高三数列专题练习30道带答案

-------专业--专业-资料--高三数列专题训练二学校: 班级考号 一、解答题在公差不为零的等差数列

中，已知a

3，且a、a、a

成等比数列．求数列n

n的通项公式；

2 1 3 7设数列

的前n项和为S

，记b

9 ，求数列

的前n项和T．n n n 2S n n2n已知等差数列n列.

的前nSn

，公差d0,S S3 5

50,a,a,a1 4

成等比数（Ⅰ）求数列n

的通项公式；b a（Ⅱ）设a

n是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn

的前n项和Tn.n设等比数列

的前nS

1

1，

，S成等差数列，数列n

满足bn

n2n．

n 2 8

1 16 2 3求数列n

的通项公式；设cn

abn

nN，不等式cc1 2

…cn

12S2

1恒成立，求的取值范围．已知等差数列{an

d2nSn

，且等比数列{bn

}满足b1

a，1b a，b2 4

a ．13（Ⅰ）求数列{an

}的通项公式和数列{bn

}的前n项和B；n（Ⅱ）记数列{1}的前n项和为

，求T．S n nn设数列n

的前n项和为Sn

，且满足Sn

2an

．求数列n

的通项公式；若数列n

满足b1

1，且bn1

ban

，求数列bn

的通项公式；设cn

nbn

，求数列cn

的前n项和T．nnan已知差数列等 n 的前

n，且对于任意的正整数n

满足2 S

a 1.n.nn求数列

的通项公式；nb 1 nn设

aan

b,求数列

的前n项和B.对于数列n

}、{bn

}，

为数列{annn

}的前n项和，且S

n

(n1)Sn

a n，nab1

1，bn1

3bn

2，nN.求数列n

}、{bn

}的通项公式；令

2(an

，求数列{c

}的前n项和T.n n(bn

n n已知n

是各项均为正数的等比数列，且aa1 2

2(1a1

1)，a2aaa a 64(111)．3 4 5a3a4a5求n

的通项公式；设bn

(an

1)2，求数列a n

的前n项和T．nn已知数列n

}的首项a

1，前n项和为Sn

n1

2Sn

n10（nN*）.1（Ⅰ）求证：数列为等比数列；1n（Ⅱ）令bn

nan

，求数列{bn

}的前n项和T.n}}

1

是3a

与

a

a．nn（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；n

2 3 1 2

12 3（Ⅱ）设

log

a，且

Sn为数列{b

的前n

12S{

}的前n项和T．n 3 n n Sna1．已知数列 n 的前n项和为Sn,1．a

1,S2n

2an

2an求数列 n 的通项公式；若bn

2an,求bbb1 3

...b ．2n1设公差不为0的等差数列

的首项为1，且an 2

,a,a5

构成等比数列．求数列n

的通项公式；若数列n

满足bb 12a a121 2

b1 n11a n

nN*

的前n项和Tn n已知数列n

是等比数列，满足a1

3,a4

24，数列bn

满足b1

4,b4

22，且n

an求数列n

和n

的通项公式；求数列n

的前n项和。设数列n

}满足a1

a a 2 32 22

a n 2n，nN*.2n1求数列}的通项公式；na设bn

(an

n1)(a

n1

1)

，求数列{bn

}的前n项和S.n数列n

的前n项和Sn

满足Sn

2an

a，且aa1 1

1,a3

成等差数列．求数列n

的通项公式；设b n1 ，求数列a

的前n项和T．n Sn

n nn1

满足1

是3a

与

a

a.n（Ⅰ）求数列的通项公式；n

2 3 1 2

12 3设bn

log3

a，且Sn

为数列{bn

}的前n项和，求数列的

12S}的前n项和T.{ n{ n17．已知数列{an

}和{bn

}满足a1

2，b1

1，a

n1

2an

（nN），1 1 1b b b bb1 2 2 33 n n

1（nN）.与；求a b与；n n记数列bnn

}的前n项和为Tn

，求T.n18．已知数列{an

}中，a1

2

n1

2

1，数列{ba n

}中，bn

1a1n

，其中nN.求证：数列n

}是等差数列；

是数列{1b}的前n项和，求1

11n 3n

S S S1 2 n19．已知各项均为正数的数列

的前 项和为 Sanann

,满足a2n1

2Sn

n4,a2

1,a,a3

恰为等比数列bn

的前3项.求数列n

n

的通项公式；若

nlogb,求数列的前n项和为T.n 2

aa n nn n120．已知等比数列满足aan 2 3

4aa 1,公比q13 13 3求数列n

的通项公式与前n项和；设b 1 ，数列

的前n项和为T，若对于任意的正整数，都有n 2log3an3

nn2 nm2mn 4

成立，数m的取值范围．21．已知等差数列an

满足：a2

5,前4项和S4

28.求数列n

的通项公式；若bn

nan

,求数列bn

的前2n项和T ．2n22．已知公差不为零的等差数列{a

1，且aa

成等比数列。求数列n

n 1}的通项公式

1 3 9求数列的前nS。n2（本小题满分14分）等比数列{a}的前n项和S 2n6a，数列{b}满足n n n112nb (logalogaloga)（nN*）.12nn n 2 2 2求a的值及{an

