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数列综合练习

时间:2017-11-13


数列综合练习
2017.10.15
一.解答题(共 16 小题) 1.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=﹣1+2an (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)若 bn=log2an+1,且数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 +…+ .

2.已知数列{an}中,a1=3,且 an=2an﹣1+2n﹣1(n≥2 且 n∈N*) (Ⅰ)证明:数列{ }为等差数列;

(Ⅱ)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 3. 已知数列{an}是公差为正数的等差数列, 其前 n 项和为 Sn, 且 a2?a3=15, S4=16. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)数列{bn}满足 b1=a1, ①求数列{bn}的通项公式; ②是否存在正整数 m,n(m≠n) ,使得 b2,bm,bn 成等差数列?若存在,求出 m,n 的值;若不存在,请说明理由. 4.设数列 {an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*.已知 a1=1,a2= ,a3= ,且当 n≥2 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1. (1)求 a4 的值; (2)证明:{an+1﹣ an}为等比数列; (3)求数列{an}的通项公式. 5. 已知数列{an}是等差数列, a2=6, a5=18, 数列{bn}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn+ bn=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 cn=an?bn,若 cn+m≤0 对任意的 n∈N+恒成立,求实数 m 的取值范围. 6.已知{an}是公差为 d 的等差数列,它的前 n 项和为 Sn,S4=2S2+4, . .

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(1)求公差 d 的值; (2)若 ,求数列{bn}中的最大项和最小项的值;

(3)若对任意的 n∈N*,都有 bn≤b8 成立,求 a1 的取值范围. 7.已知等差数列{an}的公差不为零,a1=11,且 a2,a5,a6 成等比数列. (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)设 Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求 Sn. 8.已知公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S7=70,且 a1,a2,a6 成等 比数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求出该项的值.

9.在等比数列{an}中,a1+a2=6,a2+a3=12. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 设{bn}是等差数列, 且 b2=a2, b4=a4. 求数列{bn}的公差, 并计算 b1﹣b2+b3 ﹣b4+…﹣b100 的值. 10.设数列{an}是公比小于 1 的正项等比数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 S3=14,且 a1+13,4a2,a3+9 成等差数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若 bn=an?(n+2﹣λ) ,且数列{bn}是单调递减数列,求实数 λ 的取值范围. 11.已知等比数列{an}的公比 q>1,且满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的 等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=anlog 小值. 12.在各项都为正数的等比数列{an}中,a2=9,a5=243, (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)记 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 13.设数列{an}满足 a1+3a2+…+(2n﹣1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;
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an,Sn=b1+b2+…+bn,求使 Sn+n?2n+1>62 成立的正整数 n 的最

(2)求数列{

}的前 n 项和.

14.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= (n∈N*) ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

15.已知数列{an}中,a1=1,an+1= (1)求证:{

(n∈N*) .

+ }为等比数列,并求{an}的通项公式 an; ?an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

(2)数列{bn}满足 bn=(3n﹣1)?

16.已知等差数列{an}的前 n(n∈N*)项和为 Sn,a3=3,且 λSn=anan+1,在等比 数列{bn}中,b1=2λ,b3=a15+1. (Ⅰ)求数列{an}及{bn}的通项公式; (Ⅱ)设数列{cn}的前 n(n∈N*)项和为 Tn,且 ,求 Tn.

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数列综合练习答案
一.解答题(共 16 小题) 1.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=﹣1+2an (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)若 bn=log2an+1,且数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 +…+ .

【分析】 (Ⅰ)由数列递推式求出首项,进一步得当 n≥2 时,Sn﹣1=﹣1+2an﹣1, 与原递推式联立可得 an=2an﹣1 (n≥2) , 即{an}是 2 为公比, 1 为首项的等比数列, 再由等比数列的通项公式求得{an}的通项公式; (Ⅱ)把数列通项公式代入 bn=log2an+1,求出数列{bn}的前 n 项和为 Tn,再由裂 项相消法求 +…+ .

【解答】解: (Ⅰ)由已知,有 Sn=﹣1+2an,① 当 n=1 时,a1=﹣1+2a1,即 a1=1. 当 n≥2 时,Sn﹣1=﹣1+2an﹣1,② ①﹣②得 an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1,即 an=2an﹣1(n≥2) . ∴{an}是 2 为公比,1 为首项的等比数列,即 (Ⅱ)由(Ⅰ) ,得 ∴ ∴ = =2 . . , .

【点评】本题考查数列递推式,考查了等差关系的确定,训练了裂项相消法求数 列的前 n 项和,是中档题.

