数列通项及求和测试题(含答案)
(完整版)求数列通项公式与数列求和精选练习题(有答案)
数列的通项公式与求和112342421{},1(1,2,3,)3(1),,{}.(2)n n n n n na n S a a S n a a a a a a a +===+++L L 数列的前项为且，求的值及数列的通项公式求1112{},1(1,2,).:(1){};(2)4n n n n nn n n a n S a a S n nS nS a +++====L 数列的前项和记为已知，证明数列是等比数列*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n nn n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列11211{},,.2n n n n a a a a a n n +==++ 已知数列满足求练习1 练习2 练习3 练习4112{},,,.31n n n n n a a a a a n +==+ 已知数列满足求111511{},,().632n n n n n a a a a a ++==+ 已知数列中,求111{}:1,{}.31n n nn n a a a a a a --==⋅+ 已知数列满足，求数列的通项公式练习8 等比数列{}n a 的前n 项和Sｎ＝2ｎ－１，则2232221na a a a ++++Λ练习9 求和：5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；练习5 练习6练习7练习10 求和：1111447(32)(31)n n+++⨯⨯-⨯+L练习11 求和：111112123123n ++++= +++++++LL练习12 设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n S．答案练习1答案：练习2 证明： (1)注意到：a(n+1)=S(n+1)-S(n)代入已知第二条式子得： S(n+1)-S(n)=S(n)*(n+2)/n nS(n+1)-nS(n)=S(n)*(n+2) nS(n+1)=S(n)*(2n+2) S(n+1)/(n+1)=S(n)/n*2又S(1)/1=a(1)/1=1不等于0 所以{S(n)/n}是等比数列 (2)由(1)知，{S(n)/n}是以1为首项，2为公比的等比数列。
求数列通项公式与数列求和精选练习题(有答案)
数列的通项公式与求和1练习1数列佝｝的前n项为S n，且a =1, a ni=-S n(n =1,2,3,)3(1) 求a2,a3, a4B值及数列｛a n｝的通项公式.(2) 求a2a4一-玄n ■ 2练习2 数列｛a n｝的前n项和记为S n，已知a^1, 3n1 6(n = 1,2,…)•证明:n(1) 数列｛§L｝是等比数列；n(2) S n 1 = 4a n1 *练习3 已知数列｛a n｝的前n项为S n，S n = —@n -1)(门，N )3(1)求耳忌⑵求证：数列｛a n｝是等比数列.1 1已知数列｛a n ｝满足 @ = — ,a n1 =a n • - ,求a n .2 n +n练习5已知数列｛an ｝满足®岭…&an,求歸51 1 n * 练习6已知数列®｝中,印,a n 1 a n - H),求a n . 6 3 2练习7已知数列｛a n ｝满足:a n 色^ , a , =1,求数列｛a n ｝的通项公式3色」+1｛ ｝2十2十2+…十2等比数列｛a n ｝的前n 项和S n = 2n - 1,则a1 a 2a3an5(10n -1)练习 9 求和：5, 55, 555, 5555，…，9练习4练习练习10求和：+ +… +1 4 4 7(3n - 2) (3n 1)’ 1 1 11练习11求和：1 2 12 3 12 3 n练习12 设｛an｝是等差数列，｛bn｝是各项都为正数的等比数列，且= b^=1 ,fa 1a 5b 3 =13(I)求｛an ｝, ｛b n｝的通项公式；(H)求数列• 的前门项和S n .Sb = 21答案1 4 练习1答案：a2 ,a3 :3 9卩an - 1 4 n _23(3) 16 3 4a4 : -[(-)-1]27n =1n _2练习2 证明：(1)注意到：a( n+1)=S( n+1)-S( n)代入已知第二条式子得：S(n +1)-S( n)=S( n)* (n+2)/n n S( n+1)-nS( n)=S( n) *( n+2) n S( n+1)=S (n )*(2 n+2)S(n +1)/( n+1)=S( n)/n*2又S(1)/1=a(1)/1=1 不等于0 所以｛S(n)/n｝是等比数列⑵由⑴知，｛S(n)/n｝是以1为首项，2为公比的等比数列。
数列的通项与求和练习题
数列的通项与求和练习题1. 给定数列：3，6，9，12，15，...(1) 请推导出该数列的通项公式。
(2) 求该数列的前20项的和。
根据题目中给出的数列：3，6，9，12，15，...，我们可以观察到每一项都是前一项加上3的结果，可以得出数列的通项公式为：a(n) = 3n，其中n为数列中的项数。
接下来，我们来计算该数列的前20项的和。
因为该数列是一个等差数列，所以我们可以利用等差数列求和公式来计算：S(n) = [n * (a(1) + a(n))] / 2其中，S(n)表示前n项的和，a(1)表示第一项，a(n)表示第n项。
代入题目中的数据，我们可以进行计算：S(20) = [20 * (3 + a(20))] / 2然而，我们还需要先计算出a(20)的值。
根据通项公式，将n替换为20，可以得到：a(20) = 3 * 20 = 60将a(20)的值代入等差数列求和公式中，可以继续计算：S(20) = [20 * (3 + 60)] / 2 = 630所以，该数列的前20项的和为630。
2. 给定数列：1，4，9，16，25，...(1) 请推导出该数列的通项公式。
(2) 求该数列的前15项的和。
观察题目中给定的数列：1，4，9，16，25，...，我们可以发现每一项都是前一项的平方，因此数列的通项公式为：a(n) = n^2，其中n为数列中的项数。
接下来，我们计算该数列的前15项的和。
由于该数列不是等差数列，所以无法使用等差数列求和公式。
但我们可以采用另一种方法进行计算。
首先，我们可以列出该数列的前15项：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，225接着，我们将每一项进行累加：1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 + 100 + 121 + 144 + 169 + 196 + 225通过计算器或手动计算，可以得到该数列的前15项的和为: 1240。
数列求通项公式练习题及答案
数列求通项公式练习题及答案练题
1. 求等差数列的通项公式，已知公差为3，首项为5。
2. 求等差数列的通项公式，已知首项为2，末项为20，公差为2。
3. 求等差数列的通项公式，已知首项为10，公差为-2，求第6项。
4. 求等差数列的通项公式，已知首项为1，公差为0.5，求第10项。
5. 求等差数列的通项公式，已知首项为3，公差为-1/2，求第8项。
答案
1. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
公差为3，首项为5，代入公式得：$a_n = 5 + (n-1) \cdot 3$
2. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为2，末项为20，公差为2，代入公式得：$20 = 2 + (n-1) \cdot 2$
化简为：$18 = (n-1) \cdot 2$
3. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为10，公差为-2，求第6项，代入公式得：$a_6 = 10 + (6-1) \cdot -2$
4. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为1，公差为0.5，求第10项，代入公式得：$a_{10} = 1 + (10-1) \cdot 0.5$
5. 等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1) \cdot d$
首项为3，公差为$-\frac{1}{2}$，求第8项，代入公式得：$a_8 = 3 + (8-1) \cdot -\frac{1}{2}$
以上是数列求通项公式练习题及答案。
2022年高考数学核心考点专题训练专题23 数列的通项公式与求和(含解析)
2022年高考数学核心考点专题训练专题23数列的通项公式与求和一、单选题（本大题共10小题，共50分）1．据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同．．．．．．．）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（）A ．86.2米B ．83.6米C ．84.8米D ．85.8米2．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（）A ．()171a r +B ．()()1711a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦C ．()181a r +D ．()()1811a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦3．复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x 元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y 元.则y -x 的值为（）(参考数据：1.01512≈1.2)A ．0B ．1200C ．1030D ．9004．已知数列中的前项和为，对任意，，且恒成立，则实数的取值范围是A．B．C ．D ．5．在数列{}n a 中,11,a =当2n ≥时,其前n 项和为n S 满足()21n n n S a S =-,设22log nn n S b S +=,数列{}n b 的前n 项和为n T ,则满足6n T ≥的最小正整数n 是A ．12B ．11C ．10D ．96．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且15a =，116(2)2n n a a n -=-+≥，若对任意的*n N ∈，1(4)3n p S n ≤-≤恒成立，则实数p 的取值范围为A ．(2,3]B ．[2,3]C ．(2,4]D ．[2,4]7．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（）A ．5101900-米B ．510990-米C ．4109900-米D ．410190-米8．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．89．删去正整数数列1,2,3, 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是A ．2062B ．2063C ．2064D ．206510．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，123n n a a n ++=+，且1450n S =，若24a <，则n 的最大值为A ．51B ．52C ．53D ．54二、填空题（本大题共4小题，共20分）11．设数列{}n a 满足123a =，且对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯,则2017a =_________12．数列{}n a 满足*12121(1,)n n n n n n n n a a a a a a a a n N +++++=++≠∈，且11a =，22a =.若sin()(0,)2n a A n c πωϕωϕ=++><，则实数A =__________．13．1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．14．对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．三、解答题（本大题共3小题，共30分）15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为()*234,2,,4n S n N S S S ∈-成等差数列，且2341216a a a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2(2)log n an b n =-+，求数列1{}nb 的前n 项和n T .16．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11(1)(,,0,1)1n n a q S a q R a q q-=∈≠≠-（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若*q N ∈，是否存在q 的某些取值，使数列{}n a 中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q 的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若q ∈R ，是否存在[3,)q ∈+∞，使数列{}n a 中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q 的一个取值，若不存在，说明理由．17．已知无穷数列{}n a 与无穷数列{}n b 满足下列条件：①{0,1,2},n a n ∈∈*N ；②1111(1)||,24n n n n n b a a n b *++=-⋅-∈N .记数列{}n b 的前n 项积为n T .（1）若112341 ,0 , 2 ,1a b a a a =====，求4T ；（2）是否存在1234,,,a a a a ，使得1234,,,b b b b 成等差数列？若存在，请写出一组1234,,,a a a a ;若不存在，请说明理由；（3）若11b =，求2021T 的最大值.专题23数列的通项公式与求和一、单选题（本大题共10小题，共50分）1．据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同．．．．．．．）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（）A ．86.2米B ．83.6米C ．84.8米D ．85.8米【答案】A【解析】解：由题意可知所求高度为17.6910852686.2÷⨯≈，所以乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为86.2米，故选：A2．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（）A ．()171a r +B ．()()1711a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦C ．()181a r +D ．()()1811a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦【答案】D【解析】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()171a r +，同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()161a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()151a r +，孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()1a r +，可以看成是以()1a r +为首项，1r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：()()()()()()()()171716181111111111a r r a S a r a r a r r r r r ⎡⎤+-+⎣⎦⎡⎤=++++++==+-+⎣⎦-+ 故选：D3．复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x 元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y 元.则y -x 的值为（）(参考数据：1.01512≈1.2)A ．0B ．1200C ．1030D ．900【答案】C【解析】解：由题意知，按复利计算，设小闯同学每个月还款a 元，则小闯同学第一次还款a 元后，还欠本金及利息为10000(1 1.5%)a +-元，第二次还款a 元后，还欠本金及利息为210000(1 1.5%)(1 1.5%)a a +-+-，第三次还款a 元后，还欠本金及利息为3210000(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)a a a +-+-+-，依次类推，直到第十二次还款后，全部还清，即12111010000(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)0a a a a +-+-+-⋅⋅⋅-+-=，即12121 1.01510000(1 1.5%)1 1.015a -+=⋅-，解得900a ≈，故1290010800x =⨯=元，按照单利算利息，12月后，所结利息共100000.01525121830⨯⨯=元，故10000183011830y =+=元，所以11830108001030y x -=-=，故选：C4．已知数列中的前项和为，对任意，，且恒成立，则实数的取值范围是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由有,当1n =时,1111262a S a ==-++-,求得174a =-,当2n ≥时,111111(1)26(1)2(1)622nn n n n n n nn a S S a n a n ----⎡⎤=-=-++---++--⎢⎥⎣⎦,化简得1111(1)(1)22n n n n n a a +-⎡⎤+-=--+⎣⎦,当2()n k k N *=∈,1122n n a -=-+,所以2121222112,222k k k k a a -++=-+=-+,当21()n k k N *=-∈,11222n n na a -=--+,所以,因为恒成立,所以当当2()n k k N *=∈,21222211()()0,2622k k k kp a p a p ++--<∴-+<<-,即31951616p -<<,当2()n k k N *=∈,221()()0k k p a p a ---<,221172326,2244k k p p -+<<-∴-<<,综上两种情况,有72344p -<<．5．在数列{}n a 中,11,a =当2n ≥时,其前n 项和为n S 满足()21n n n S a S =-,设22log nn n S b S +=,数列{}n b 的前n 项和为n T ,则满足6n T ≥的最小正整数n 是A ．12B ．11C ．10D ．9【答案】C【解析】由()21n n n S a S =-可得()()211n n n n S S S S -=--，即1111n n S S --=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，首项为1，公差为1，则()111n n n S =+-=，解得1n S n=，所以2222log log n n n S n b S n ++==，数列{}n b 的前n 项和22222234512345log log log log log log (1231123n n n T n n ++=+++++=⨯⨯⨯⨯- ()()21212log 12n n n n n n ++++⨯=-．由6n T ≥可得()()212log 62n n ++≥，即()()7122n n ++≥，令()2231312612824f x x x x ⎛⎫=+-=+-- ⎪⎝⎭，可得函数()f x 在[)1,+∞上单调递增，而()9180f =-<，()1040f =>，若*x N ∈，则10n ≥，则满足6n T ≥的最小正整数n 是10．故选C ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且15a =，116(2)2n n a a n -=-+≥，若对任意的*n N ∈，1(4)3n p S n ≤-≤恒成立，则实数p 的取值范围为A ．(2,3]B ．[2,3]C ．(2,4]D ．[2,4]【答案】B【解析】由数列的递推公式可得：()11442n n a a +-=--，则数列{}4n a -是首项为141a -=，公比为12-的等比数列，111141,422n n n n a a --⎛⎫⎛⎫-=⨯-∴=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，分组求和可得：211432nn S n ⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，题中的不等式即2111332np ⎡⎤⎛⎫≤⨯--≤⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦恒成立，结合恒成立的条件可得实数p 的取值范围为[]2,3本题选择B 选项.7．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（）A ．5101900-米B ．510990-米C ．4109900-米D ．410190-米【答案】D【解析】根据题意，这是一个等比数列模型，设11100,,0.110na q a ===，所以110.110010n n a -⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，解得4n =，所以()4444111001*********1190a q Sq⎛⎫⎛⎫ ⎪-⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-=--.故选：D.8．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】D【解析】设最上面一层放1a 根，一共放n （n ≥2）层，则最下一层放()11a n +-根，由等差数列前n 项和公式得：()()1211322n a n +-=，∴12642=1a n n-+，∵1N a *∈,∴n 为264的因数，且2641n n-+为偶数，把各个选项分别代入，验证，可得：n =8满足题意.故选：D9．删去正整数数列1,2,3, 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是A ．2062B ．2063C ．