}的通项公式；求数列 1 的前n项和；b n

n1求数列ab

的最小项的值.xnxn．数列

n}的通项a

是关于

的不等式x2xnx的解集中正整数的个数，n nf(n) 1 1 … 1 ．a 1 a 2 a nn n n求数列n

}的通项公式；若

an，求数列{b

}的前n项和S；n 2n n n求证：对n2且nN*恒有712

f(n)1． 已知各项均不为零的数列

a

2 nN* ，且

2,

a．求数列 a

n的通项公式；

n2

n+1

1 4 7令

n

nN* ，求数列

的前n项和S．n12nnn已知n12nnnn

是单调递增的等差数列，首项a1

3，前n项和为Sn

，数列bn

是等比数列，首项b1

1，且ab22

12,Sb3

20．求n

和n

通项公式；令

Scosa

N，求

的前n项和T．n n n n n27．在数列{a}中，a=1，a=7，a

﹣2a

+a=0（n∈N﹢）n 1 4

n+2

n+1 n（1）求数列a的通项公式；求数列n

n n n的通项公式；12bn若数列满足a b b 3 ... b ,求数列12bn

的通项公式；n n 31 321 1 3n1 n令

anb

N,数列

的前n项和为T.nn 4 n nn已知数列n

的前n项和S n

n(n.2（Ⅰ）求数列n

的通项公式；（Ⅱ）设

(1)n(a

2an 1 ，求数列

的前 项和 .n n

a n Tn1 n nnnn

}满足：a1

1，an1

3an

nN*．设Sn

为数列b的前n项和，已知nn（2）若b=n（N+n（2）若b=n（N+b}的前n项和S．n n28．已知数列的前n项和为S且S nN1 n 1

SS1

，nN*．求数列

}，b的通项公式；设cn

nblogn 3

na，求数列n

的前n项和T．n-------专业资料--专业资料---T1）ann1（2） T【解析】

n1n

参考答案试题分析）求等差数列通项公式，基本方法为待定系数法，即根据条件列两个关于首项a2ad

2d2a

6d

11与公差的方程： 1 1

11 ，注意公差不为零，解得d ，代a211n1n入通项公式得 （2）先根a211n1n1S 23n 29n112bn92S3n 929n1 n121，所以利用裂项相消法求和，即

通项公式n1 1b nn n1TTbbn1 2b1111n2 23 n11 1 1n1 1 nnn析 ： ① 设 n 的 公 差为d ad3 11a2d2a1

6d0 d 1 10a2

3分1解得d15分∴a211n1∴n

．．．．．．．．．．．．．．．6分S②

1 9n12 12 2 ，9 9b

2 1

1 1 n 2S3n

n1

nn1

n n19分TTbbn1 2b1111n2 23 n11 1 1n1 1 nnnTn1n n ．．．12考点：等差数列通项，裂项相消法求和【方法点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵 c 消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如

(其中

是各项均不为零的等差aa nn n1数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类或1n(n或1n(n.(n1)(n3)2（Ⅰ）an【解析】

2n1（Ⅱ）Tn

n3n（Ⅰ）将已知条件转化为首项和公差表示，解方程组可得到基本量，从而确定数nbnnan（Ⅱ）首先化简数列an

n得到

的通项公式b

(2n1)

1，结合特点采用裂项相消法求和（Ⅰ）依题意得

n32d

45d50222 1 12

………2分(ad)2a(a12d)1 1 1解得a3，… 4分1d2a a (n32(n2n即a 2n1 6分n 1 nb(Ⅱ)an3n1，bnan3n1(2n3n1 7nT 353732(2n3n1n 33532733(2n3n1(2n3n 9n32323223n1(2n1)3nn323n1)(2n1)32n313nnT n3n 12n考点：数列求通项公式及数列求和13）an