2.已知数列{an}中,a1=3,且 an=2an﹣1+2n﹣1(n≥2 且 n∈N*) (Ⅰ)证明:数列{ }为等差数列;
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(Ⅱ)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 【分析】 (1)整理变形 an﹣1=2(an﹣1﹣1)+2n, (n≥2 且 n∈N*)式两端同除以 2n 得出: =1=常数,运用等差数列的和求解即可.

(2)根据数列的和得出 Sn=(1×21+2×22+3×23+…+n×2n)+n,设 Tn=1×21+2 ×22+3×23+…+n×2n,运用错位相减法求解即可.得出 Tn,代入即可. 【解答】解: (1)∵an=2an﹣1+2n﹣1(n≥2 且 n∈N*) ∴an﹣1=2(an﹣1﹣1)+2n, (n≥2 且 n∈N*) ∴等式两端同除以 2n 得出: ∵a1=3, ∴ = =1, =1=常数,

∴数列{

}为等差数列,且首项为 1,公差为 1,

(2)∵根据(1)得出

=1+(n﹣1)×1=n,an=n×2n+1

∴数列{an}的前 n 项和 Sn=(1×21+2×22+3×23+…+n×2n)+n, 令 Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n﹣1)×2n+n×2n+1,② ①﹣②得出:﹣Tn=2+22+23+…+2n﹣n×2n+1, ∴Tn=n×2n+1﹣2×2n+2, ∴Sn=n×2n+1﹣2n+1+2+n 【点评】本题考察了数列的递推关系式的运用,错位相减法求解数列的和,考察 了学生的分析问题,化简计算的能力.

3. 已知数列{an}是公差为正数的等差数列, 其前 n 项和为 Sn, 且 a2?a3=15, S4=16. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)数列{bn}满足 b1=a1,
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①求数列{bn}的通项公式; ②是否存在正整数 m,n(m≠n) ,使得 b2,bm,bn 成等差数列?若存在,求出 m,n 的值;若不存在,请说明理由. 【分析】 (Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公 差,代入等差数列的通项公式得答案; (Ⅱ)①把数列{an}的通项公式代入 可求得数列{bn}的通项公式; ②假设存在正整数 m、 n (m≠n) , 使得 b2, bm, bn 成等差数列, 则 b2+bn=2bm. 由 此列关于 m 的方程,求解得答案. 【解答】解: (I)设数列{an}的公差为 d,则 d>0. 由 a2?a3=15,S4=16,得 , ,然后裂项,累加后即

解得 an=2n﹣1;



(舍去) .

(Ⅱ)①∵b1=a1, ∴b1=a1=1, =



= (



) , ﹣ ) , (n

即 b2﹣b1= (1﹣ ) ,b3﹣b2= ( ﹣ ) ,…,bn﹣b﹣1= ( ≥2) 累加得:bn﹣b1= (1﹣ ∴bn=b1+ =1+ = )= . ,

b1=1 也符合上式. 故 bn= ,n∈N*.

②假设存在正整数 m、n(m≠n) ,使得 b2,bm,bn 成等差数列, 则 b2+bn=2bm. 又 b2= ,bn= = ﹣ ,bm= ﹣ ,

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∴ +( ﹣ 化简得:2m=

)=2( ﹣ =7﹣ .

) ,即

= +



当 n+1=3,即 n=2 时,m=2, (舍去) ; 当 n+1=9,即 n=8 时,m=3,符合题意. ∴存在正整数 m=3,n=8,使得 b2,bm,bn 成等差数列. 【点评】本题考查数列递推式,考查了等差数列通项公式的求法,训练了裂项相 消法及累加法求数列的通项公式,考查存在性问题的求法,是中档题.

4.设数列 {an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*.已知 a1=1,a2= ,a3= ,且当 n≥2 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1. (1)求 a4 的值; (2)证明:{an+1﹣ an}为等比数列; (3)求数列{an}的通项公式. 【分析】 (1)直接在数列递推式中取 n=2,求得 ;

(2)由 4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1(n≥2) ,变形得到 4an+2+an=4an+1(n≥2) ,进一步得 到 , 由此可得数列{ }是以 为首项, 公比为 的

等比数列; (3)由{ }是以 .进一步得到 为首项,公比为 的等比数列,可得 }是以 为

,说明{

首项,4 为公差的等差数列,由此可得数列{an}的通项公式. 【 解 答 】( 1 ) 解 : 当 n=2 , 解得: ; 时 , 4S4+5S2=8S3+S1 , 即

(2 )证明:∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1 (n ≥ 2 ) ,∴4Sn+2 ﹣ 4Sn+1+Sn﹣Sn﹣ 1=4Sn+1 ﹣4Sn
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(n≥2) , 即 4an+2+an=4an+1(n≥2) , ∵ ,∴4an+2+an=4an+1.