2064D ．2065【答案】B【解析】由题意可得，这些数可以写为：2221,2,3,2,5,6,7,8,3,⋯，第k 个平方数与第1k +个平方数之间有2k个正整数，而数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余2025451980-=个数，所以去掉平方数后第2018项应在2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063，故选B.10．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，123n n a a n ++=+，且1450n S =，若24a <，则n 的最大值为A ．51B ．52C ．53D ．54【答案】A【解析】123n n a a n +∴+=+，()()()121n n a n a n +∴-+=--+，(){}1n a n -+是以1-为公比的等比数列，()()()11121n n a n a -∴-+=-⋅-，()()()1311222nn n n S a +--∴=+-⋅当n 为偶数时，()314502n n n S +==无解，当n 为奇数时，()13214502n n n S a +=+-=，()1314522n n a +∴=-，又125a a +=，2154a a ∴=-<，即11a >，即()32902n n +<，又n 为奇数，故n 的最大值为51.故选A二、填空题（本大题共4小题，共20分）11．设数列{}n a 满足123a =，且对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯,则2017a =_________【答案】201723【解析】∵对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯，∴2442252()()2252n n n nn n n n n n a a a a a a +++++⨯≤-=-+-≤+=⨯，∴452nn n a a +-=⨯．∴20172017201320132009511()()()a a a a a a a a =-+-++-+ 20132009125(222)3=⨯++++5042(116)251163⨯-=⨯+-201723=．答案：20172312．数列{}n a 满足*12121(1,)n n n n n n n n a a a a a a a a n N +++++=++≠∈，且11a =，22a =.若sin()(0,)2n a A n c πωϕωϕ=++><，则实数A =__________．【答案】【解析】由题意，数列{}n a 满足1212n n n n n n a a a a a a ++++=++且11a =，22a =，令1n =，可得123123a a a a a a =++，即33212a a =++，解得33a =，令2n =，可得234234a a a a a a =++，即44623a a =++，解得41a =，同理可得562,3,a a == ，可得数列{}n a 的周期为3，又由()sin n a A n c ωϕ=++，所以23w π=，所以23w π=，即2sin 3n a A n c πϕ⎛⎫=++⎪⎝⎭，又由12321322232333a Asin c a Asin c a Asin c πϕπϕπϕ⎧⎛⎫=++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫=++=⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫=⨯++=⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得23,233A c πϕ=-=-=，所以3A =-.13．1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．【答案】2．【解析】设第n 个图形中新出现的等边三角形的边长为n a ，则当2n ≥时，21111333n n n a --⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，设第n 个图形中新增加的等边三角形的个数为n b ，则当2n ≥时，22n n b -=，故121123n n n n S S ---⎛⎫-=⨯ ⎪⎝⎭，其中2n ≥，由累加法可得121121222123111223332313n n n S --⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯⨯-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦- 1223n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1n =时，11S =也符合该式，故1223n n S -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故2n S <对任意的1n ≥恒成立，故2a ≥即a 的最小值为2.故答案为：2.14．对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．【答案】20【解析】由题可知0n S >，当1n >时，1111[()]2n n n n n S S S S S --=-+-化简可得2211n n S S --=，当22111,1n S a ===所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即2nn S n S =∴=又1n >时，22(2nS =记12121111S S S S =++一方面1]1)20S >=>另一方面11)]11)21S <+++=+= 所以2021S <<即[]20S =故答案为20三、解答题（本大题共3小题，共30分）15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为()*234,2,,4n S n N S S S ∈-成等差数列，且2341216a a a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2(2)log n an b n =-+，求数列1{}nb 的前n 项和n T .【答案】(1)12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)32342(1)(2)n n T n n +=-++【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由23424,,S S S -成等差数列知，324224S S S =-+，所以432a a =-，即12q =-.又2341216a a a ++=，所以231111216a q a q a q ++=，所以112a =-，所以等比数列{}n a 的通项公式12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（2）由（1）知1()22(2)log (2)nn b n n n =-+=+，所以11111(2)22n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和：11111111111224511233n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111112212n n ⎡⎤=+--⎢⎥++⎣⎦32342(1)(2)n n n +=-++所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和32342(1)(2)n n T n n +=-++16．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11(1)(,,0,1)1n n a q S a q R a q q-=∈≠≠-（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若*q N ∈，是否存在q 的某些取值，使数列{}n a 中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q 的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若q ∈R ，是否存在[3,)q ∈+∞，使数列{}n a 中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q 的一个取值，若不存在，说明理由．【答案】解：（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】（1）n=1时，11a S a ==，2n ≥时，()1111n n n n n n aa S S q q aq q ---=-=-=-（n=1也符合）()1n n a aq n N -+∴=∈，1n n aq a +∴=，即数列{}n a 是等比数列．（2）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n nq q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，两边同除以1n q 得：3141211n n n n n n q q q -----=因为左边能被q 整除，右边不能被q 整除，因此满足条件的q 不存在．（3）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n nq q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，3q ≥ ，334442111·33n n n n n n n q q q q q q q q --=≥≥>++，∴4321n n n n a a a a =++不成立．17．已知无穷数列{}n a 与无穷数列{}n b 满足下列条件：①{0,1,2},n a n ∈∈*N ；②1111(1)||,24n n n n n b a a n b *++=-⋅-∈N .记数列{}n b 的前n 项积为n T .（1）若112341 ,0 , 2 ,1a b a a a =====，求4T ；（2）是否存在1234,,,a a a a ，使得1234,,,b b b b 成等差数列？若存在，请写出一组1234,,,a a a a ;若不存在，请说明理由；（3）若11b =，求2021T 的最大值.【答案】（1）43128T =；（2）不存在，理由见解析；（3）()10201002021max 12T ⎛⎫= ⎪⎝⎭.【解析】（1）12211(1)||242a a b b =-⋅-=-，232321(1)||244a ab b =-⋅-=-，334433(1)||2416a ab b =-⋅-=∴43128T =（2）不存在，假设存在，设1234,,,b b b b 公差为d若10b >，则2340,0,0b b b <<>，公差210d b b =-<，430d b b =->矛盾；若10b <，则2340,0,0b b b >><，公差210d b b =->，430d b b =-<矛盾.∴假设不成立，故不存在.（3）由题意110b =>，且43424140,0,0,0,k k k k b b b b ---><<>设111||24n n n q a a +=-，113,,,1424n q ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭，1n n n b q b +=得1n n n b q b +=⋅，进一步得21n n n n b q q b ++=⋅⋅显然1n n q q +⋅的值从大到小依次为3911,,,,4162L（ⅰ）若11n n q q +⋅=，则111n n q q +=⎧⎨=⎩，则112(,)(2,0)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能（ⅱ）若134n n q q +⋅=，则1134n n q q +=⎧⎪⎨=⎪⎩或1341n n q q +⎧=⎪⎨⎪=⎩，则112(,)(2,0)(,)(2,1)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩或112(,)(2,1)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能（ⅲ）若1916n n q q +⋅=，则13434n n q q +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则112(,)(2,1)(,)(2,1)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能∴112n n q q +⋅≤（当112(,)(2,0)(,)(0,2)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩或112(,)(0,2)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩取得）从而212n n b b +≤，∴1111121122111111,22222n n n n n n nb b b b b ------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤⋅=≤⋅≤⋅= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.∴2021123202113520212462020||||||T b b b b b b b b b b b b =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅L L L ≤210102100911111111222222⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦L L 123101010091008112++++++++⎛⎫= ⎪⎝⎭L L 2101010201001122⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当{}n a ：2,0,2,0,2,0,L L 取得）又20210T >，∴()10201002021max12T ⎛⎫= ⎪⎝⎭。
数列求通项公式常用方法与典型题目(附答案)
数列求通项公式常用方法与典型题目（附答案）（一）题型一累加法1．数列{}n a 中，11a =，()12,nn n a a n n n N --=≥∈，则na=___________．2．已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a n n+=++，则n a =__________．3．如果数列{}n a 满足：()1111,22n n n a a a n --=-=≥，则n a =()A ．121n +-B ．1(1)21n n --⋅+C ．21n -D ．12n -4．在数列{}n a 中，10a =，11ln 1n n a a n +⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则{}n a 的通项公式为()．A ．ln n a n =B ．()()1ln 1n a n n =-+C ．ln n a n n=D ．ln 2n a n n =+-5．设数列{}n a 中，112,1+==++n n a a a n ，则通项n a =___________．6．已知数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，则2018a =()A ．20182019⨯B ．20172018⨯C ．20162017⨯D ．20182018⨯（二）题型二累乘法1．已知数列{}n a 满足11a =，()12311111231n n a a a a a n n -=+++⋅⋅⋅+>-．数列{}n a 的通项公式是______．2．已知11a =，()()1n n n a n a a n N ++=-∈，则数列{}n a 的通项公式是()A ．21n -B ．11n n n -+⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．2n D ．n3．已知12a =，12nn n a a +=，则数列{}n a 的通项公式n a 等于()A ．2122n n -+B ．2122n n ++C ．2222n n -+D ．2222n n --4．在数列{}n a 中，11a =，()32122223n n a a a a a n n*++++=∈N ，则n a =______．（三）题型三公式法1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若()11,1,31n n a a S n +=≥=则n a =____________．2．数列{}n a 满足，123231111212222n n a a a a n ++++=+ ，写出数列{}n a 的通项公式__________．3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2+n ，则a n ＝_____．4．若数列的前n 项和2133n n S a =+，则的通项公式是n a =________5．数列{}n a 的前n 项和23nn S =+，则其通项公式n a =________．6．数列{}n a 的前n 项和210n S n n =-，则该数列的通项公式为__________．7．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n =______．8．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23n n a a S +==+，则数列{}n a 的通项公式为___________．9．已知数列{}n a 满足23123222241nnn a a a a ++++=- ，则{}n a 的通项公式___________________．10．数列{a n }满足()21*1232222n n na a a a n N -+++⋯+=∈，则a 1a 2a 3…a 10=()A ．551(2B ．1011()2-C ．911()2-D ．601()211．如果数列{}n a 的前n 项和为332n n S a =-，则这个数列的通项公式是()A ．()221n a n n =++B ．23nn a =⋅C ．32nn a =⋅D ．31n a n =+（四）题型四构造法1．数列{}n a 中，若11a =，()1231n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a =()A ．123n +-B ．23n -C ．23n +D ．123n --2．已知数列{}n a 中，112,21n n a a a +==+则n a =___________．3．已知数列{}n a 满足11a =132n n a a +=+，则{}n a 的通项公式为__________________．（五）题型五倒数法1．在数列{n a }中，已知12a =，1122n n n a a a --=+，(2)n ≥，则n a 等于()A ．21n +B ．2n C ．3nD ．31n +2．若数列{}n a 满足11n n n a a a +=+，且123a =，则10a =___________．3．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足11n n n n S S S S ++=⋅-()n N *∈，且11a=，则n a =_____．4．已知数列{}n a 满足12,a =11n n n n a a a a ++-=，那么31a 等于()A ．130-B ．261-C ．358-D ．259-5．已知数列{}n a 满足递推关系111,12n n n a a a a +==+，则2017a =()A ．12016B ．12018C ．12017D ．120196．若数列{}n a 满足1121n n n a a a --=+(2n ≥，*n N ∈)，且112a =，则n a =()A ．12nB ．2n C ．1122n +-D ．222n +7．已知数列{}n a 满足11a =，()*11nn n a a n N a +=∈+，则2020a =()A ．12018B ．12019C ．12020D ．12021（六）题型六周期数列1．在数列{}n a 中，112a =，111n n a a -=-(2n ≥，n ∈+N )，则2020a =()A ．12B ．1C ．1-D ．22．已知数列{}n a 中，13=4a ，111n n a a -=-(,2n N n +∈≥)，那么2020a 等于()A ．13-B ．34C ．2D ．43．已知数列{}n a 中，12213,6,n n n a a a a a ++===-,则2016a =()A ．6B ．6-C ．3D ．3-参考解析（一）题型一累加法1．()12n n +【解析】()112,1,nn n a a n n n Na -=≥=-∈ ，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+ ()()()()112122n n n n n n +=+-+-++=≥ ，验证1n =时成立．()12n n n a +∴=．故答案为：()12n n +2．31,1,2n n N n*-≥∈【解析】因为121n n a a n n +=++，所以121111n n a a n n n n +-==-++，则当2,n n N *≥∈时，213211121123...111n n a a a a a a n n -⎧-=-⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪⎪⎪-=-⎪-⎩，将1n -个式子相加可得11111111...12231n a a n n n -=-+-++-=--，因为112a =，则1131122n a n n=-+=-，当1n =时，1311212a =-=符合题意，所以31,1,2n a n n N n *=-≥∈．故答案为:31,1,2n n N n*-≥∈．3．C 【解析】由题意可得,112n n n a a ---=，212a a ∴-=，2322a a -=，…112n n n a a ---=,以上1n -个式子相加可得,21122 (2)n n a a --=+++()12122212n n --==--，21n n a ∴=-,故选B ．4．