( )n1（2）(,]2【解析】（1）设数列an

qS11 16

，S，S2

称等差数列，求解q1，2即可求解数列的通项公式（2）由（1）可知c nn 2n

，利用乘公比错位相减法，求解数列的和T

2n2c

…

1

1恒成立，利用f(n)关于n 2n 1 2 n 2 nn单调性，即可求解的取值范围．1）设数列an

的公比为q，∵S11

，S，S2

称等差数列，∴2S2

S11

S，∴a3

a1，3 161 1 a 1∵a

，∴

，∴q 3 ，2 8 3 16 a 22∴a ∴a aqn21(1)n2(1)n1．n 28 22n

的前n项和为Tn

，则Tn

cc1

…c，n又又c ab 2n(1)n1n，n n n22n∴T 123…n，n2 22 232n12T n1222 23 …n12nn2n1，两 式 相 减 得112T 11 …11n21(11)2nn2n111n1n22n1w，n222 232n 2n1112n 2n12∴Tn2n2，2nS41(11)2n1(11)，n1122n2对任意nN*，不等式cc…c 12S1 2 n21恒成立，n等价于T12S 1恒成立，即2n21111恒成立，即2n11n2n2n22n2n2恒成立，令f(n)n+1，f(n1)f(n)

n2n1

n0，2n 2n1 2n 2n1∴f(n关于n2n1关于n2212，2n 2 2所以的取值范围为(,2]．考点：数列的综合问题．定的难度，属于中档试题．4（Ⅰ）

3 3 2n3(n1)（Ⅱ） 2 4 2(n1)(n2)试题分析（Ⅰ

}的公差d2b2

b

a(a

24)

6)2，n 2 13 1 1 1解之得a1

3，得an

3(n1)22n1bn

}的公比为q，则q3，由等S n(n2)n比数列前 n 项和公式即可求出结果.（Ⅱ）S n(n2)n

，所以1 1 1(1 1 S n(n2) 2 n n2n（Ⅰ）an

}的公差d2，所以有b2bba(a24)(a6)2，解之得a32 13 1 1 1 1得a 3(n1)22n1，设等比数{bn

}的公比为q，则q3，3(13(13n)3(313n21)n（Ⅱ）由（Ⅰ）得

n(n2)，所以1 1 1(1 1 )n S n(n2) 2 n n2n因此T11(11(11(11

( 1 1 )(1 1 )]n 2 3 2 4 3 5 4 6

n1 n1 n n21(111122 n1 n2)32n34 2(n1)(n2).考点：1.等差数列与等比数列；2.数列求和.ffnfnck两项的差，其本质就是两大类型类型一 :a n

型，通过拼凑法裂解成-------专业资料--专业资料--- k

k1a a

1 ；类型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公n aannc

cd an

nc式直接裂项型；该类型的特点是需要熟悉无理型的特征，对数的运算法则和阶乘和组合数公式无理型的特征是分母为等差数列的连续两项的开方和形如a n

fn

k

型，常见的有① 1

n1 n；②对数运算

an1loga

a本身可n1 n

a a n

n1 a n以裂解；③阶乘和组合数公式型要重点掌握nn!n1!n!和Cm Tn T

Cmn

Cm.n5）

1n1（2）

321n1（）

8

4n1. n 【解析】

2

n 2 n 2n试题分析1）由已知数列递推式求出首项，得到n2时，S 2a ，与原递推式n1 n1作差后可得数列an

是以6为首项，以3为公比的等比数列．再由等比数列的通项公式得答案由可得b bn1 n

1n1，由累加法可求其通项公式3）由错位相减法求22其前n项和.试题解析1）解：当n1时S1

2a1

，则a1

1，当n2时，an

S n

n1

2an

2an1

an1

a，na 1

1 1n1则2a a

，∴ n ，所以，数列a

是以首相a

1，公比为 ，而

；n∵

n1

an1a

2，∴b b

n 1 1n

2 n 2n1 n

n1

n 2n2b 101 111n211n12 2 212 2 1 1122321n1，2

b1

b1

b 2

b n1又b1b1

321n1； -------专业资料--专业资料---∵Cn

nbn

2n1n1， TT2 2 3 10112n11n21n1n222 2n2①1T212123132n2 2 2 11n1n1n②2 2 1

210112

1n12n1n，2 n 2 2 2 2 2 111nT4n21n11 4n 8282n4n1n2884n12n．21））（）式和数列的错位相减法求和，难度适中；解题中，在利用a SS 这一常用等式以及n n n1bn1

fn时，用累加法求其通项公式；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于c

ab

，其中a

和

分别为特殊数列，裂项相消法n n n n n类似于a 1

，错位相减法类似于c

a

为等比数列等.

