高三理数列专题

1：（08四川）设数列an中，a12，an1ann1，则通项an = 2：在数列{an}中，a11,ann(n2),则an? an1n13：在数列an中，若a11,an12an3(n1)，则该数列的通项an___ 4：数列an中，a11,an12an(nN*),求an的通项公式 an25：在数列an中，a11，an12

2an2n．求数列an的通项公式．

6．若数列{an}的前n项和Sn＝n－10n，则此数列的通项公式为________．

7：（2010山东理数18）已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．

（Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn=

1(nN*)，求数列bn的前n项和Tn． 2an17.【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a12d7，解得a13,d2， 2a110d26所以an3（2n1)=2n+1；Sn=3n+（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=

n(n-1)2=n2+2n。 21111111(-)，=== 22an1（2n+1)14n(n+1)4nn+1所以Tn=

1111(1-++42231111n+-)=(1-)=，

nn+14n+14(n+1)即数列bn的前n项和Tn=

n。

4(n+1)【变式1】．(11分)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝35，且a2，

a7，a22成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.

Sn

．解 (1)∵数列{an}是等差数列， 5×4

由S5＝5a1＋d＝35.

2∴a1＋2d＝7.①

由a2，a7，a22成等比数列，∴a7＝a2·a22， ∴ (a1＋6d)＝(a1＋d)(a1＋21d)(d≠0)， ∴2a1－3d＝0.②

解①②得：a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1. (2)由(1)知，Sn＝3n＋1∴＝1

＝n＋2nn2

2

2

nn－1

2

·2＝n＋2n.

2

Sn1n＋111＝（－）. 2nn＋2

8.(2012年高考浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，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＝2n2＋n，得 当n＝1时，a1＝S1＝3；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N*.

由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.

(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*， 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n， 所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)] ＝(4n－5)2n＋5.

故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.

33an【变式2】► 已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝，n＝1，2，….

52an＋11

(1)证明：数列－1是等比数列；

an1

(2)令bn＝－1，试求数列{n·bn}的前n项和Sn.

an (1)证明 由已知，得∴

1

112

＝·＋，n＝1,2，…， an＋13an3

1

11

－1＝－1，n＝1,2，…. an＋13an112

∴数列－1是以为公比，为首项的等比数列．

33an

12

(2)解 由bn＝－1＝n(n≥1)，

an3

得Sn＝1·b1＋2·b2＋3·b3＋…＋(n－1)·bn－1＋n·bn 22222

＝1·＋2·2＋3·3＋…＋(n－1)·n－1＋n·n.

33333122222∴Sn＝1·2＋2·3＋3·4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1. 3333332222222∴Sn＝＋2＋3＋4＋…＋n－n·n＋1 3333333211－n332＝－n·n＋1. 131－3

313233＋2n∴Sn＝1－n－n·n＋1＝－n.

232322·3

9.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4=44,S7=35

（1）求数列{an}的通项公式与前n项和公式； （2）求数列{|an|}的前n项和Tn。

9.解：（1）设数列的公差为d，由已知S4=44,S7=35可得a1=17,d=-4 ∴an=-4n+21 (n∈N),Sn=-2n+19 (n∈N).

（2）由an=-4n+21≥0 得n≤

2221, 故当n≤5时，an≥0, 当n≥6时，an0 42当n≤5时,Tn=Sn=-2n+19n 当n≥6时,Tn=2S5-Sn=2n-19n+90. 10.已知数列an：1，，1221232312100，…，…，… 33100100100①求证数列an为等差数列，并求它的公差 ②设bn1nN，求b1b2…bn…的和。 anan1n1n12n12…nn12解：①由条件，an… nnn2n2∴an1n2n2n11；∴an1ann1

22221 2故an为等差数列，公差d②bn114

n1n2n1n2n1n2·224又知

11n2n11 n1n2n1n2n1n211∴bn4

n1n2111111b1b2…bn…44…4…2334n1n2

114…2n211∴b1b2…bn…lim42

n2n211.（2009陕西卷文）

1’a22,an＋2＝已知数列an}满足， a1＝anan1,nN*. 2令bnan1an，证明：{bn}是等比数列；

(Ⅱ)求an}的通项公式。

（1）证b1a2a11, 当n2时，bnan1an所以bn是以1为首项，an1an11an(anan1)bn1, 2221为公比的等比数列。 21n1（2）解由（1）知bnan1an(),