A 【解析】由已知得()11ln ln 1ln n n n a a n n n ++⎛⎫-==+- ⎪⎝⎭，所以()1ln ln 1n n a a n n --=--()()12ln 1ln 2n n a a n n ---=---32ln 3ln 2a a -=-21ln 2ln1a a -=-将上述1n -个式子相加，整理的1ln ln1ln n a a n n -=-=又因为10a =，所以ln n a n =．故选A ．5.()112++n n 【解析】∵112,1+==++n n a a a n ∴()111n n a a n -=+-+，()1221n n a a n --=+-+，()2331n n a a n --=+-+，⋯，3221a a =++，2111a a =++，1211a ==+将以上各式相加得：()()()123211n a n n n n ⎡⎤=-+-+-+++++⎣⎦ ()()()()11111111222n n n nn n n n ⎡⎤--+-+⎣⎦=++=++=+故应填()112++n n ；6.B 【解析】 数列{}n a 满足10a =，12n n a a n +=+，∴12n n a a n +-=，∴()121n n a a n --=-，()1222n n a a n ---=-，()2323n n a a n ---=-，……212a a -=，累加得：()()()112123 (1212)n n n a a n n n --=++++-=⋅=-⎡⎤⎣⎦，又 10a =，∴()1n a n n =-，∴201820182017a =⋅．故选B ．(二）题型二累乘法1.1,1,22n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩【解析】1231111(1)231n n a a a a a n n -=++++>- ，11a =当2n =时，211a a ==当2n >时，112311111231n n n a a a a a a n n+-∴=+++++- ，两式相减得：11n n n a a a n +-=，即11n n n a a n++=，∴11n n a n a n++=，11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，⋯3232a a =，累乘得：22n a n a =，所以2n na =，()2n >1,1,22n n a n n =⎧⎪∴=⎨≥⎪⎩，故答案为：1,1,22n n a nn =⎧⎪=⎨≥⎪⎩2.D 【解析】由()()1n n n a n a a n N ++=-∈得：()()11n n n a na n N +++=∈，即()11n n a n n N a n+++=∈，则11n n a n a n -=-，1212n n a n a n ---=-，2323n n a n a n ---=-，……．．，2121a a =，由累乘法可得1na n a =，又因为11a =，所以n a n =．故选：D ．3.C 【解析】1122nn n n n n a a a a ++=∴= 当n ≥2时，2212122112122222nn n n n n n n n a a a a a a a a -+-----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ，经检验，1a 也符合上述通项公式．本题选择C 选项．4.21n n +【解析】由题意得：当2n ≥时，()31211222231n n a a a a a n --++++=- ，所以12n n n a a a n-=-，即()2211n n na n a --=，也即是11+1n n n n n a a n --=，所以121+1221211n n n n n a n n n a a a n ---===-=-= ，所以21n n a n =+，故答案为：21nn +．（三）题型三公式法1.21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．【解析】()13,1n n a S n N n ++=∈∴= 时，23,2a n =≥时，13n n a S -=，可得13n n n a a a +-=，即14,n n a a +=∴数列{}n a 从第二项起为等比数列，2n ≥时，=n a 234n -⋅，故答案为21,134,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．2.16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩【解析】因为123231111212222n n a a a a n ++++=+ ,所以()12312311111121122222n n n n a a a a a n +++++++=++ ,两式相减得11122n n a ++=，即12,2n n a n +=≥，又1132a =，所以16a =，因此16,12,2n n n a n +=⎧=⎨≥⎩3.2n 【解析】由题,当1n =时,21112a =+=,当2n ≥时,()()1112nn n a S S n n n n n -=-=+--=．当1n =时也满足．故2n a n =．故答案为：2n4.()12n --【解析】当n =1时，1112133a S a ==+，解得11a =，当n ≥2时，1n n n a S S -=-121213333n n a a -⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12233n n a a -=+，整理可得12313n n a a -=-，即12n n a a -=-，故数列{}n a 以1为首项，2-为公比的等比数列，所以()12n n a -=-，故答案为：()12n --．5.15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩【解析】当1n =时，11235a =S =+=；当2n ≥时，11123232n n n n n n a S S ---=-=+--=；故15,12,2n n n a n -=⎧=⎨≥⎩故答案为：15,12,2n n n -=⎧⎨≥⎩6.211n a n =-【解析】221110,11019,n S n n a S =-∴==-⨯=- 当2n ≥时()()221101101211,n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦当1n =时也适合，故211n a n =-．即答案为211n a n =-．7.1(2)n n a -=-；【解析】当n=1时，a 1=S 1=23a 1+13，解得a 1=1,当n≥2时，a n =S n -S n-1=(2133n a +)-(12133n a -+)=23n a -123n a -整理可得13a n ＝−23a n−1，即1n n a a -=-2，故数列{a n }是以1为首项，-2为公比的等比数列，故a n =1×(-2)n-1=(-2)n-1故答案为(-2)n-1．8.21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩【解析】n S Q 为数列{}n a 的前n 项和，111,23n n a a S +==+——①2n ≥时，123n n a S -=+——②①-②，得：12n n n a a a +=-，13n na a +∴=13n na a +∴=，21235a a =+= ，∴数列{}n a 的通项公式为21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．故答案为：21,153,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩．9.a n ＝3•2n ﹣2【解析】∵数列{a n }满足2a 1+22a 2+23a 3+…+2n a n ＝4n ﹣1，∴当n ≥2时，2n a n ＝(4n ﹣1)﹣(4n ﹣1﹣1)，化为a n ＝3•2n ﹣2．当n ＝1时，2a 1＝4﹣1，解得132a =，上式也成立．∴a n ＝3•2n ﹣2．故答案为a n ＝3•2n ﹣2．10.A 【解析】n =1时,a 1=12,∵211232222n n n a a a a -+++⋯+=,∴2n ≥时,22123112222n n n a a a a ---+++⋯+=,两式相减可得2n -1a n =12,∴12n n a =,n =1时，也满足∴12310a a a a = 55231012310111111222222++++⎛⎫⨯⨯⨯⨯== ⎪⎝⎭,故选A11.B 【解析】由332n n S a =-，当2n ≥时，1113333332222n n n n n n n a S S a a a a ---⎛⎫⎛⎫=-=---=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以13nn a a -=，当1n =时，111332S a a ==-，此时16a =，所以，数列{}n a 是以6为首项，3为公比的等比数列，即16323n n n a -=⋅=⋅．故选：B ．（四）题型四构造法1.A 【解析】因为()1231n n a a n +=+≥，所以132(3)n n a a ++=+，即数列{3}n a +是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1342n n a -+=⋅，故1142323n n n a -+=⋅-=-，故选：A2.1321n -⋅-【解析】因为121n n a a +=+，所以()112221n n n a a a ++=+=+且1130a +=≠，所以1121n n a a ++=+，所以{}1n a +是以3为首项，2为公比的等比数列，所以1132n n a -+=⋅，所以1321n n a -=⋅-，故答案为：1321n -⋅-．3.1231n -⨯-【解析】因为132n n a a +=+，11a =，所以()113331n n n a a a ++=+=+，即1131n n a a ++=+所以{}1n a +以2为首项，3为公比的等比数列，所以1123n n a -+=⨯所以1231n n a -=⨯-故答案为：1231n -⨯-（五）题型五倒数法1.B 【解析】将等式1122n n n a a a --=+两边取倒数得到11112n n a a -=+，11111=,2n n n a a a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列，11a =12，根据等差数列的通项公式的求法得到()1111222n nn a =+-⨯=，故n a =2n．故答案为：B ．2.219【解析】11n n n a a a +=+ 11111n n n n a a a a ++∴==+，即1111n na a +-=∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1132a =为首项，1为公差的等差数列()131211222n n n n a -∴=+-=-=221n a n ∴=-10219a ∴=故答案为：2193.1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩【解析】由11n n n n S S S S ++=⋅-，得1111n nS S +-=()n N *∈1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以11111S a ==为首相，1为公差的等差数列，11(1)1nn n S ∴=+-⨯=，1n S n ∴=，当2n ≥时，11111(1)n n n a S S n n n n -=-=-=---，1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩故答案为：1,11,2(1)n n a n n n =⎧⎪=⎨-≥⎪-⎩4.D 【解析】11n n n n a a a a ++-= ,1111n n a a +∴-=,即1111n n a a +-=-,又12,a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12,公差为1-的等差数列,132n n a ∴=-+,3113593122a ∴=-+=-,故31259a =-,故选:D ．5.B 【解析】由11n n n a a a +=+，所以11111n n n n a a a a ++==+则1111n n a a +-=，又112a =，所以112a =所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，1为公比的等差数列所以11n n a =+，则11n a n =+所以201712018a =故选：B6.A 【解析】当2n ≥且n *∈N ，在等式1121n n n a a a --=+两边取倒数得11121112n n n n a a a a ---+==+，1112n n a a -∴-=，且112a =，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且首项为2，公差为2，因此，()12212n n n a =+-=．12n a n∴=故选：A ．7.C 【解析】11n n n a a a +=+ ，∴两边同时取倒数得11111n n n n a a a a ++==+，即1111n n a a +-=，即数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差1d =的等差数列，首项为111a =．则11(1)1n n n a =+-⨯=，得1n a n =，则202012020a =，故选：C (六）题型六周期数列1.A 【解析】2111121a a =-=-=-，3211112a a =-=+=，431111122a a =-=-=，可得数列{}n a 是以3为周期的周期数列，202036731112a a a ⨯+∴===．故选：A ．2.B 【解析】因为13=4a ，111n n a a -=-，所以211113a a =-=-，32114a a =-=，431314a a =-=，…所以数列{}n a 是以3为周期的数列，所以202067331134a a a ⨯+===，故选：B 3.B 【解析】因为21n n n a a a ++=-,①则321n n n a a a +++=-,②①+②有:3n n a a +=-,即63n n a a ++=-,则6n n a a +=,即数列{}n a 的周期为6,又123,6a a ==,得3453,3,6a a a ==-=-，63a =-,则2016a =633663a a ⨯==-,故选:D ．。
数列求和解答题50道(解析版)
数列求和解答题50道1.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 和S n 满足4S n =(a n +1)2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)∵4S n =(a n +1)2(n ∈N *)，n ≥2时，4S n-1=(a n -1+1)2，相减可得：4a n =(a n +1)2-(a n -1+1)2，化为：(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0，∵a n +a n -1>0，∴a n -a n -1-2=0，即a n -a n -1=2，∴数列{a n }是公差为2的等差数列，n =1时，4S 1=4a 1=(a 1+1)2，解得a 1=1．∴a n =1+2(n -1)=2n -1．(2)b n =a n +2a n =2n -1+22n -1=2n -1+12×4n ．∴数列{b n }的前n 项和T n =n (1+2n -1)2+12×4(4n -1)4-1=n 2+2(4n -1)3．2.已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和S n 满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2)，n ∈N *．(1)求{a n }的通项公式：(2)设数列{b n }满足b n =a n ，n 是奇数2n ，n 是偶数，并记T n 为{b n }的前n 项和，求T 2n ．【解析】(1)由a 1=S 1=16(a 1+1)(a 1+2)，整理可得：a 21-3a 1+2=0，结合a 1=S 1>1，解得a 1=2由a n +1=S n +1-S n =16(a n +1+1)(a n +1+2)-16(a n +1)(a n +2)得(a n +1+a n )(a n +1-a n -3)=0，又a n >0，得a n +1-a n =3从而{a n }是首项为2公差为3的等差数列，故{a n }的通项公式为a n =3n -1．(2)T 2n =(a 1+a 3+⋅⋅⋅+a 2n -1)+(22+24+⋅⋅⋅+22n )=n (2+6n -4)2+4(1-4n )1-4=4n +1-43+3n 2-n ． 3.已知数列{a n }满足a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)∵a 1-12+a 2-122+⋯+a n -12n =n 2+n ，(n ∈N +)①∴a 1-12+a 2-122+⋯+a n -1-12n -1=(n -1)2+n -1=n 2-n (n ≥2，n ∈N +)，②由①-②得：a n -12n =2n ，∴a n =n •2n +1+1，n≥2，n ∈N +，③在①中，令n =1，得a 1=5，适合③式，∴a n =n •2n +1+1，n ∈N +．(Ⅱ)设b n =n •2n +1，其前n 项和为T n ，则：T n =1×22+2×23+⋯+n ×2n +1，①2T n =1×23+2×24+⋯+n ×2n +2，②②-①，得T n =-22-23-⋯-2n +1+n •2n +2=(n -1)•2n +2+4．∴S n =T n +n =(n -1)•2n +2+n +4．4.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，且S n 的最大值为8(1)确定常数k ，求a n ；(2)设b n =1a n a n +1，若数列{b n }的前n 项和为T n ，T n >m 恒成立，求m 的取值范围．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (k ∈N )，即为S n =-12(n -k )2+k 22，可得当n =k 时，取得最大值k 22，即有k 22=8，解得k =4；则S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(2)b n =1a n a n +1=4(9-2n )(7-2n )=212n -9-12n -7，可得前n 项和为T n =21-7-1-5+1-5-1-3+⋯+12n -9-12n -7=21-7-12n -7 ，当n ≤3时，T n 增大；当n ≥4时，T n 增大，由T 1=435，T 4=-167，可得T n 的最小值为-167，∵T n >m 恒成立，可得m <-167．5.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn ，k ∈N +，且S n的最大值为8．(1)确定k 的值；并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．证明：T n <4．【解析】(1)∵S n =-12n 2+kn =-12(n -k )2+12k 2，又n ，k ∈N +，所以当n =k 时，(S n )max =12k 2，由题设12k 2=8，故k =4，可得S n =-12n 2+4n ；当n =1时，a 1=S 1=72；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n --12(n -1)2+4(n -1) =92-n ，上式也满足n =1，即a n =92-n ，n ∈N +；(2)证明：a n =92-n ，9-2a n 2n =n 2n -1，故前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+⋯+n •12 n -1，12T n =1•12 +2•12 2+⋯+n •12 n ，两式相减可得12T n =1+12+12 2+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12n 1-12-n •12 n ，化简可得T n =4-(n +2)•12 n -1，则T n <4．6.已知数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8．(Ⅰ)确定常数k ，并求a n ；(Ⅱ)求数列9-2a n2n 的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和S n =-12n 2+kn (其中k ∈N +)，且S n 的最大值为8，当n =k 时，S n 取得最大值，则12k 2=8，解得k =4，可得S n =-12n 2+4n ，a 1=S 1=4-12=72，n ≥2时，a n =S n -S n -1=-12n 2+4n +12(n -1)2-4(n -1)=92-n ，上式对n =1也成立，则a n =92-n ；(Ⅱ)数列9-2a n 2n ，即为数列n 2n -1 ，则前n 项和T n =1•12 0+2•12 1+3•122+⋯+n •12n -1，12T n =1•12 +2•12 2+3•123+⋯+n •12n，两式相减可得，12T n =1+12 1+122+⋯+12 n -1-n •12 n =1-12 n1-12-n •12 n，化简可得T n =4-(n +2)•12n -1．7.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知a 3=5，S 7=49．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1由题意可得a 1+2d =57a 1+7×62d =49，解得a 1=1d =2 ，所以{a n }的通项公式为a n =2n -1．(2)由(1)得b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，从而T n =121-13+13-15 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n -1．数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2n-1．当n =1时，解得a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2n -1-1，所以a n =S n -S n -1=2n -1(首项符合通项)，故a n =2n -1，数列b 1=2，b n +1-2b n =8a n =2n +2，所以b n +12n +1-b n 2n=2(常数)，所以数列b n2n 是以b 121=1为首项，2为公差的等差数列．