n nn1

n n n n n6）an【解析】

2n1（）Bn

1122

1 .2n 2n

S (n1)1）当n1时，a1，n1时，利用a1

求得通项公式为1 n SS (n2) n n1 a 2n1（2（1化简

1 1

1 利用裂项求和法求得T n .n试题解析：

n 22n1 2n1

n 2n1对于任意的正整数 n,2 Saa1 a121 1①2-②2

a1①恒成立，当n

时，2 ann1

a1，即1S aS an1n11n2

② , 得4a 4a a2a2n n2a2an1 n aan

an

a

20, an

an

an1

an

an1

2,数列an

是首项为1公差为2的等差数列.an

1122n1.（2）aa2nn n2n12n1 22n1 2n111 11,Bbb...bn1 2n11111...2 3 3 5 2n1 2n11111122n1.考点：递推数列求通项，裂项求和法.

15 2n57）an【解析】

n2，bn

23n1

1（）Tn

.4 43n1试 题 分 析 ：a a2n1a a2n1a (aan1 n n1 nn1)(an1n1 n n

（ 1 ） 由anan2)(aa)(aa)a(2n1)(2n3)313 2 2 1 1(2n11)n2n2a n2.由bn n

3b2n

是等比数列，首项为b 11)n1 n3b12 ， 公 比 为31

b123n1n

b 23n11 ；（ 2 ）nn1T23n1T2343n1n322T152n5n22T152n5n223n1

n3nn3n2 3n1n1T152n5.n443n1n

2330

34

n 3n3

n3n2试题解析1）因为S (n)S an，所以a a2n1，所以n1 n n n1 nan1

(an

a

)

an2

)(a3

a)(a2

a)a1

(2n1)(2n31(2n11)n2

n2，所以{a

}的通项公式为annn

n2.由bn1

3bn

2，得bn

1n

，所以n

是等比数列，首项为b1

12，公比为

，所以3b123n1，所以3n

}的通项公式为bn

23n11.

2(n2n)

n1 ，所以T

23

4 n

n1，①n 2n3n1 3n1

n 30

32

3n2

3n1则n

23

34

n 3n3

n1②3n2

1 1②-①得2T

61

1

1 )

n16

3n1

n115

2n5.所以T

n15

3 322n5.

3n2

3n1

113

3n1

2 23n1n 4 43n1考点：1、等差数列及其性质；2、等比数列及其性质；3、数列的前n项和.【方法点晴】本题考查等差数列及其性质、等比数列及其性质、数列的前n项和，涉及特殊与一般思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.第一小题先由S (nS an求得a a2n1，再利n1 n n n1 n用累加法求得an

n2.又由bn1

3bn

2求得bn1

1n

1)，可得{bn

是等比数列再求得b

123n1.第二小题化简

2(n2n)n1

，再利用错位相减法求得n n 2n3n

3n1TT152n5.n443n18）an

2n1（2） (4nn)2n1.131【解析】（1）根据已知列出关于首项a1

和公比q的方程组，解出首项a1 11

和公比q的值即可求得

的通项公式2（1可知

1)2a2

24n1

2，na a aqn1n 1

n n an

n a2n

4n1q试 题 解 析 ：（ 1 ） 设 公 比 为 ， 则q

， 由 已 知 有aaq2(11)，1 1a aq11aq2aq3aq464(111，111aq2 aq3 aq4),111化简得a2q2,1a2q61a0，故q2a1

1，所以a 2n1．n1 （2）由可知b (a 1)2a21

24n1

2，n n an

n an

4n11 1 1因此Tn

(14…4n1)

…4 4n1

) (4n41n)2n1．3考点：1、等比数列的通项及求和公式；2、“分组求和”的应用.n(n1)9（Ⅰ）（Ⅱ）Tn

(n1)2n1

2.2【解析】试题分析（Ⅰ根据a S S 结合已知条件等式即可使问题得证（Ⅱ首先根（Ⅰ）n n n1求得bn

的通项公式，然后利用分组求和法与错位相减法求解即可.试题解析（Ⅰ）由S 2S n10，n1 n当n≥2时，S2S n110，n n1两式相减，得a 2a10，可得a 12(a≥2)，4分n1 n n1 n又(a1

a)2a2

110，则a2

3，满足a2

12(a1

1)，即22.6n（Ⅱ）据（Ⅰ）得a 2n1，n所以bn

nan

n2nn，7分则Tbbn 1 2

b1222n

n2n(12 n).令W 1222n所以

n2n，则122223n2(12n)

n2n1，.W222n

2nn2n1 n2n1(1n)2n1212则则Wn(n1)2n12.10所以T(n1)2n1n

n(n1)2.2考点：1、等比数列的定义；2、数列求和.1（Ⅰ）an【解析】

3n（Ⅱ）Tn

2n24n．n1（Ⅰ）利用等差等比定义及性质组建方程组，求通项（Ⅱ）利用第一问求出b，n再利用等差数列求和公式得S，最后通过裂项相消法求和．n）设等比数列的公比为q，由题意知q0，且a1