2当n2时，ana1(a2a1)(a3a2)1(anan1)11()21()n2

211()n12152121[1()n2]()n1, 11323321()252111当n1时，()1a1。

332521n1*所以an()(nN)。

332

12.．已知数列an中，Sn是其前n项和，并且Sn14an2(n1,2,⑴设数列bnan12an(n1,2,)，求证：数列bn是等比数列；

),a11，

an,(n1,2,)，求证：数列cn是等差数列； n2⑶求数列an的通项公式及前n项和。

⑵设数列cn分析：由于{bn}和{cn}中的项都和{an}中的项有关，{an}中又有Sn1=4an+2，可由Sn2-Sn1作切入点探索解题的途径．

解：(1)由Sn1=4an2，Sn2=4an1+2，两式相减，得Sn2-Sn1=4(an1-a意加强恒等变形能力的训练)

an2-2an1=2(an1-2an)，又bn=an1-2an，所以bn1=2bn ①

已知S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得a2=5，b1=a2-2a1=3 ② 由①和②得，数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，故bn=3·2

n1n)，即

an2=4an1-4an．(根据bn的构造，如何把该式表示成bn1与bn的关系是证明的关键，注

．

当n≥2时，Sn=4an1+2=2

n1

(3n-4)+2；当n=1时，S1=a1=1也适合上式．

n1综上可知，所求的求和公式为Sn=2

(3n-4)+2．

117

13.．已知数列{bn}满足：bn＋1＝bn＋，且b1＝，Tn为{bn}的前n项和．

242

1

b－(1)求证：数列n是等比数列，并求{bn}的通项公式；

2

12k(2)如果对任意n∈N＋，不等式≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．

12＋n－2Tn11

解析 (1)证明 对任意n∈N＋，都有bn＋1＝bn＋，

24

111

所以bn＋1－＝bn－，

222

111则bn－是等比数列，首项为b1－＝3，公比为，

222

11n－11n－11

所以bn－＝3×，即bn＝3×＋.

2222

1n－11

(2)因为bn＝3×＋，

22

111n1＋＋＋…＋所以Tn＝32n－1＋ 2222

13×1－n2n1n＝＋＝61－n＋. 12221－2

12k因为不等式≥2n－7，

12＋n－2Tn2n－7

化简，得k≥n，对任意n∈N＋恒成立，

2

2n－7设cn＝n，

2

n＋－72n－79－2n则cn＋1－cn＝－n＝n＋1， n＋1

222

当n≥5时，cn＋1≤cn，数列{cn}为单调递减数列； 当1≤n＜5时，cn＋1＞cn，数列{cn}为单调递增数列． 133而＝c4＜c5＝，所以n＝5时，cn取得最大值. 163232

2n－73

所以要使k≥n对任意n∈N＋恒成立，k≥.

232

14. (2012年高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2N，且a1，a2＋5，a3成等差数列．

(1)求a1的值；

*

n＋1

＋1，n∈

(2)求数列{an}的通项公式；

1113

(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.

a1a2an2[解析] (1)∵a1，a2＋5，a3成等差数列， ∴2(a2＋5)＝a1＋a3. 又2Sn＝an＋1－2

2

n＋1

＋1，

3

∴2S1＝a2－2＋1，2S2＝a3－2＋1， ∴2a1＝a2－3，2(a1＋a2)＝a3－7.

2（a2＋5）＝a1＋a3，a1＝1，

由2a1＝a2－3，得a2＝5，∴a1＝1. 2（a1＋a2）＝a3－7a3＝19.(2)∵2Sn＝an＋1－2

n＋1

＋1，①

n∴当n≥2时，2Sn－1＝an－2＋1.② ①－②得2an＝an＋1－an－2∴an＋1＝3an＋2. 两边同除以2∴

n＋1nn＋1

＋2，

nan＋13an1

得n＋1＝·n＋， 2222

an＋1

2

n＋13an＋1＝(n＋1)．

22

a23a1an33

又由(1)知2＋1＝(1＋1)，∴数列{n＋1}是以为首项，为公比的等比数列，

222222an33n－13nnn∴n＋1＝·()＝()，∴an＝3－2， 2222

即数列{an}的通项公式为an＝3－2. (3)证明：∵an＝3－2＝(1＋2)－2 ＝Cn·1·2＋Cn·1

2

0

nnnnnnn01n－1

·2＋Cn·1

nn12n－2

·2＋…＋Cn·1·2－2

2n0nn＝1＋2n＋2(n－n)＋…＋2－2

>1＋2n＋2(n－n)＝1＋2n>2n>2n(n－1)， 11111∴＝n＝·， n2

2

2

a1a2an1111<1＋[＋＋…＋] 21×22×3n（n－1）111111＝1＋(1－＋－＋…＋－)

2223n－1n11313＝1＋(1－)＝－<，

2n22n21113即＋＋…＋<. a1a2an2