3a()3aaa()aa3a(3a111223n3n2n2n2n2n1n1n1n1nnnnn33)3132()3132()3132()3132(22n1nn1)3131313131(3)1n(222n1nnn因此n1nnnn321213n2131)31(313)1n(23a，则213213n32annn12.解：因为3aa5)1n(2a1nn1n，，所以0an，则nn1n5)1n(2aa，则112232n1n1nnnaaaaaaaaaa3]5)11(2[]5)12(2[]5)12n(2[]5)11n(2[122n1n35]23)1n(n[212)2n()1n(1n所以数列}a{n的通项公式为!n523a2)1n(n1nn13.解：因为)2n(a)1n(a3a2aa1n321n①所以n1n3211nnaa)1n(a3a2aa②所以②式－①式得nn1nnaaa则)2n(a)1n(an1n则)2n(1naan1n所以2232n1n1nnnaaaaaaaa22a2!na]34)1n(n[③由)2n(a)1n(a3a2aa1n321n，取n=2得212a2aa，则12aa，又知1a1，则1a2，代入③得2!nn5431an。14.解：设)5xa(25xann1n1n④将nn1n53a2a代入④式，得nn1nnn5x2a25x53a2，等式两边消去na2，得n1nn5x25x53，两边除以n5，得x25x3，则x=－1，代入④式，得)5a(25ann1n1n⑤由1565a11≠0及⑤式，得05ann，则25a5ann1n1n，则数列}5a{nn是以15a11为首项，以2为公比的等比数列，则1nnn215a，故n1nn52a。