2a2

a，3a2aqaq2 1 1 1 ，解得aq3，故

3n．… 5a aqaq2 1 n1 1 1（II）由（I）得bn

loga3

n，所以S n

n(n1)．… 62∴12S∴n

2 22(1

1 )2，… 8S n(n1) n n1n故数列

12Sn的前n项和为T111

(1 1 )]2n{S n 2 2 {n

n n12(1 1 )2n2n24n．… 12n1 n1考点：1、等差等比知识；2、裂项相消求和．2 1（）an【解析】

n（2）3

4n11．）根据a1

1,S2n

2an

2an

，令n1解得a1

d1

的通n项公式为an

n（2）由（1）bn

2a

2n，进而得b2n1

是首项为2,公比为4的等比数n列,再由等比数列前n项和公式可得结果．n1）S

2a

2a

，则S

a

2a2a

，a

1，a

2，等差数2na列 da

n na1

2 1 2a

1 1 1 2a nn

2 1

n 的通项公式为 n ．b2b2a 2nnn

,所以数列2n1242n124

是首项为

,公比为

的等比数列,bbb1 3

...b 2n1 3

4n11．考点：1、等比数列前n项和公式．1（）an

2n1（2）Tn

32n3．2n【解析】（1设等差数列an

的公差为dd0，由a2

,a,a5

构成等比数列得关于d的方程，解出d后利用等差数列的通项公式可得a ；（2）由条件可知，n2时，nb 1 1 1n1 1 ，再由（1）可求得

n1的情形，利用错位相a 2nn

2n1 2n n减法可求得T．n1）设等差数列dd0d2

的公差为dd0，由

a,a,a,a2 5 14a2a2aa5 2144d2d113da 122n1．n

，解得

（舍去或 ，∴b b2（2）由已知 1 2a a

b 1 n1a n

bn，当 时，n1

1；2当n

b b时，有 1 2

b

1

b ，相减得 n1

1

1 1 ，a a1 2n1

ab立，所以anb立，所以an12nnN*n

2n1

a n

2n1 2n当 时，上式也成

，又由（1知 ，∴a 2n1n2 1nb a 2n1n2 1nn 2n由T 13

2n1,1T

13

2n32n1，n 2 22 23

2n 2

22 23

2n 2n11

122

22n13

2n1，∴T 32n3．n n2 2 22

2n

2n1

2 2n1

2n1 2n1））等差数列与等比数列的综合．【方法点晴】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于c

a

，其中

和

分别为特殊数列，裂项相消法类似于a 1 ，n n n nn

n nn1错位相减法类似于cn

abn

，其中an

为等差数列，bn

为等比数列等．n13．(Ⅰ)an【解析】

32n1；bn

2n32n1(n1,2,

).（Ⅱ） (3n)32n3.2（Ⅰ）

a是等比数列,所以根据公式n

an，求公比，根据首项和公qnqnm比求通项公式，因为数列bn

ma是等差数列，所以根据数列的首项bn 1

a和数列的第四1项b a4

，求数列的公差，即求得数列bn

an

的通项n（Ⅱ）bn

2n32n(n1,2,

)，所以根据分组转化法：等差数列加等比数列求和.）设等比数列a

的公比为q，由题意得q3

248，解得q2.所以an

n a 31aqn32n(n1,2, ).1设等差数列bn

a的公差为d，n所以ba4 所以ba

(b1(b

a)3d.即2224(43)3d.解得d1.1a)(n1)d1(n1)2n.n n 1 1从而bn

2n32n1(n1,2, ).（II）由（I）知b 2n32n(n1,2, ).n数列2的前n项和为n(3n)，数列32n1的前n项和为231312n123(2n1)32n3.n