=



∴数列{

}是以

=1 为首项,公比为 的等比数列; }是以 为首项,公比为 的等比数列,

(3)解:由(2)知,{ ∴ 即 . ,

∴{

}是以

为首项,4 为公差的等差数列,



,即



∴数列{an}的通项公式是



【点评】本题考查了数列递推式,考查了等比关系的确定,考查了等比数列的通 项公式,关键是灵活变形能力,是中档题.

5. 已知数列{an}是等差数列, a2=6, a5=18, 数列{bn}的前 n 项和为 Sn, 且 Sn+ bn=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 cn=an?bn,若 cn+m≤0 对任意的 n∈N+恒成立,求实数 m 的取值范围. 【分析】 (1)设 an 的公差为 d,根据等差数列通项公式根据 a2=6,a5=18 可求得 a1 和 d,进而可求得数列{an}的通项公式; (2)先证明数列{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列,求得数列{bn}的通项 公式,进而可得{cn}的通项公式,求出 n=1 时,cn 取到最大值 ,即可求实数 m 的取值范围.
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【解答】解: (1)设 an 的公差为 d,则:a2=a1+d,a5=a1+4d, ∵a2=6,a5=18, ∴a1+d=6,a1+4d=18,∴a1=2,d=4. ∴an=2+4(n﹣1)=4n﹣2. (2)当 n=1 时,b1=S1,由 S1+ b1=1,可得 b1= 当 n≥2 时,∵Sn+ bn=1,Sn﹣1+ bn﹣1=1, ∴两式相减,整理可得 bn= bn﹣1, ∴数列{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列, ∴bn= , , ,

∴cn=an?bn= ∴cn+1﹣cn= ∴n≥1, ∴cn+1≤cn,

∴n=1 时,cn 取到最大值 , ∵cn+m≤0 对任意的 n∈N+恒成立, ∴ +m≤0, ∴m≤﹣ . 【点评】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式,考查恒成立问题,考 查学生的计算能力,属于中档题.

6.已知{an}是公差为 d 的等差数列,它的前 n 项和为 Sn,S4=2S2+4, (1)求公差 d 的值; (2)若 ,求数列{bn}中的最大项和最小项的值;



(3)若对任意的 n∈N*,都有 bn≤b8 成立,求 a1 的取值范围.

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【分析】 (1)根据 S4=2S2+4,可得 (2)由条件先求得 an 的解析式,即可得到 bn 的解析式

,解得 d 的值. ,由函







上分别是单调减函数,可得 b3<b2<b1

<1,当 n≥4 时,1<bn≤b4,故数列{bn}中的 最大项是 b4=3,最小项是 b3=﹣1. (3)由 ,函数 在(﹣∞,1﹣a1)和(1﹣a1,+

∞)上分别是单调减函数,x<1﹣a1 时,y<1; x>1﹣a1 时,y>1,再根据 bn ≤b8,可得 7<1﹣a1<8,从而得到 a1 的取值范围. 【解答】解: (1)∵S4=2S2+4,∴ (2)∵ , ∴ 数 列 an 的 通 项 公 式 为 , ,解得 d=1, ,∴

∵函数





上分别是单调减函数,

∴b3<b2<b1<1,当 n≥4 时,1<bn≤b4,∴数列{bn}中的最大项是 b4=3,最小 项是 b3=﹣1. (3)由 又函数 数, 且 x<1﹣a1 时,y<1;x>1﹣a1 时,y>1. ∵对任意的 n∈N*,都有 bn≤b8,∴7<1﹣a1<8,∴﹣7<a1<﹣6,∴a1 的取值 范围是(﹣7,﹣6) . 【点评】 本题考查等差数列的通项公式, 前 n 项和公式的应用, 数列的函数特性, 以及数列的单调性的应用,得到 7<1﹣a1<8,是解题的难点.
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, 在(﹣∞,1﹣a1)和(1﹣a1,+∞)上分别是单调减函

7.已知等差数列{an}的公差不为零,a1=11,且 a2,a5,a6 成等比数列. (Ⅰ)求{an}的通项公式; (Ⅱ)设 Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求 Sn. 【分析】 (I)设{an}的公差为 d,由题意可得 d 的方程,解方程可得通项公式; (II)由(I)知当 n≤6 时 an>0,当 n≥7 时 an<0,分类讨论去绝对值可得. 【解答】解: (I)设{an}的公差为 d,由题意 即 变形可得 , , ,

又由 a1=11 可得 d=﹣2 或 d=0(舍) ∴an=11﹣2(n﹣1)=﹣2n+13; (II)由(I)知当 n≤6 时 an>0,当 n≥7 时 an<0, 故当 n≤6 时,Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+an= n2; 当 n ≥ 7 时 , Sn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a6|+|a7|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a6 ﹣ =12n﹣

(a7+a8+…+an) =2(a1+a2+a3+…+a6)﹣(a1+a2+…+an)=72﹣(12n﹣n2)=n2﹣12n+72. 综合可得 Sn= 【点评】本题考查等差数列的求和公式和通项公式,涉及分类讨论的思想,属中 档题.