所以b n =(2n -1)⋅2n ，则T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n ①，2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得-T n =2(2+22+⋯+2n )-2-(2n -1)⋅2n +1，解得T n =(2n -3)⋅2n +1+6．9.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．(Ⅰ)证明：{S n }是等差数列；(Ⅱ)设b n =2n⋅a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S l 5=225，a 3+a 6=16．则：S 15=225a 3+a 6=16 解得：a 1=1，d =2，所以：S n =1+3+⋯+(2n -1)=n 2，则：S n =n ，所以：S n -S n -1=n -n +1=1(常数)．故：数列{S n }是等差数列；(Ⅱ)由已知条件b n =2n⋅a n =(2n -1)⋅2n，所以：T n =1⋅21+3⋅22+⋯+(2n -1)⋅2n①2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n -1)⋅2n +1②，①-②得：T n =(2n -3)⋅2n +1+6．10.已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1=3，a 1•a 4=a 22．(1)求{a n }的通项公式及a n 的前n 项和S n 的通项公式；(2)b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n，求数列{b n }的通项公式，并判断b n 与23的大小．【解析】(1)设a 1=a ，公差为d ，则a (a +3d )=(a +d )2，解得d =a =3，所以a n =3n ，S n =3n (n +1)2．(2)1S n =23⋅1n (n +1)=231n -1n +1，从而b n =1S 1+1S 2+⋯+1S n=231-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =231-1n +1 =23-23(n +1)<23，故b n <23．11.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列log 13a n是公差为-1的等差数列，且a 2+2是a 1，a 3的等差中项．(1)证明数列{a n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 是数列1a n的前n 项和，若T n <M 恒成立，求实数M 的取值范围．【解析】【解答】(1)证明：∵数列log 13a n 是公差为-1的等差数列，∴log 13a n =log 13a 1-(n -1)，∴a na 1=3n -1．∴n ≥2时，a n a n -1=3n -13n -2=3，数列{a n }是以3为公比的等比数列．∴a 2=3a 1，a 3=9a 1．∵a 2+2是a 1，a 3的等差中项，∴2(a 2+2)=a 1+a 3，∴2(3a 1+2)=a 1+9a 1，解得a 1=1．∴数列{a n }是以3为公比，1为首项的等比数列．∴a n =3n -1．(2)解：1a n =13n -1．∴T n =1-13 n1-13=321-13 n．∵T n <M 恒成立，∴M ≥32．∴实数M 的取值范围是32，+∞ ．12.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8=S 3，a 4=2a 2-2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1S n +2，其前n 项和为T n ，证明：T n <12．【解析】(1)解：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 1+7d =3a 1+3da 1+3d =2(a 1+d )-2，解得：a 1=4d =2 ，∴a n =4+2(n -1)=2n +2；(2)证明：由(1)得：S n =(4+2n +2)n2=n 2+3n ，∴b n =1S n +2=1n 2+3n +2=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，∴T n =12-13 +13-14+⋯+1n +1-1n +2 =12-1n +2<12．13.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2a n -S n =1(n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2(1+S n )，求数列1b n b n +1的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)∵2a n -S n =1，令n =1，解得a 1=1，n≥2，又2a n -1-S n -1=1，两式相减，得a n =2a n-1，∴{a n }是以a 1=1为首项，q =2为公比的等比数列，∴a n =2n -1；(Ⅱ)∵1+S n =2n ，∴b n =log 2(1+S n )=log 22n=n ，1b n b n +1=1n (n +1)=1n -1n +1∴T n =11×2+12×3+⋯+1n (n +1)=1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1．14.已知正项等比数列{a n }满足a 1=2，a 3a 7=322，数列b n 的前n 项和为S n ，b n =2n -2．(Ⅰ)求{a n }的通项公式与S n ；(Ⅱ)设c n =a n +1S n +1，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)根据题意，a 1=2，a 25=322，∴a 1=2，a 5=32，∴q =2，所以a n =2n ，因为b n =2n -2，数列{b n }为公差2，首项为0的等差数列，∴S n =n (0+2n -2)2=n 2-n ；(Ⅱ)根据题意，c n =a n +1S n +1=2n +1(n +1)n=2n +1n -1n +1所以T n =2(1-2n )1-2+1-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n +1-1-1n +1．15.在等差数列{a n }中，a 1=-8，a 2=3a 4．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =4n (12+a n )(n ∈N *)，T n 为数列{b n }的前n项和，若T n =95，求n 的值．【解析】(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差是d ，由a 1=-8，a 2=3a 4得：-8+d =3(-8+3d )解得d =2，所以a n =-10+2n ；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =-10+2n ，∴b n =4n (12+a n )=4n (2n +2)=21n -1n +1 ，所以T n=211-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =2n n +1，由T n =95解得n =9．16.等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11．(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)∵{a n }是等差数列，公差d ≠0，a 5=14，a 23=a 1a 11，可得a 1+4d =14，(a 1+2d )2=a 1(a 1+10d )，解得a 1=2，d =3，所以{a n }的通项公式；a n =a 1+(n -1)d =3n -1；(2)bn=1a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，数列{b n }的前n 项和S n =1312-15+15-18+⋯+13n -1-13n +2=1312-13n +2 =16-19n +6=n 6n +4．17.在等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列1a n a n +1 的前n 项和为S n ，若S n =512，求n 的值．【解析】(1)设公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 2=3，a 7=8．所以a 7-a 2=5d =5，解得d =1，由于a 2=a 1+d ，所以a 1=2．故a n =n +1．(2)由于a n =n +1，所以1a n a n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1-1n +2，则S n =12-13+13-14+⋯+1n +1-1n +2=512，整理得12-1n +2=512，解得n =10．18.已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 3=9，a 2是a 1，a 7的等比中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n =1n (a n +7)，求{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a 1+2d =9(a 1+d )2=a 1⋅(a 1+6d )解得d =4或d =0(舍去)，a 1=1，∴a n =1+4(n -1)=4n -3．(2)∵b n =1n (a n +7)=141n -1n +1 ，∴Sn=b 1+b 2+b 3+⋯+b n =1411-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +4．19.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7．(1)证明：数列{a n -2}为等比数列；(2)若b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +4n -7①．当n =1时，解得：a 1=3，当n ≥2时，2S n -1=3a n -1+4n -11②．①-②得：a n =3a n -1-4，整理得：a n -2a n -1-2=3(常数)所以：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列．(2)由于：数列{a 2-2}是以a 1-2=1为首项，3为公比的等比数列，故：a n -2=3n -1，所以：b n =a n -2(a n +1-1)(a n -1)=3n -1(3n +1)(3n -1+1)=1213n -1+1-13n +1，所以：Tn=12130+1-131+1+⋯+13n -1+1-13n +1=1212-13n +1．20.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =n +(a n -1)log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在直线y =2x -2上，n ∈N *所以：S n =2a n -2①，当n =1时，a 1=2a 1-2，解得：a 1=2．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2②，①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：an a n -1=2(常数)，故：数列的通项公式为：a n =2⋅2n -1=2n (首项符合通项)．故：a n =2n ．(2)b n =n +(a n -1)log 2a n =n •2n，所以T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =21+22+⋯+2n -n ⋅2n +1，整理得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．21.已知{a n }是等差数列，且lg a 1=0，lg a 4=1．(1)求数列{a n }的通项公式(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n +b n }的前n 项和．【解析】(1)数列{a n }是等差数列，设公差为d ，且lg a 1=0，lg a 4=1．则：a 1=1a 1+3d =10 ，解得：d =3所以：a n =1+3(n -1)=3n -2．(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，则：a 2k=a 1⋅a 6，整理得：a k =3k -2，解得：k =2；所以：等比数列{b n }的公比为q =4．所以：b n =4n -1．则a n +b n =3n -2+4n -1，故：S n =(1+1)+(4+41)+⋯+(3n -2+4n -1)=n (3n -1)2+4n -14-1=32n 2-12n +13(4n-1)．22.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =(a n +1)2S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2=4，2S n =(n +1)a n (n ∈N *)．当n =2时，2S 2=3a 2，整理得a 1=2．所以2S n =(n +1)a n ，故2S n -1=(n +1-1)a n-1，两式相减得(n -1)a n =na n -1，所以a n =a na n -1⋅a n -1a n -2⋯a2a 1⋅a 1=2n (首项符合通项)．故a n =2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以b n =(a n +1)2S n=4n 2+4n +1n (n +1)=4+1n (n +1)=4+1n -1n +1．故T n =b 1+b 2+⋯+b n =4n +1-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =4n +1-1n +1．23.已知数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列．(Ⅰ)求q 的值和{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =log 2a 2n -1a 2n，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．【解析】(Ⅰ)数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列，所以(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3．所以a 2(q -1)=a 3(q -1)，由于q ≠1，所以a 3=a 2=2，解得q =2．①当n =2k -1时，a n =a 2k -1=2n -12，②当n =2k 时，a n =a 2k =2n2．所以数列的通项公式为：an=2n -12(n 为奇数)2n 2(n 为偶数)．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：b n =log 2a 2n -1a 2n =n -12n，所以T n =021+122+⋯+n -12n ①，则12T n =022+123+⋯+n -12n +1，②①-②得12T n =141-12n -11-12-n -12n +1，整理得T n =1-n +12n ．24.已知公差不为0的等差数列{a n }与等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)设T n =a 1b n +a 2b n -1+⋯+a n b 1，求T n ．【解析】(1)设公差为d 且不为0的等差数列{a n }与公比为q 的等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 4=b 3．故a n =a 1+(n -1)d ，b n =b 1⋅q n -1，所以1+d =q 1+3d =q 2 ，解得d =1，q =2．故a n =n ，b n =2n -1．(2)由于a n =n ，b n =2n -1，所以T n =1⋅2n -1+2⋅2n -2+⋯+n ⋅20①，12T n =1⋅2n -2+2⋅2n -3+⋯+n ⋅20-1②①-②得：12T n =2n -1+2n -2+⋯+2+1-n2=2n -1-n2．所以T n =2n +1-(n +2)．25.已知等比数列{a n }是首项为1的递减数列，且a 3+a 4=6a 5．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由a 3+a 4=6a 5，得6q 2-q -1=0，解得q=12或q =-13．∵数列{a n }为递减数列，且首项为1，∴q =12．∴a n =1×12 n -1=12n -1．(2)∵T n =1⋅12 0+2⋅12 1+3⋅122+⋯+n⋅12 n -1，∴12T n =1⋅12 1+2⋅12 2+3⋅12 3+⋯+n ⋅12 n ．两式相减得12T n =12 0+12 1+12 2+⋯+12 n -1-n ⋅12n =1-12 n1-12-n 12 n =2-2⋅12 n -n ⋅12 n=2-n +22n，∴T n =4-n +22n -1．26.已知数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n =a n a n +2(n ∈N *)，T n =b 1+b 2+⋯+b n ，求证：T n<34．【解析】(1)数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n ①，当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n -1)a n -1=n -1②，①-②得：a n =1n，当n =1时，a 1=1(首项符合通项)，故：a n =1n．(2)由于：a n =1n，所以：b n =a n a n +2=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以：T n =121-13+12-14+⋯+1n -1n +2 =121+12-1n +1-1n +2 <34．27.已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，n ∈N *，S n 是{b n }的前n 项和，求使S n <113成立的最大的正整数n ．【解析】(1)公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1=3，且a 1+1，a 2+1，a 4+1成等比数列．则：(a 2+1)2=(a 1+1)(a 4+1)，解得：d =4或0(舍去)，故：a n =3+4(n -1)=4n -1，(2)由于：a n =4n -1，所以：a n +1=4n +3，所以：b n =1a n a n +1=1(4n -1)(4n +3)=1414n -1-14n +3，故：S n =1413-17+17-111+⋯+14n -1-14n +3 =1413-14n +3 =n 12n +9，所以：要使S n <113成立整理得：1413-14n +3 <113，解得：n <9由于n 为自然数，所以：n 的最大值为8．28.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，求数列{b n }的前n 项和T n ⋅【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n-1①．当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，2S n -1=3a n -1-1②，①-②得：a n =3a n -1，故：an a n -1=3(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列．所以：a n =3n -1(首项符合通项)，故：a n =3n -1．(2)数列{b n -a n }是等差数列，且b 1=2，b 3=14，所以：设c n =b n -a n ．c 1=b 1-a 1=1，c 3=b 3-a 3=14-9=5，则：公差d =c 3-c 12=5-12=2，所以：c n =2n -1．则：b n =a n +c n =3n -1+2n -1，故：T n =(30+31+⋯+3n -1)+(1+3+⋯+2n -1)=(3n -1)3-1+n (2n -1+1)2=3n -12+n 229.设数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n =a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }满足a 1=2，a n +1=2a n ，则：a n +1a n=2(常数)所以：数列{a n }是以a 1=2为首项，2为公比的等比数列．故：a n =2⋅2n -1=2n ，由于：数列{b n }的前n 项和S n =12(n 2+n )．当n =1时，解得：b 1=1，当n ≥2时，b n =S n -S n -1=12(n 2+n )-12(n-1)2-12(n -1)=n ．由于首项符合通项，故：a n =n ．(2)由(1)得：c n =a n b n =n ⋅2n ，所以：T n =1⋅21+2⋅22+⋯+n ⋅2n ①，2T n =1⋅22+2⋅23+⋯+n ⋅2n +1②，①-②得：-T n =(21+22+⋯+2n )-n ⋅2n +1，解得：T n =(n -1)⋅2n +1+2．30.已知首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．数列{b n }满足b n =2S n +n2n．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n •b n }的前n 项和为T n ．【解析】(1)设公差为d ，首项为1的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3为a 4与a 5的等差中项．则：2(3+3d )=1+3d +(1+4d )，解得：d =4，故：a n =1+4(n -1)=4n -3，所以：S n +n 2n =n (1+4n -3)2+n 2n =n ．