的前nn(3n32n3.2考点：1.等差，等比数列求和；2.分组转化法求和.11（）an【解析】

2n(nN*)（）Sn

1

.2n11试题分析：（1）利用递推关系即可得出；（2）结合（1）可得b n

1

1 an 2n12n11 2n1 2n11a1）因为

2a

an 2n，nN*，①所以当n1时，a1

1323

2 22

2n1n2

a a 2 3

a

2(n1)，②1 2 a

2n2①-②得，

n 2．2n1所以a 2n.n因为a1

2，适合上式，所以an2

2n(nN*).a 2n（2）由得a n

n，所以bn

(an

nn1

1) (2n1)(2n11)12n112n11.所以Sn

bb1

bn(11)(11)(11)33 77 15(12n112n11)112n11.1））1 12 2n22n1（1 12 2n22n【解析】试题分析：1）由通项与和项关系求数列通项公式，需注意分类讨论，即asass snnn1n1a2a 2nn1b

n1 n需强调每一项不为零，这就必须求出首项（2）因为

2n12

2n2

，所以一般利bbn112n12 2n22TTn11222 232 232 242 11112n12 2n22122112212n21212n22n

2an

a，有a

ssn

2 a，即

2an1

2，1n1n

a,a1,a

a

2a

aaa4a21,解得a2,故a 2n1 1 1 1 n∴

n 是以2为公比的等比数列又 1 2

3成等差数列即：1 3

2 1 ，-------专业资料--专业资料---b

n1

1 1n（2）由（1）知Sn

2n12，∴ n

2n12

2n22

2n12 2n22，TnTn11222 232 232 242 11112n12 2n221122212n21212n22考点：由通项与和项关系求数列通项公式，裂项相消法求和【方法点睛】给出S

与a的递推关系求a，常用思路是：一是利用S－S ＝a（n≥2）转n n n n n－1 n化为an

的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Snn

的递推关系，先求出Sn

与n之间的关S系，再求a.应用关系式a＝

1,SS

，n2时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在n n n n-1求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.1（）an【解析】

3n（）n

2n24nn1）根据“1a是a与2

的等差中项“aa a”这两个已知条件，化为2 3 1

12 3aqa1

q3，故an

3n（Ⅰbn

loga3

n，所以Sn

n(n1)2

12SnSn

2 22(1 1 2n(n1) n n1法，求得Tn试题解析：

2n24n.n1（Ⅰ）设等比数列的公比为q，由题意知q0，且3a1

2a2

a，3a2aqaq2,∴ 1 1

1 ，解得

q3，故a

3n.a aqaq2. 1 n1 1 1（Ⅱ）由（Ⅰ，得bn

loga3

n，所以Sn

n(n1).2∴∴12SnSn2n(n1)22(11n n1)2，{故数列12S{Sn

n}的前n项和为Tn

1)(11)2 2 3

(1 1 )]n n1-------专业资料--专业资料---2(11n1)2n2n24n.n1考点：数列基本概念，数列求和．1（）bn

n（2）Tn

(n1)2n12【解析】试题分析）

的通项公式，通过作差可知b

b ，进n1 nn n而可得bn

n（）通过1）可知abnn

1 nn2n1）由a1

2，

2an

，得：an

2n.n1b1

b1，故b2

2.当n

时，1b b

b n1b，整理得 n1 ，n ∴b n.n

n b nn（2）由abnn

n2n，∴T2222n

323n2n，22223324(n1)2nn2n1n∴T2Tn

Tn

222

232n

n2n1

(1n)2n12，∴T(n1)2n12.n6nn11（）（6nn1【解析】试题分析）化简b bn1 n

1，b1

1，证得数列n

}是以1为首项，以1为公差的等差2）由

n(n1) 1 ，得到n 6

6(1 1 )n n1试题解析b

b

1 1

1 1

a 1 n

1，nn1n

n an1

1 an

1 21an

1 a

1 an

1 a1n而b 1 1，∴数列

}是以1为首项，以1为公差的等差数列.1 a1 n1（ 2 ） 解 ： 1b1(n1)n ，

n(1n)S 3 3

n(n1) ，3 n 3 3 n 2 61 6 6(1 1 )，n(n1) n n1n∴1116(11111

1 ) 6n .S S S1 2 n

2 2 3 n n1 n1考点：等差数列的概念；数列求和.

n1

1 ）1（）an

n

1,bn

n（）T2n2

2 n2 . n2 n2 【解析】

2 n2试题分析）借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式求解）a2a2n12Sn4,a 2S n14n22nnn1（ 1 ）

, 两 式 相 减 得a2n1

a2n

2an

a2n1

a22an

1n

2

是各项均为正数的数列 ,所以na a 1n1naa a 1n1na2aaa2aa53 2 7 2 2 2a 3,a22 1na n1n是以2为首项,1na n1nbb2,b4,b8,b2n.1 23n12）由）得c nlog2n nn 1 ,1n 2 n1n2 1n2故故Tcc...c 123...nnn1 2n23 3411...1n21n设 F123...nn , 则 当nn

为 偶 数时,时,F n1 23 4 ...n n1n,2nFnFF nn1nn1nn122-------专业资料--专业资料---G G n123 341...1n1n2,G G 1111...1111n2 3 3 4n1 n2 2 n2T T n121n2）nn22.1n2为奇数）考点：等差数列等比数列的通项公式及分类整合思想和裂项相消法等有关知识的综合运用．9 12（１）an【解析】

32n,Sn

2 2

（２）m0或m1．（1）由等比数列的通项公式和性质可求得a2项公式和前n项和公式；

a3

1，由此可求得数列的通3（2）化简得b

1 ，可求得bb

1(1

1 )，由裂项相消可求得n n

n

2 n n21 1 1 1 3 3 ) ，题中不等式可转化为 m2m ，由此可解得m的1 1 1 1 3 3 n 2 2 n n2 4 4 4取值范围．试题解析1a

a

1a

41

1， 故a＝31

＝32n

23 14 3

2 3 3

2 3 3n 3前n项和S＝9－ 1 .n 2 23n2＝1＝1n＝2n112loga3 n1n1所以bn

bn

n2＝112n n21＝112n n21，

bbn 13 24 35＝

nn2112 3 2 4 3 511 11 11 11 11 n1 n1 nn2111 1 1 <3，2 2 n1 n2 42-------专业资料--专业资料---故要使Tn

m2m

恒成立，只需 m2m ，解得m0或m≥1m1.3 3 4 4 43 3 考点：等比数列的性质；裂项相消数列求和．2（）an

4n3（）T2n

4n．【解析】试题分析：（1）根据等差数列的通项公式和前

n项和公式得到方程组na ad5a ad5S214a43d28412bnn4n3b bn1

n14nn4n3n14，即bb1 2

4,bb3

4, ，所以T 2n 1

b2

b 4

b 44 44n．2na a ad5由 已 知 条件S214a43d28412a11d4,a an1d4n3.n1（ 2 ） 由 ⑴ 可 得bb na n4n3T 1591317...8n34n4n.n n 2n考点：1.等差数列；2.观察法在数列中的应用．2（）a n（2）S 2n12.n n【解析】）由已知设等差数列的公差为d，又

1，且aa

成等比数列，根据等1 1 3 91

，解得

d

，代入等差数列的通项公式即可；（2）由已知得bn

2n，根据等比数列的定义判断{bn

}是以2为首项2为公比的等比数列，代入等比数列的前n项和公式即可.试题解析：）设公差为d122∴d=0（舍）或d1,

8d,∴∴a n令bn

2an2nb∵ nbn1

2n2n1

2,为定常数∴{b

}是以2为首项2为公比的等比数列nSS2(12n)2n1n122考点：等差数列的通项公式；等比数列的定义和性质；等比数列的前n项和公式.1 1 a

a 322（）

2n5，2）前n项和

4( )（）n

1 .n【解析】

n 12 n12 bn

min b 31试题分析1）根据等差数列前n项和公式求出a 2n5，带入S 2n6a即可求出an n的值（2）由题意求出 1 的通项公式，再用类推法求出前n项和（）方法一：求bb n n1a a a

a出b，bn的值，再判断bn1bn的符号，进而判断bn的单调性，求出最小项的值；nn n1 na

na a

a方法二：求出b

，

的值，再用比值法判断bn1、bn的大小，进而判断bn的单调性，nnSn2Sn2n6a

n1 n

nS 2n5a（n且nN )n1 a SSnnn12n5经检验n1时也成立a 2n5naS1

64=2n6aa64（2） 1 4 4( 1 1 )bbnn1

(n11)(n12) n11 n12其前n项和T4(1111... 1 1 )n 12 13 13 14 n11 n12=4(1 1 )12 n12解：方法一：b b 1(123...n5n)nnn11=2anbanbnn11n1122n52n6an1 anbn1 bn2n72n6n12 n112n7112n6(n12)(n12)112n62n22(n12)(n12)112n610(n12)110abn在其定义域上单调递增na

a 321bn1

min n 1 3方法二、bn

1(123...n5n)n=n112ananbnn11n1122n52n6an1bn1anbn2n6n1222n5n1122(n11)2(1n121n12)an1＞1即bn1＞1anbnanan0bnan在其定义域上单调递增bna