故：数列{b n }满足b n =2S n +n2n=2n ．(2)根据已知条件：a n ⋅b n =(4n -3)⋅2n ，则：T n =1⋅21+5⋅22+⋯+(4n -3)⋅2n ①，2T n =1⋅22+5⋅23+⋯+(4n -3)⋅2n +1②，①-②得：T n =(4n -3)⋅2n -4(22+23+⋯+2n )-2，整理得：T n =(4n -7)•2n +1+14．31.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =2a n -1．①当n =1时，解得：a 1=1．当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1．②①-②得：a n =2a n -2a n -1，整理得：a n =2a n -1，故：an a n -1=2(常数)，所以：数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列．故：a n =1⋅2n -1=2n -1(首项符合通项)．故：a n =2n -1，(2)由于b n =a n +1(a n +1-1)(a n +2-1)=2n (2n -1)(2n +1-1)=12n -1-12n +1-1，所以：T n =121-1-122-1+⋯+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1．32.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，S 6=27．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n =2a n ，记T n 为数列{b n }的前n 项和．若T m =124，求m ．【解析】【解答】(本小题满分12分)解：(1)设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知得a 1+2d =46a 1+15d =27，解得a 1=2d =1．所以a n =a 1+(n -1)d =n +1．(2)由(1)可得b n =2n +1，∴{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则T n =4(1-2n)1-2=4(2n -1)．由T m =124，得4(2m -1)=124，解得m =5．33.已知数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)若b n =a n +1S n ⋅S n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)数列{a n }的首项a 1>0，前n 项和为S n ，且满足a 1a n =S 1+S n ．当n =1时，解得：a 1=2．当n ≥2时，2a n =2+S n ，①2a n -1=2+S n -1，②①-②得：a n =2a n -1，整理得：a n a n -1=2(常数)，所以：a n =2⋅2n -1=2n ，(Ⅱ)由于S n =2(2n -1)2-1=2⋅(2n -1)，b n =a n +1S n ⋅S n +1=2n +12(2n -1)(2n +1-1)=1212n -1-12n +1-1，所以：T n =121-13 +⋯+12n-1-12n +1-1=121-12n +1-134.已知{a n }是公差不为0的等差数列，且满足a 1=2，a 1，a 3，a 7成等比数列．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =a n +2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(Ⅰ)设{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以a 23=a 1a 7．所以(a 1+2d )2=a 1(a 1+6d )．所以4d 2-2a 1d =0．由d ≠0，a 1=2得d =1，所以a n =n +1．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =a n +2a n =n +1+2n +1，所以S n =[2+3+4+⋯+(n +1)]+(22+23+24+⋯+2n +1)=n (n +3)2+4(1-2n)1-2=2n +2+n 2+3n -82．35.在数列{a n }中，已知a n >0，a 1=1，a n +21-a n 2-a n +1-a n =0．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】【解答】证明：(1)由a 2n +1-a 2n -a n +1-a n =0，得(a n +1-a n -1)(a n +1+a n )=0，因为a n >0，所以a n +1-a n =1，又因为a 1=1，所以数列{a n }是首项为a 1=1，公差为1的等差数列．解：(2)由(1)可得，S n =na 1+12n (n -1)d =n +12n (n -1)=n (n +1)2．∴b n =1S n =2n (n +1)=21n -1n +1 ．∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =211-12+12-13+⋯++1n -1n +1=21-1n +1 =2nn +1．36.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，b n =a n(4n 2-1)2n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)数列{a n }的前n 项和S n =2n +1-2，当n =1时，a 1=S 1=2，当n ≥2时，则：a =S n -S n -1=2n +1-2-2n +2=2n ．由于n =1时，符合通项，故：a n =2n ．(2)由于：a n =2n ，故：bn=a n (4n 2-1)2n =14n 2-1=1(2n +1)(2n -1)=1212n -1-12n +1 ．所以：T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1．37.已知数列{a n }的前n 项和是S n ，若a n +1=a n +1(n ∈N *)，S 3=12．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设b n =1a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(Ⅰ)因为a n +1=a n +1(n ∈N *)，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．又因为S 3=12，则a 1=3，所以，a n =a 1+(n -1)d =n +2(n ∈N *)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n =1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，则T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =13-14+14-15+15-16+⋯+1n +2-1n +3=13-1n +3=n 3n +9(n ∈N *)38.设数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n 3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(1)数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -1a n =n3①，当n ≥2时，数列{a n }满足：a 1+3a 2+32a 3+⋯+3n -2a n -1=n -13②，①-②得：3n -1a n =13，所以：a n =13n ，当n =1时，a 1=13(符合通项)，故：a n =13n ．(2)由于b n =n ，n 为奇数1a n，n 为偶数，所以：b n =n ，n 为奇数3n ，n 为偶数，①当n 为奇数时：S n =1+32+3+34+⋯+3n -1+n=(n +1)2⋅(1+n )2+99n -12-1 9-1=n 2+2n +14+9(3n -1-1)8．②当n 为偶数时，S n =1+32+3+34+⋯+(n -1)+3n=n 2⋅(1+n -1)2+99n 2-1 9-1=n 24+9(3n -1)8．39.在数列{a n }中，a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n +n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的与前n 项和S n ．【解析】(1)证明：∵a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *)．∴a n +n =2(a n -1+n -1)，∴数列{a n +n }是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n =4×2n -1-n =2n +1-n ．(2)解：数列{a n }的与前n 项和S n =(22+23+⋯+2n +1)-(1+2+⋯+n )=4(2n -1)2-1-n (1+n )2=2n +2-4-n 2+n 2．40.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3=6，S 6=42．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式(Ⅱ)设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数，求数列{b n }的前2n 项和.【解析】(Ⅰ)设首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n}的前n 项和为S n ，由a 3=6，S 6=42得a 1+2d =66a 1+6×52d =42，解得a 1=2d =2 ，所以a n =2+2(n -1)=2n ．(Ⅱ)由于a n =2n ，所以设b n =a n ，n 为奇数2a n2，n 为偶数=2n (n 为奇数)2n(n 为偶数) ，所以T n =[2+6+10+14+⋯+2(2n -1)]+(22+24+⋯+22n )=2n 2+434n -141.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S nn是等差数列，a 1=2，a 2=4．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =1(a n -1)(2n +1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)由题意得S 11=1，S22=3，设等差数列S nn 的公差为d ，则d =S 22-S 11=1．∴Sn n=2+(n -1)×1=n +1，∴S n =n (n +1)，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n ，经检验a 1=2也满足上式，∴a n =2n (n ∈N *)，(2)b n =1(a n -1)(2n +1)=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1，∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1，∴T n =n2n +1．42.已知正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，n ∈N *，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =(-1)n 4n(2a n -1)(2a n +1)(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n ．【解析】(1)正项等差数列{a n }满足：S n 2=a 31+a 32+⋅⋅⋅+a n 3，①，当n =1时，解得a 1=1；当n =2时，S 22=a 31+a 32，整理得a 22-a 2-2=0，解得a 2=2或-1(负值舍去)，故公差d =a 2-a 1=1，故a n =n ．(2)由(1)得：b n =(-1)n4n(2a n -1)(2a n +1)=(-1)n4n(2n -1)(2n +1)=(-1)n12n -1+12n +1 ，所以T 2n =-1-13+13+15+...+14n -1+14n +1=14n +1-1=-4n4n +143.已知数列{a n }满足：a 1=12，数列1a n 的前n 项和S n =3n 2+n2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n =a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)当n ≥2时，S n -1=3(n -1)2+(n -1)2=3n 2-5n +22，则1a n =S n -S n -1=3n 2+n 2-3n 2-5n +22=3n -1．又当n =1时，1a 1=2满足上式，所以1a n =3n -1，则a n =13n -1．(2)又(1)可知b n =a n a n +1=1(3n -1)(3n +2)=1313n -1-13n +2，所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n -1+b n =1312-15+15-18+18-111+⋯+13n -4-13n -1+13n -1-13n +2 =1312-13n +2 =n 6n +4．所以数列{b n }的前n 项和T n =n 6n +4．44.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=2S n +1(n ∈N +)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n =3b n-1，求数列b n a n 的前n 项和T n ．【解析】(1)当n =1时，a 2=2a 1+1，当n ≥2时，a n +1-a n =2S n -2S n -1=2a n ，即a n +1=3a n ，∴等比数列{a n }的公比是3，∴a 2=3a 1，即2a 1+1=3a 1，故a 1=1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n =3n -1；(2)由(1)知，a n =3n -1，又a n =3b n -1，∴b n -1=n -1，故b n =n ，∴b n a n =n3n -1，则T n =130+231+332+⋅⋅⋅+n -23n -3+n -13n -2+n 3n -1，①，13T n =131+232+333+⋅⋅⋅+n -23n -2+n -13n -1+n 3n，②两式相减得：23T n =130+131+132+⋅⋅⋅+13n -3+13n -2+13n -1-n 3n =1-13n1-13-n 3n =32-2n +32×3n，∴T n =94-2n +34×3n -1．45.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 均满足S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n 2n =n -1+12n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n =2n S n S n +1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足T n ≥20212022的最小正整数n 的值．【解析】(1)当n =1时，S 12=12，得S 1=1．当n ≥2时，由S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n2n =n -1+12n ①，得S 12+S 222+S 323+⋅⋅⋅+S n -12n -1=(n -1)-1+12n -1②，①-②得S n 2n =1-12n (n ≥2)，∴S n =2n -1(n ≥2)，当n =1时，得a 1=S 1=1；当n ≥2时，由a n =S n -S n -1=2n -1-2n -1+1=2n -1．又a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1．(2)由(1)得b n=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，所以S n=12-1-122-1+122-1-123-1+⋯+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由1-12n+1-1≥20212022得2n+1-1≥2022，即2n+1≥2023，因为210<2023<211，所以n+1≥11，即n≥10，故满足T n≥20212022的最小正整数为10．46.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n-S n=1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：23≤T n<1．【解析】(1)由2a n-S n=1(n∈N*)，可得2a1-S1= 2a1-a1=1，即a1=1，当n≥2时，2a n-1-S n-1=1，又2a n-S n=1，相减可得2a n-2a n-1=a n，即a n=2a n-1，则a n=2n-1；(2)证明：b n=a n+1(a n+1-1)(a n+2-1)=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，T n=1-13+13-17+17-115+...+12n-1-1 2n+1-1=1-12n+1-1，由{T n}是递增数列，可得T n≥T1=23，且T n<1．所以23≤T n<1．47.已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=16，a22=a1a5．(1)求数列{a n}的通项公式a n和S n；(2)若b n=1a n a n+1，数列{b n}的前n项和T n满足T n≥48101，求n的最小值．【解析】(1)设数列{a n}的公差为d，由题意知4a1+6d=16，(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得a1=1，d=2，所以a n=1+(n-1)×2=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2．(2)由(1)得，b n=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，所以T n=121-13+13-15+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1，令n2n+1≥48101，得n≥485，又n∈N*，所以n的最小值为10．48.公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1，a2，a6成等比数列，S6=51．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1(n∈N*)，数列{b n}的前n项和记为T n，求证：T n<13．【解析】(1)设{a n}公差为d，∵a1，a2，a6成等比数列，S6=51，∴a1⋅a6=a22a1+a2+a3+a4+a5+a6=51，即a1(a1+5d)=(a1+d)26a1+6×52d=51，解得a1=1，d=3，∴a n=3n-2，(2)证明：b n=1a n a n+1=1(3n-2)(3n+1)=1313n-2-13n+1，∴T n=131-14+14-17+⋅⋅⋅+13n-2-13n+1=131-13n+1=13-133n+1<13，∴T n<13．49.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n=S n+n-1．(1)求证：{a n+1}为等比数列；(2)设b n=2n(a n+2)(a n+1+2)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<1．【解析】【解答】证明：(1)当n=1时，2a1=a1+1-1，解得a1=0，当n≥2时，2a n-2a n-1=S n+n-1-(S n-1+n-2)，化为：a n=2a n-1+1．变形为：a n+1=2(a n-1+1)，a1+1=1，∴{a n+1}为等比数列，首项为1，公比为2．(2)由(1)可得：a n+1=2n-1，∴a n=2n-1-1．∴b n=2n(a n+2)(a n+1+2)=2n(2n-1+1)(2n+1)=212n-1+1-12n+1，∴数列{b n}的前n项和为T n=2120+1-121+1++⋯⋯+12n-1+1-12n+1=212-12n+1<1，∴T n<1．50.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n+n=2a n(n∈N*)．(1)证明：数列{a n+1}是等比数列；(2)设b n=2na n a n+1，求数列{b n}的前n项和T n．【解析】(1)当n=1时，a1+1=2a1得a1=1．当n≥2时，S n+n=2a nS n-1+n-1=2a n-1，两式相减得a n=2a n-1+1(n≥2)，即a n+1=2(a n-1+1)(n≥2)，所以数列{a n+1}是以2为公比，以2为首项的等比数列，(2)由(1)知a n+1=2n(n∈N*)，即a n=2n-1(n∈N*)．∵b n=2na n a n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，则T n=b1+b2+⋯+b n=1-13+13-17+⋯+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1．。
数列的通项与求和-练习
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2.已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝22＋anan，则这个数列的第 n 项为( C )
A.2n－1
1 B.n
2 C.n
1 D.n＋1
解析 ∵an＋1＝2＋2anan，a1＝2，∴an1＋1＝2＋2aan n＝a1n＋12，∴an1＋1－a1n＝21.
B.12n(n＋4)
C.12n(n＋5)
D.12n(n＋7)
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝n2(2n＋4)＝n2＋2n，∴bn＝n＋2，
∴{bn}的前 n 项和 Sn＝n（n2＋5）.
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4.数列2×1 5，5×1 8，8×111，…，（)
91.故选 BD.
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6.设 an＝
1 n＋1＋
n，数列{an}的前 n 项和 Sn＝9，则 n＝____9_9___.
解析
an＝
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
故 Sn＝ 2－1＋ 3－ 2＋…＋ n＋1－ n＝ n＋1－1＝9.
解得 n＝99.
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∴a1n为等差数列，公差为12，首项a11＝21.∴a1n＝12＋(n－1)×12＝12n，∴an＝n2.
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3.已知数列{an}的通项 an＝2n＋1，n∈N*，则由 bn＝a1＋a2＋an3＋…＋an所确定的
数列{bn}的前 n 项的和是( C )
A.n(n＋2)
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经典的数列通项公式与数列求和练习题(有答案)
经典的数列通项公式与数列求和练习题（有答案）一、斐波那契数列斐波那契数列是最经典的数列之一，它的通项公式为：$$F(n) = F(n-1) + F(n-2)$$其中 $F(1) = 1$，$F(2) = 1$。
以下是一些关于斐波那契数列的练题：练题1：求斐波那契数列的第10项。
解答：根据通项公式进行递归计算，得出第10项为34。
练题2：求斐波那契数列的前20项的和。
解答：利用循环计算斐波那契数列的前20项，并将每项相加得到总和为6765。
二、等差数列等差数列是一种常见的数列类型，它的通项公式为：$$a_n = a_1 + (n - 1) \cdot d$$其中 $a_1$ 是首项，$d$ 是公差。
以下是一些关于等差数列的练题：练题1：已知等差数列的首项 $a_1 = 3$，公差 $d = 5$，求该数列的前10项。
解答：根据通项公式，将$a_1$ 和$d$ 代入，依次计算出前10项为：3, 8, 13, 18, 23, 28, 33, 38, 43, 48。
练题2：已知等差数列的首项 $a_1 = 2$，公差 $d = -4$，求该数列的前15项的和。
解答：根据通项公式和等差数列前n项和的公式，将 $a_1$、$d$ 和$n$ 代入，计算出前15项的和为：-420。
三、等比数列等比数列是另一种常见的数列类型，它的通项公式为：$$a_n = a_1 \cdot q^{(n-1)}$$其中 $a_1$ 是首项，$q$ 是公比。
以下是一些关于等比数列的练题：练题1：已知等比数列的首项 $a_1 = 2$，公比 $q = 3$，求该数列的前8项。
解答：根据通项公式，将 $a_1$ 和 $q$ 代入，依次计算出前8项为：2, 6, 18, 54, 162, 486, 1458, 4374。
练题2：已知等比数列的首项 $a_1 = 5$，公比 $q = \frac{1}{4}$，求该数列的前12项的和。
解答：根据通项公式和等比数列前n项和的公式，将 $a_1$、$q$ 和$n$ 代入，计算出前12项的和为 $\frac{5}{1 - \frac{1}{4}} =\frac{20}{3}$。
数列的通项与求和答案
数列的通项与求和1.已知数列{a n }为等差数列，前n 项和为S n ，若S 4=8，S 8=20，则S 12= . 【答案】36【解析】根据等差数列的性质得S 4，S 8-S 4，S 12-S 8也成等差数列，即2(S 8-S 4)=S 4+(S 12-S 8)，又S 4=8，S 8=20，代入得2×(20-8)=8+(S 12-20)，解得S 12=36.2.已知数列{a n }的通项公式为a nn 项和S n = .【解析】因为a n==-，所以S n=-1+-+…3.数列1+12，3+14，5+18，…，2n -1+12n 的前n 项和S n = . 【答案】n 2+1-12n【解析】S n =(1+3+…+2n -1)+11112482⎛⎫+++⋯+ ⎪⎝⎭n =n 2+1-12n .4.设数列{a n }满足a 1=1，且a n +1-a n =n +1(n ∈N *)，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为 . 【答案】2011【解析】因为a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n +(n -1)+…+2+1=(1)2+n n ，所以1n a =2(1)+n n =211-1⎛⎫ ⎪+⎝⎭n n ，故1011∑=n n a =21111112231011⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=2011. 5.设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=-1，a n +1=S n ·S n +1，则S n = .【答案】-1n【解析】由已知得a n +1=S n +1-S n =S n +1·S n ，两边同时除以S n +1·S n ，得11+n S -1n S =-1，故数列1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n S 是以-1为首项、-1为公差的等差数列，则1n S =-1-(n -1)=-n ，所以S n =-1n .6.若数列{a n }满足a n +1=11na -，a 8=2，则a 1= . 【答案】12【解析】由题知a 8=711-a =2，得a 7=12；a 7=611-a =12，得a 6=-1；a 6=511-a =-1，得a 5=2，于是可知数列{a n}具有周期性，且周期为3，所以a 1=a 7=12.7.已知数列{a n }满足a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列.则数列{a n }的通项公式为 .【解答】(1) 由已知，有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3，所以a 2(q -1)=a 3(q -1).又因为 q ≠1，故a 3=a 2=2，由a 3=a 1·q ，得q =2.当n =2k -1(k ∈N *)时，a n =a 2k -1=2k -1=-122n ；当n =2k (k ∈N *)时，a n =a 2k =2k =22n .所以a n =-12222.⎧⎪⎨⎪⎩n nn n ，为奇数，，为偶数8.已知数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =3n，则数列{a n }的通项公式为 . 【答案】a n =13n【解析】记原式为①，并构造a 1+3a 2+32a 3+…+3n -2a n -1=-13n ②.由①-②得3n -1a n =13，则a n =13n.9.在数列{a n }，{b n }中，已知a 1=0，a 2=1，b 1=1，b 2=12，数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足S n +S n +1=n 2，2T n +2=3T n +1-T n ，其中n 为正整数.求数列{a n }，{b n }的通项公式.【分析】由S n +S n +1=n 2递推得n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2，两式相减得a n +a n +1=2n -1，再次递推得a n -1+a n =2n -3，作差得a n +1-a n -1=2，最后分奇偶讨论.由2T n +2=3T n +1-T n 直接转化成2b n +2=b n +1，得{b n }为等比数列.【解答】因为S n +S n +1=n 2，所以当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2，两式相减得a n +a n +1=2n -1. 又a 2+a 1=1也适合上式，所以a n +a n +1=2n -1对一切n ∈N *成立， 所以当n ≥2时，a n -1+a n =2n -3， 上面两式相减得a n +1-a n -1=2，所以数列{a n }的奇数项是公差为2的等差数列，偶数项也是公差为2的等差数列. 又a 1=0，a 2=1，所以可解得a n =n -1. 因为2T n +2=3T n +1-T n ，所以2T n +2-2T n +1=T n +1-T n ，即2b n +2=b n +1. 又2b 2=b 1，所以对一切n ∈N *均有2b n +1=b n ，所以数列{b n }是公比为12的等比数列，所以b n =-112n .【点评】(1) 给定a n 与S n 的关系式求通项，通常采用递推作差的方法. (2) 要注意首项或者前几项的验证.10.在数列{a n }中，已知a 1=1，a 2=103，a n +1103a n +a n -1=0(n ≥2且n ∈N *). (1) 若数列{a n +1+λa n }是等比数列，求实数λ的值； (2) 求数列{a n }的前n 项和S n .【分析】(1) 由于数列{a n +1+λa n }是等比数列，故可设a n +1+λa n =μ(a n +λa n -1)(n >1)，对照条件再变形为a n +1+(λ-μ)a n -μλa n -1=0(n >1).比较系数即可得λ的值.(2) 根据(1)中求得的λ的值，可求出a n 与a n -1间的递推关系式，从而求出通项a n =313-83⎛⎫⎪⎝⎭n n ，再采用分组求和可求出S n .【解答】(1) 设a n +1+λa n =μ(a n +λa n -1)(n >1)， 则a n +1+(λ-μ)a n -μλa n -1=0(n >1).所以10--3-1λμλμ⎧=⎪⎨⎪=⎩，，解得λ=-13或λ=-3.当λ=-13时，首项a 2-13a 1=3≠0符合题意； 当λ=-3时，首项a 2-3a 1=13≠0符合题意， 所以λ=-13或λ=-3.(2) 方法一：由(1)得a n -13a n -1=3n -1且a n -3a n -1=-113⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，解得a n =313-83⎛⎫ ⎪⎝⎭n n ， 所以S n =111-33(1-3)33-181-31-3⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦n=21-13-431163+⨯+⨯n n n .方法二：由a n -3a n -1=-113⎛⎫⎪⎝⎭n ， 得3n n a --1-13n n a =319⎛⎫ ⎪⎝⎭n.又因为13a =13，所以3n na =13a +212-33⎛⎫ ⎪⎝⎭a a +323233⎛⎫- ⎪⎝⎭a a +3443-33⎛⎫⎪⎝⎭a a +…+-1-1-33⎛⎫ ⎪⎝⎭n n n n a a =13+323411119999⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=111-3911-9⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=311-89⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n，解得a n=313-83⎛⎫⎪⎝⎭n n ，所以S n =111-33(1-3)33-81-31-3⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦n n=21-13-431163+⨯+⨯n n n .【点评】构造新数列成等差数列或等比数列实际上是化归思想.当我们遇到一个从表面看不出是等差、等比数列时，应该向等差、等比数列转化，找出隐含在题目中的等差、等比数列，从而将我们不熟识的问题转化成我们熟识的问题.11.在数列{a n }中，已知a 1=3，a n =2a n -1+(n -2)(n ≥2，n ∈N *). (1) 求a 2，a 3的值；(2) 证明：数列{a n +n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3) 求数列{a n }的前n 项和S n . 【解答】(1) 令n =2，得a 2=2a 1=6； 令n =3，得a 3=2a 2+1=13.(2) 因为-1(-1)++n n a n a n =-1-12-2-1+++n n a n na n =2，所以数列{a n+n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n +n =4·2n -1=2n +1，所以a n =2n +1-n . (3)因为数列{a n }的通项公式a n =2n +1-n ，所以S n =(22+23+…+2n +1)-(1+2+…+n )=4(1-2)1-2n -(1)2+n n =2n +2-282++n n .12.记S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，2n a +2a n =4S n +3.(1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设b n =11n n a a +，求数列{b n }的前n 项和. 【分析】(1) 像2na +2a n =4S n +3这样给出a n 与S n 关系式的问题一般通过递推作差，消去S n ，得出关于a n 的式子21+n a -2n a +2(a n +1-a n )=4a n +1，再化简即得a n +1-a n =2，可知{a n }是等差数列.(2) 注意通项b n可裂项为b n=11122123⎛⎫- ⎪++⎝⎭n n ，故采用裂项相消法求T n. 【解答】(1) 由2n a +2a n =4S n +3，可知21+n a +2a n +1=4S n +1+3，可得21+n a -2n a +2(a n +1-a n )=4a n +1，即2(a n +1+a n )=21+n a -2n a =(a n +1+a n )(a n +1-a n ).又a n >0，所以a n +1-a n =2. 又由21a +2a 1=4a 1+3，解得a 1=-1(舍去)或a 1=3，所以数列{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n =2n +1.(2) 由a n =2n +1可知b n =11+n n a a =1(21)(23)++n n =111-22123⎛⎫⎪++⎝⎭n n . 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =b 1+b 2+…+b n =1111111235572123⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦n n =111-2323⎛⎫⎪+⎝⎭n =3(23)+n n .【点评】求数列前n 项和常用的方法有四种：(1) 裂项相消法；(2) 错位相减法；(3) 分组求和法；(4) 奇偶项分析法.本题求和采用的方法是裂项相消法.13.已知数列{a n }的首项a 1=35，且满足1321n n n a a a +=+，n ∈N *. (1) 求证：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； (2) 记S n =12111na a a ++⋅⋅⋅+，若S n <100，求最大正整数n . （3）是否存在互不相等的正整数,,m s n ，使,,m s n 成等差数列且1,1,1m s n a a a ---成等比数列，如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．【解答】(1) 因为11+n a =23+13n a ， 所以11+n a -1=13n a -13.又因为11a -1≠0，所以1n a -1≠0(n ∈N *)，所以数列1-1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n a为等比数列. (2) 由(1)可得1n a -1=23×-113⎛⎫⎪⎝⎭n ， 所以1n a =2×13⎛⎫⎪⎝⎭n+1， S n =11a +21a +…+1n a =n +22111…333⎛⎫+++ ⎪⎝⎭n=n +2×111-3311-3+n =n +1-13n，若S n <100，则n +1-13n<100，所以最大正整数n 的值为99.（3）假设存在，则22,(1)(1)(1)m n s m n s a a a +=-⋅-=-， …………………………………………10分∵332n n n a =+，∴2333(1)(1)(1)323232n m snm s -⋅-=-+++．………………………………………12分化简得：3323mns+=⋅，………………………………………………………………………………13分∵33223m n s +≥=⋅，当且仅当m n =时等号成立．………………………………………15分又,,m n s 互不相等，∴不存在． ………………………………………………………………………16分数列的通项与求和1. 设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则21a a = .2. 在数列{a n }中，若a 1=1，a n +1=1nn +a n ，则{a n }的通项公式为 .3.在数列{a n }中，已知a 1=1，a n +1=23a n +1，则a n = .4.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n =5S n 3-(n ∈N *)，则a 1+a 3+…+a 2n -1= .5.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n +S n =A n 2+B n +1(A ≠0)，则1B A-= . 