a 32n 1 bmin b 3n 1考点：等差数列前n项和，类推法求一般数列前n项和，做差法、比值法判断数列单调性.12（）an【解析】

n（2）Sn

2(n2)( )n（3）见解析2试题分析：（1）由条件已知x2xnx的解集中正整数的个数，可先求出不等式的解集x(0,n1)，则可得数列n

的通项公式；由已知n

的通项公式，由条件可先求出bn

，观察bn

的通项公式为等差与等比数列的积，需运用错位相减法来求和；f(n)先定界出下限，即可证出。x(0,n1)1）x2xnx等价于x(xn1)x(0,n1)其中有正整数n个，于是ann（2）

nn( )n

S bb…b 1

2

1( )2

…n

1( )n1n 2n1

2 n 1 2

2 2 211S21(1)22(1)3…n(1)n1n2221S21(1)2(1)3…(1)nn(1)n11(1)nn(1)n1n2222222故S 2(1)n1n(1)n=2(n2)(1)nn2221a1a1 a21…111…1nnnan n1 n2n

f(n)11n n由f(n)11n1a 1a 2n1…1a n1n1 n21…1nnn知f(n+1)111n2 n3…12n 2n1 2n2++1111112n1 2n1111112n1 2n2 n1 2n2 2n2 n10故f(n1)f(n)f(n)当n2且nN*时为增函f(n)f(2)712综上可知712

f(n)1（1）数列通项公式的求法（2）错位相减法求数列的和（3）函数的单调性与不等关系的证明。2（）an【解析】

2n（2）S n

nn1 试题分析1由题已知

an2

a 2 nN* （后n+1一项比前一项的比为常数，再结合题中条件可得列an

的通项公式；（2）由（1）已知等比数列的通项公式，可利用b

nnn

nN

b的通an 12n na项公式，观察可运用列项法求和。1）

an2

a 2N*，所以数列n+1

是等比数列， 设公比为q，又a

2,

a 8aq3aq6q2

aqn12n nN*1 4 7 1 1 n 1n2）由，a 2n，b a 1 1 1 ，nn n nn2n nn n n1数列

的前n项和S

aa

a 1

11

1

1 1 n n 1 2

n 2

2 3

n n111nn1 11nn1 n1．【考点】（1）等比数列的定义。（2）列项法求数列的和。2 4 是偶数2（）an【解析】

3n,bn

2n12）Tn

.3n2,是奇数 4试题分析）可设公差为d，公比q，根据ab22

12,Sb3

20，列出关于d、q的方程组，解出d、q的值，进而可得（an

和n

2）对于n分奇数、偶数两种情况讨论，n为偶数Tn

aa2

a...a6

，n为奇数时，Tn

T Sn1

可求解.1）设公差为d，公比为q，则ab22

dq12，-------专业资料--专业资料---Sb3

3ab2

dq9q20，33dq11,q11d3d332d3d2123d22d210,3d7d30a是单调递增的等差数列，d0，n 则d3,q2,an

3

n133n,bn

2n1． 1 2

,n2k,kN*c Scos3n ，n n

12

,n2k1,kN1当n是偶数，Tn

aa2

a...a 6 n 23n1n1 3 3 3n为奇数时Tn

T S n1 n

n2 n n2，4 2 2 42 4

,n是偶数综上可得Tn

．3n2,是奇数 4【解析】试题分析1）通过a 2a +a=（N）可知数a为等差数列，进而可得结论；n+2 n+1 n n

﹣2a +a=nN﹢，n+2 n+1 na ﹣a =a ﹣a（nN，n+2

n+1

n+1 n考点：1、等差数列、等比数列的通项公式；2、等差数列前n项和公式.2考点：1、等差数列、等比数列的通项公式；2、等差数列前n项和公式.2（）a=2﹣1（2S=nn（1﹣．（2）通过a=2n﹣1，裂项可得b=nn（ ﹣，并项相加即可．∴公差d===2，n∵a=1，a=7，1 4∴a=1+2（n﹣1）=2n﹣1；n（2）∵a=2n﹣1，n2（）an【解析】

2n（2）bn

23 1 nN （3）T n

2n13n13 n 4 2n1）当n2时，由n

S n

n1

n1n1n2n a，再验证 1

2满a nb31 321 11bbb23a nb31 321 11bbb23... n3n1a n1ba n1b31 321 11b2b3...b3n1bn n13n11

两 式 相 减 得n1 a3 1

a 2,b

2

11

ab n1

n1 n

n1

（3）cn

nnT T 32323...n3n2...nn

3n1

n3nn分组求和 ，再用错位相减法求和HHn13232333...n3nn1an1aS 21 1,

, 当 n2时 ，a Sn

S

nn1n1n2n知a2知1

满足该式，∴数列

的通项公式为a

2n．nb b b bna 1