6.已知等比数列{a n }的首项为43，公比为13-，其前n 项和为S n ，若A ≤1n nS S -≤B 对n ∈N *恒成立，则B-A 的最小值为 .7.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，na n +1=2S n ，n ∈N *，则a n = .8.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n =4+112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭，若对任意的n ∈N *，都有1≤p (S n -4n )≤3成立，则实数p的取值范围是 .9. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1=1，a 2=32，a 3=54，且当n ≥2时，4S n +2+5S n =8S n +1+S n -1. (1) 求a 4的值； (2) 求证：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；(3) 求数列{a n }的通项公式.10.已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1+a 4=9，a 2a 3=8. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n =11n n n a S S ++，求数列{b n }的前n 项和T n .11.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +3n -12(n ∈N *).(1) 试说明数列{a n -3}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2) 若b n =na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .12.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列, {}n b 是等差数列,且111,a b ==2332,b b a += 5237a b -=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设*,n n n c a b n N =?，其前n 项和为n T ．①求n T ；②若(3)n n T λ≤-对任意n N +∈恒成立，求λ的最大值．【课后检测答案】数列的通项与求和1. 3 【解析】因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 1S 4=22S ，即a 1(4a 1+6d )=(2a 1+d )2，即d 2=2a 1d ，d =2a 1，所以21a a =11+a d a =1112+a a a =3.2. a n =1n 【解析】因为a n +1=1+n n a n ，所以-1n n a a =-1n n (n ≥2)，所以a n =-1n n a a ×-1-2n n a a ×…×32a a ×21a a ×a 1=1n (n≥2)，而当n =1时，也符合a n =1n ，所以数列{a n }的通项公式为a n =1n .3. a n =3-3×23⎛⎫ ⎪⎝⎭n【解析】因为a n +1-23a n =1， ① 所以a n -23a n -1=1(n ≥2)， ②由①-②得a n +1-a n =23(a n -a n -1)，设b n =a n -a n -1，则数列{b n }为等比数列，又因为a 2=53，所以b 1=a 2-a 1=23，所以b n =23×-123⎛⎫ ⎪⎝⎭n =23⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，所以23a n +1-a n =23⎛⎫ ⎪⎝⎭n，所以a n =3-3×23⎛⎫ ⎪⎝⎭n.4. 411-516⎛⎫ ⎪⎝⎭n 【解析】①当n =1时，a 1=S 1，由题设得a 1=5S 1-3=5a 1-3，解得a 1=34；②当n ≥2时，a n =S n -S n -1，由已知得-1-15-35-3=⎧⎨=⎩n n n n a S a S ，，两式相减，得a n -a n -1=5a n ，解得a n =-14a n -1，所以数列{a n }是首项为34，公比q =-14的等比数列，所以a 1，a 3，a 5，…，a 2n -1，…是首项a 1=34，公比为21-4⎛⎫ ⎪⎝⎭的等比数列.所以a 1+a 3+…+a 2n -1=22311--4411--4⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫ ⎪⎝⎭n=411-516⎛⎫⎪⎝⎭n .5. 3 【解析】设数列{a n }的公差为d ，则a n +S n =a 1+(n -1)d +2d n 2+1-2⎛⎫ ⎪⎝⎭d a n =2d n 2+12⎛⎫+ ⎪⎝⎭d a n +a 1-d ，所以A=2d ，B=a 1+2d ，a 1-d =1，则-1B A =11-(-)22+da a d d =3.6. 5972【解析】因为等比数列{an}的首项为43，公比为-13，所以Sn=411--33113⎡⎤⎛⎫⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+n=1-1-3⎛⎫⎪⎝⎭n.令t=1-3⎛⎫⎪⎝⎭n，则-13≤t≤19，Sn=1-t，所以89≤Sn≤43.因为Sn-1nS的最小值为-1772，最大值为712，所以A≤Sn-1nS≤B对任意n∈N*恒成立，则B-A的最小值为712-17-72⎛⎫⎪⎝⎭=5972.7. n(n∈N*)【解析】因为na n+1=2S n，(n-1)a n=2S n-1(n≥2)，所以na n+1-(n-1)a n=2(S n-S n-1)=2a n(n≥2)，即na n+1=(n+1)a n(n≥2)，1+ n naa=1+nn(n≥2)，当n=1时，也满足1+nnaa=1+nn，所以21aa×32aa×43aa×…×-1nnaa=21×32×43×…×-1nn，所以an=n(n∈N*).8. [2，3]【解析】令f(n)=S n-4n=4n+11--211--2⎛⎫⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭n-4n=23112⎡⎤⎛⎫--⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n.当n=2k-1，k∈N*时，f(n)=23112⎡⎤⎛⎫+⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n单调递减，则当n=1时，f(n)max=1；当n=2k，k∈N*时，f(n)=23112⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦n单调递增，则当n=2时，f(n)min=12.又1-4nS n≤p≤3-4nS n，所以2≤p≤3.9. (1) 当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，即4435124⎛⎫+++⎪⎝⎭a+5312⎛⎫+⎪⎝⎭=835124⎛⎫++⎪⎝⎭+1，解得a4=78.(2) 因为4S n+2+5S n=8S n+1+S n-1(n≥2)，所以4S n+2-4S n+1+S n-S n-1=4S n+1-4S n(n≥2)，即4a n+2+a n=4a n+1(n≥2)，因为4a3+a1=4×54+1=6=4a2，所以4a n +2+a n =4a n +1. 因为2111-21-2+++n n n n a a a a =2114-24-2+++n n n n a a a a =1114--24-2+++n n n n n a a a a a =112-2(2-)++n n n n a a a a =12，所以数列11-2+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n a a 是以a 2-12a 1=1为首项、12为公比的等比数列.(3) 由(2)知，数列11-2+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n a a 是以a 2-12a 1=1为首项、12为公比的等比数列，所以a n +1-12a n =-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n . 即1112++⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a -12⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a =4，所以数列12⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭n n a 是以112a =2为首项、4为公差的等差数列，所以12⎛⎫ ⎪⎝⎭n n a =2+(n -1)×4=4n -2，即a n =(4n -2)×12⎛⎫ ⎪⎝⎭n =(2n -1)×-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n ，所以数列{a n }的通项公式为a n =(2n -1)×-112⎛⎫ ⎪⎝⎭n .10. (1) 由题设可知a 1·a 4=a 2·a 3=8， 又因为a 1+a 4=9，所以可解得1418=⎧⎨=⎩a a ，或1481=⎧⎨=⎩a a ，(舍去).由a 4=a 1q 3得公比q =2，所以a n =a 1q n -1=2n -1.(2) S n =1(1-)1-n a q q =1-21-2n=2n -1，又b n =11++n n n a S S =11-++n n n n S S S S =1n S -11+n S ，所以T n =b 1+b 2+…+b n =1211-⎛⎫ ⎪⎝⎭S S +2311-⎛⎫ ⎪⎝⎭S S +…+111-+⎛⎫ ⎪⎝⎭n n S S =11S -11+n S =1-112-1+n .11. (1) 当n =1时，S 1=a 1=2a 1+3-12，所以a 1=9.当n ≥2时，S n -S n -1=a n =2a n +3n -12-2a n -1-3(n -1)+12=2a n -2a n -1+3，所以a n -3=2(a n -1-3)，所以{a n -3}是以6为首项、2为公比的等比数列，所以a n -3=6×2n -1，所以a n =3×2n +3.(2) b n =na n =6n ×2n -1+3n ，所以T n =6×[1×20+2×21+3×22+…+(n -1)×2n -2+n ×2n -1]+3×(1+2+…+n ).令K n =1×20+2×21+3×22+…+(n -1)×2n -2+n ×2n -1，则2K n =1×21+2×22+3×23+…+(n -1)×2n -1+n ×2n ，两式相减，得-K n =20+21+22+23+…+2n -1-n ×2n =1-21-2n-n ×2n =(1-n )×2n -1，所以K n =(n -1)×2n +1，所以T n =6(n -1)×2n +6+32(n 2+n ).12.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列, {}n b 是等差数列,且111,a b ==2332,b b a +=5237a b -=．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设*,n n n c a b n N =?，其前n 项和为n T ．①求n T ；②若(3)n n T λ≤-对任意n N +∈恒成立，求λ的最大值．．解：（1）设{}n a 的公比为q ，{}n b 的公差为d ，由题意0q >， 由已知,有24232310q d q d ⎧-=⎨-=⎩ ----------1分 解得2,2q d == -----------3分 所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N , {}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N --5分（2）由（1）有()1212n n c n -=- ，则()0121123252212,n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯()1232123252212,n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯ ----------7分两式相减得()()2312222122323,n n nn T n n -=++++--⨯=--⨯- 所以()2323n n T n =-+ ----------10分（3）令(3)(23)2n n n e n T n n =-=-由1n n e e +<，得1(23)2(1)(21)2n n n n n n +-<+-，即(23)2(1)(21)n n n n -<+- 解得对任意n N +∈成立，即数列{}n e 为单调递增数列，所以{}n e 的最小项为12e =- ----------13分因为n e λ≤对任意n N +∈恒成立，所以2λ≤-，所以λ的最小值为2- -----------16分。
数列的通项公式与求和公式模拟试题
数列的通项公式与求和公式模拟试题问题一：给定数列的前五项为1，3，5，7，9，求该数列的通项公式。
解析：观察数列的前五项，可以发现每一项都是前一项加2得到的。
因此，可以猜测该数列的通项公式为an=2n-1。
问题二：已知等差数列的通项公式为an=3n+2，求该数列的前十项的和。
解析：等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
将已知的通项公式an=3n+2与等差数列的通项公式进行比较，可得到a1=2，d=3。
根据等差数列的求和公式Sn=n/2(a1+an)，代入前十项的值进行计算，得到S10=305。
问题三：求等比数列1，2，4，8，16的通项公式。
解析：观察数列的前五项，可以发现每一项都是前一项乘以2得到的。
因此，可以猜测该数列的通项公式为an=2^(n-1)。
问题四：已知等比数列的首项为2，公比为3，求该数列的前五项的和。
解析：等比数列的通项公式为an=a1*r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
代入已知的首项2和公比3进行计算，可得到前五项的和S5=242。
问题五：已知斐波那契数列的前两项为1，1，后续每一项都是前两项的和。
求该数列的前十项的和。
解析：斐波那契数列的通项公式为an=an-1+an-2，其中a1=1，a2=1，且n>2。
利用递推公式，可以依次求得数列的每一项。
依次计算前十项的值得到1，1，2，3，5，8，13，21，34，55。
将这些值相加，得到前十项的和S10=143。
问题六：已知调和数列的通项公式为an=1/n，其中n为自然数。
求该数列的前五项的和。
解析：调和数列的通项公式为an=1/n。
代入n的值进行计算，得到前五项的和S5=2.283。
综上所述，数列的通项公式与求和公式在数学中起到了重要的作用，通过分析数列的规律可以猜测出相应的公式并计算数列的和。
这些数学工具在实际问题中具有广泛的应用，如经济学、物理学、计算机科学等领域。
熟练掌握数列的通项公式与求和公式可以帮助我们更好地理解和解决实际问题。
【必刷题】2024高二数学上册数列求和技巧专项专题训练(含答案)
【必刷题】2024高二数学上册数列求和技巧专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^2 + n，则数列{an}的通项公式为（）A. an = 2nB. an = 2n + 1C. an = n + 1D. an = n^22. 等差数列{an}的前5项和为35，第5项为15，则数列的公差为（）A. 2B. 3C. 4D. 53. 已知数列{an}的通项公式为an = 3n 2，则数列的前10项和为（）A. 85B. 95C. 105D. 1154. 等比数列{an}的首项为2，公比为3，前4项和为（）A. 80B. 81C. 82D. 835. 数列{an}的通项公式为an = 2^n，则数列的前5项和为（）A. 30B. 31C. 32D. 336. 已知数列{an}的通项公式为an = n^2 + n，则数列的前6项和为（）A. 126B. 136C. 146D. 1567. 等差数列{an}的公差为2，第7项为17，则数列的前7项和为（）A. 84B. 88C. 92D. 968. 等比数列{an}的首项为3，公比为1/2，前5项和为（）A. 15/2B. 17/2C. 19/2D. 21/29. 数列{an}的通项公式为an = n(n+1)，则数列的前4项和为（）A. 20B. 24C. 28D. 3210. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = n^3 + n^2，则数列{an}的通项公式为（）A. an = 3n^2 + 2nB. an = 3n^2 + 3nC. an = 2n^2 + 3nD. an = 2n^2 + 2n二、判断题：1. 等差数列的前n项和公式为Sn = n(a1 + an)/2。
（）2. 等比数列的前n项和公式为Sn = a1(1 q^n)/(1 q)，其中q为公比。
（）3. 数列{an}的通项公式为an = 2n，则数列的前n项和为n^2。
(完整版)数列通项公式与求和讲解与习题(含答案),推荐文档
数列通项与求和一．求数列通项公式1．定义法（①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
）例．等差数列是递增数列，前n 项和为，且成等比数列，．求数列的通{}n a n S 931,,a a a 255a S ={}n a 项公式．答案：35n a n =2．公式法：已知（即）求，用作差法：n S 12()n a a a f n +++= n a 11,(1),(2)n n n a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩例．设正整数数列前n 项和为，满足，求{}n a n S 21(1)4n n S a =+n a 答案：21n a n =-3．作商法：已知求，用作商法：。
12()n a a a f n = n a (1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩如数列中，对所有的都有，则；}{n a ,11=a 2≥n 2321n a a a a n = =+53a a 答案：61164．累加法：若求：1a +(2)n ≥。
1()n n a a f n +-=n a 11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 例．已知数列，且a 1=2，a n +1=a n +n ，求a n ．答案：242n n n a -+=5．累乘法：已知求，用累乘法：1()n n a f n a +=n a 121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥例．已知数列满足，，求。
{}n a 321=a n n a n na 11+=+n a 答案：23n a n=6．已知递推关系求，用构造法（构造等差．等比数列）。
n a（1）形如只需构造数列，消去带来的差异．其中有多种不同形式()n f pa a n n +=+1{}n b ()n f ()n f ①为常数，即递推公式为（其中p ，q 均为常数，）。
高中数学专题09：数列通项、求和、范围与最值问题试题(含解析)
故选：B
2．（2023·全国·模拟预测）已知数列an 的前 n 项积为 Tn ，若 an 2an1 0 ， n N ，且
a3 a5 24 ，则使 Tn 最大的正整数 n 的值为（ ）
A．7
B．8
C．15
D．16
【答案】B
【解析】易知 an
0 ，因为 an
2an1
0 ， n N ，所以
an1 an
a1
2a2
0
，
S3
9 8
，且
a
Sn
a
2 ，则实数
a
的取值范围是（
）
A．
1 2
,
0
B．
1 2
,
3 4
C．
3 4
,
3 2
D．
0,
3 2
【答案】B
【解析】设等比数列an的公比为 q，
因为
a1
2a2
0
，
S3
9 8
，
所以
a1 (1
a1
(1
2q) q q2
0 )
9 8
，解得
a1
3 2
,q
1 2
，
D．9 阶幻方每行、每列、每条对角线上的数的和均为 396
【答案】D
【解析】根据 n 阶幻方的定义，n 阶幻方的数列有 n2 项，为首项为 1，公差为 1 的等差数列，
( ) 故 Sn =
1+ n2 2
n2 ，每行、每列、每条对角线上的数的和均为 Sn . n
对 A， S6
1 62 2
62
666 ，A 对；
对 B，7 阶幻方有 7 行 7 列，故第 4 行第 4 列的数字该数列的中间值，即 1+ 72 = 25 ，B 对； 2
数列的通项与求和练习题
数列的通项与求和练习题数列是数学中一种常见的数学对象，涉及了数学中的许多重要概念与方法。
对于数列的通项与求和问题，我们需要通过理论知识与练习来加深理解与熟练运用。
本文将给出一些数列的通项与求和练习题，帮助读者加深对数列的理解与应用。
一、等差数列1. 设等差数列的首项为a1，公差为d。
该等差数列的第n项是多少？答案：an = a1 + (n-1)d2. 设等差数列的首项为a1，公差为d。
前n项的和是多少？答案：Sn = n/2 * (a1 + an)例题：已知等差数列的前5项分别为2、5、8、11、14。
求该等差数列的通项公式与前20项的和。
解答：首先，根据等差数列的定义可知，公差d=5-2=3。
又已知a1=2，代入等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d，可得通项公式为an = 2 + (n-1) * 3。
其次，利用等差数列前n项和的公式Sn = n/2 * (a1 + an)，代入已知条件，即可求得前20项的和。
二、等比数列1. 设等比数列的首项为a1，公比为q。
该等比数列的第n项是多少？答案：an = a1 * q^(n-1)2. 设等比数列的首项为a1，公比为q。
前n项的和是多少？答案：Sn = a1 * (q^n - 1)/(q-1)，当q不等于1时；Sn = n * a1，当q=1时。
例题：已知等比数列的第2项为3，公比为2。
求该等比数列的通项公式与前10项的和。
解答：首先，设该等比数列的首项为a1，代入等比数列的通项公式an =a1 * q^(n-1)，可得通项公式为an = a1 * 2^(n-1)。
其次，利用等比数列前n项和的公式Sn = a1 * (q^n - 1)/(q-1)，代入已知条件，即可求得前10项的和。
三、斐波那契数列1. 斐波那契数列的定义是：F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)，n≥3。
求斐波那契数列的第n项。
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数列通项及求和一．选择题：2.已知数列{a n} 满足a1=1, 且, 且n∈N） , 则数列{ a n} 的通项公式为（?? ） A． ?? B．C．a n=n+2 ??? D．a n=（ n+2）·3 n3.数列的前项和记为，，则数列的通项公式是（?）A.????B.?????C.????D.4.数列满足，且，则=??（??? ）A.10????????? B．11 C．12 ?? D．136.设各项均不为0的数列满足，若，则(?? )A.???B.2???C.???D.4二．填空题：8.已知数列的前项和为，，且满足，则_________．9.若数列的前n项和，则数列的通项公式???????? ?10.如果数列满足，则=_______.11.若数列的前项和为，则该数列的通项公式????????? .12.若数列的前项和为，则该数列的通项公式???????? .13.已知数列的前项和为，且，则=?????? .15.在数列中，=____________.16.已知数列的前n项和，则的通项公式???????? ?17.若数列的前n项和，则???? 。
18.已知数列满足，，则的最小值为________.19.已知数列的前n项和为，且，则=___．20.已知数列中，，前n项和为，且，则=_______三．解答题：25.已知等差数列的前n项和（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和。
30.等差数列中，? (1)求的通项公式? (2)设，求的前n项和40.公差不为零的等差数列中，且成等比数列。
（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的通项公式44.已知等差数列满足：，，的前n项和为．（1）求及；（2）令bn=()，求数列的前n项和．36.已知数列的前项和为，且；数列满足，．.（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）记，.求数列的前项和．28.已知数列的前项和为，且，（1）求数列的通项公式（Ⅱ）数列的通项公式,求其前项和为。
29.已知等比数列的公比且成等差数列. 数列的前项和为,且.（Ⅰ）分别求出数列和数列的通项公式；（Ⅱ）设，求其前项和为。
32.设数列的前项和为，，且对任意正整数，点在直线上．求数列的通项公式；若，求数列的前项和．33.设数列的前项和为，点在直线上.（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成公差为的等差数列，求数列的前n项和.34.已知数列的前项和和通项满足,数列中，,.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，求的前项和.38.在数列中，是与的等差中项，设，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）记数列前项的和为，若数列满足，试求数列前项的和.39.设数列为等差数列，且；数列的前n项和为.数列满足为其前项和。
（I）求数列，的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和．27.数列满足：，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和.41.已知数列，满足条件：，．(I)求证数列是等比数列，并求数列的通项公式；(Ⅱ)求数列的前项和.45.已知数列中，点在直线上，其中.（1）求证：为等比数列并求出的通项公式；（2）设数列的前且，令的前项和。
46.已知各项均为证书的数列前n项和为，首项为，且是和的等差中项。
(Ⅰ)求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前n项和。
47.已知数列的前项和为，且，数列中，，点在直线上．（1）求数列的通项公式和；(2) 设，求数列的前n项和，并求的最小值．48.已知数列{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{a n}的前n项和S n=nb n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{c n}的前n项和T n．49.数列的前n项和为．（1）求数列的通项公式；（2）等差数列的各项为正，其前项和记为，且，又成等比数列求．50.设数列{a n}的前n项和为S n，对任意的正整数n，都有a n=5S n+1成立．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=log4||，求数列{}前n项和T n．22.已知是数列的前n项和，且（1）求数列的通项公式；（2）求的值。
23.若正项数列的前项和为，首项，点（）在曲线上.(1)求数列的通项公式；(2)设，表示数列的前项和，求.26.已知数列的前项和为，且满足, , N.（1）求的值；（2）求数列的通项公式；31.设数列{a n}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3 n-1a n＝(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项；(2)设b n＝，求数列{b n}的前n项和S n.数列通项及求和试卷答案1.A2.B∵a n=a n-1+()n（n≥2）∴3n?a n=3n-1?a n-1+1∴3n?a n-3n-1?a n-1=1∵a1=1，∴31?a1=3∴{3n?a n}是以3为首项，1为公差的等差数列∴3n?a n=3+（n-1）×1=n+2,∴3.C4.B5.B6.【答案解析】D? 解析：由知数列是以为公比的等比数列，因为，所以，所以4，故选D.7.278.64解析：∵S n=a n+1+1，∴当n=1时，a1=a2+1，解得a2=2，当n≥2时，S n﹣1=a n+1，a n=a n+1﹣a n，化为a n+1=2a n，∵，∴数列{a n}是从第二项开始的等比数列，首项为2，公比为2，∴=2n﹣1．∴a n=．∴a7=26=64．故答案为：64．9.10.11.12.??????? 13.415.31 16.17.【答案解析】当n2时，=2n-1,当n=1时==2所以18.10.5略19.试题分析：由得时，，两式相减得而，所以20..略21.(Ⅰ)设数列{a n}公差为d，由题设得? 解得∴ 数列{a n}的通项公式为：(n∈N*)．…………5分(Ⅱ) 由(Ⅰ)知：…………6分①当为偶数，即时，奇数项和偶数项各项，∴?；??……9分②当为奇数，即时，为偶数．∴ ．综上：…………………………12分22.23.(1)因为点在曲线上,所以. …………1分???? 由得.……3分且所以数列是以为首项,1为公差的等差数列???……4分所以,?? 即???………5分当时，????……6分当时，也成立?…………7分所以，???? ……………8分(2) 因为,所以,??????? ……………9分?? ……………12分??……14分24.解：（Ⅰ）由S n=a n+1﹣，得，两式作差得：a n=a n+1﹣a n，即2a n=a n+1（n≥2），∴，又，得a2=1，∴，∴数列{a n}是首项为，公比为2的等比数列，则，；（Ⅱ）b n=log2（2S n+1）﹣2=，∴c n?b n+3?b n+4=1+n（n+1）（n+2）?2bn，即，，+（2﹣1+20+…+2n﹣2）===．由4T n＞2n+1﹣，得，即，n＞2014．∴使4T n＞2n+1﹣成立的最小正整数n的值为2015．25.26.（1）；（2）；（3）不存在正整数，使，，成等比数列．试题解析：（1）解：∵, ,∴.?…………………1分∴ .?…………2分∴ .???……………3分（2）解法1：由, 得.? ……………………4分∴ 数列是首项为, 公差为的等差数列.∴ .???.????……………6分当时, ????………7分?.?????? ……8分而适合上式，∴ .?……………9分解法2：由, 得，∴．①……………4分当时，，②①②得，∴．?????…………………5分∴．…６分∴ 数列从第２项开始是以为首项, 公差为的等差数列. ………７分∴ .???………………８分而适合上式，∴ .?……………9分（3）解：由(2)知, .假设存在正整数, 使, , 成等比数列,则.?????…………………10分即.?????…………11分∵ 为正整数,∴.得或,???????…12分解得或, 与为正整数矛盾. ?………………13分∴ 不存在正整数, 使, , 成等比数列. ……………14分考点：1、等差数列的通项公式；2、等比数列的性质.27.(Ⅰ) ?????????????????又,?? 数列是首项为4,公比为2的等比数列.? 既???所以……………………6分（Ⅱ）. 由(Ⅰ)知：????????????????令赋值累加得,???????????∴……………………12分28.（1）时，????????? …… 1分时，??? …… 3分经检验时成立，?????…… 4分综上?5分（2）由（1）可知?? …… 7分=?????? …… 9分==所以????? ……12分??29.（Ⅰ）解：∵且成等差数列，∴ ......................1分，，∴?????......................2分?? ?????..............3分当时，???????????............4分当时， ...................5分当时，满足上式，??? ∴???? ...................6分（Ⅱ）??? 若，对于恒成立，即的最大值当时，即时，当时，即，时，当时，即，时，∴的最大值为，即∴的最小值为30.31.(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1a n＝，①∴a1＝，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2a n－1＝ (n≥2)，②①－②得3n－1a n＝－＝(n≥2)，化简得a n＝(n≥2)．显然a1＝也满足上式，故a n＝(n∈N*)．(2)由①得b n＝n·3n.于是S n＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，③? 3S n＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1，④③－④得－2S n＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，即32.点在直线上……………1分当时，……………2分两式相减得：即……3分又当时，…4分是首项，公比的等比数列……………5分的通项公式为……………6分由知，……………7分……………8分……………9分两式相减得：……………11分……………13分数列的前项和为……………14分33.34.（1）由，得当时，即（由题意可知）是公比为的等比数列，而，由，得（2），设，则由错位相减，化简得：（12分）35.（Ⅰ）当时，则，36.（Ⅰ）∵✍✍✍✍✍✍✍当时，✍??????? ✍✍得，（）．??????? ∵当时，，且．??????? ∴数列是以为首项，公比为的等比数列，??????? ∴数列的通项公式为．…………………………………4分?????? 又由题意知，，，即??????? ∴数列是首项为，公差为的等差数列，??????? ∴数列的通项公式为．………………………2分???? （Ⅱ）由（Ⅰ）知，……………………………………………………1分???????? ∴✍????????? ④???????? 由 ④得????????? ………………1分??????? ∴………………………………………1分??????? ∴即??????? ∴??????? ∴数列的前项和………………………………3分37.（1）由条件，；?? ……………….???? 6分（2），∵．…………? 12分38.（1）（2）? ?? 数列是以公比为2的等比数列又是与的等差中项，??? 即(2) 由?39.解(1)数列为等差数列,所以又因为由n=1时，时，所以为公比的等比数列（2）由（1）知，+==1-4+40:? (Ⅰ) ．??????? ……6分??? (Ⅱ)．?????……12分41.解：（Ⅰ）∵∴，∵，…………2分∴数列是首项为2，公比为2的等比数列．????????∴∴??????????????????????????? …………5分（Ⅱ）∵，…………7分∴????．?????????????????? …………9分????? ∵，又，∴N*，即数列是递增数列．∴当时，取得最小值．? …………11分? 要使得对任意N*都成立，结合（Ⅰ）的结果，只需，由此得．∴正整数的最小值是5．? …………13分42（1）b1=a2-a1=1，当n≥2时，b n＝a n+1?a n＝?a n＝?(a n?a n?1)＝?b n?1，所以{b n}是以1为首项，?为公比的等比数列．（2）解由（1）知b n＝a n+1?a n＝(?)n?1，当n≥2时，a n=a1+（a2-a1）+（a3-a2）++（a n-a n-1）=1+1+（-）+…+(?)n?2=1+=1+[1?]=?当n=1时，?＝1＝a1．所以a n＝?(n∈N*)．?43.(Ⅰ)解:因为,所以当时,,解得,?当时,,即,解得, 所以,解得;? 则,数列的公差,所以.???????????????????????????(Ⅱ)因为.???????????因为所以44.（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以有，解得，所以；==。