8.已知公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S7=70,且 a1,a2,a6 成等 比数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 bn= ,数列{bn}的最小项是第几项,并求出该项的值.

【分析】 (Ⅰ)根据等差(等比)数列对应的前 n 项和、通项公式和性质,列出 关于 a1 和 d 方程,进行求解然后代入通项公式; (Ⅱ)由(Ⅱ)的结果求出 Sn,代入 bn 进行化简后,利用基本不等式求出最小
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项以及对应的项数. 【解答】解: (I)设公差为 d 且 d≠0,则有 ,即



解得



(舍去) ,

∴an=3n﹣2. (II)由(Ⅱ)得, ∴bn= 当且仅当 3n= = =3n+ = ﹣1≥2 , ﹣1=23,

,即 n=4 时取等号,

故数列{bn}的最小项是第 4 项,该项的值为 23. 【点评】本题是数列与不等式结合的题目,考查了等差(等比)数列对应的前 n 项和、通项公式和性质等,注意利用基本不等式求最值时的三个条件的验证.

9.在等比数列{an}中,a1+a2=6,a2+a3=12. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 设{bn}是等差数列, 且 b2=a2, b4=a4. 求数列{bn}的公差, 并计算 b1﹣b2+b3 ﹣b4+…﹣b100 的值. 【分析】 (Ⅰ)由等比数列的通项公式可得, a1(1+q)=6,a1q(1+q)=12,解 方程可求 a1,进而可求通项 (Ⅱ)结合等差数列的通项公式可得,b1+d=4,b1+3d=16,解方程求出 b1,d, 然后利用分组求和即可 【解答】解: (Ⅰ)设等比数列{an}的公比为 q, 由已知,a1(1+q)=6,a1q(1+q)=12 两式相除,得 q=2. 所以 a1=2,…(6 分) 所以数列{an}的通项公 . …(7 分)
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…(2 分) …(4 分)

(Ⅱ)设等差数列{bn}的公差为 d, 则 b1+d=4,b1+3d=16…(9 分) 解得 b1=﹣2,d=6…(11 分) b1﹣b2+b3﹣b4+…﹣b100 的 =(b1﹣b2)+(b3﹣b4)+…(b99﹣b100) (12 分) =﹣50d=﹣300…(13 分) 【点评】 本题主要考查了等差数列、 等比数列的通项公式及分组求和方法的应用, 属于数列知识的综合应用

10.设数列{an}是公比小于 1 的正项等比数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 S3=14,且 a1+13,4a2,a3+9 成等差数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)若 bn=an?(n+2﹣λ) ,且数列{bn}是单调递减数列,求实数 λ 的取值范围. 【分析】 (Ⅰ)设数列的公比为 q,0<q<1,由题意可得 a1 和 q 的方程组,解方 程组可得; (Ⅱ)易得 bn=(n+2﹣λ)? ﹣λ)? >(n+3﹣λ)? ,由数列{bn}是单调递减数列,可得( n+2 ,解不等式可得.

【解答】解: (Ⅰ)设正项等比数列{an}的公比为 q, 由题意可得 0<q<1, ∵S3=14,且 a1+13,4a2,a3+9 成等差数列, ∴a1+a2+a3=14,8a2=a1+13+a3+9, 联立解得 a2=4,代入 a1+a2+a3=14 可得 +4+4q=14, 解得 q= ,或 q=2(舍去) ,∴a1= ∴数列{an}的通项公式为 an=8× =8,

=

; ,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 bn=an?(n+2﹣λ)=(n+2﹣λ)? ∵数列{bn}是单调递减数列,∴bn>bn+1,

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即(n+2﹣λ)?

>(n+3﹣λ)?



∴(n+2﹣λ)?> (n+3﹣λ) ,∴λ<n+1, ∵上式对任意正整数 n 都成立, ∴实数 λ 的取值范围为 λ<2 【点评】本题考查等比数列的性质,涉及数列的单调性,属中档题.

11.已知等比数列{an}的公比 q>1,且满足:a2+a3+a4=28,且 a3+2 是 a2,a4 的 等差中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=anlog 小值. 【分析】 (1)求等比数列的通项公式,关键是求出首项和公比,这可直接用首项 a1 和公比 q 表示出已知并解出即可(可先把已知化简后再代入) ; (2)求出 bn 的表达式后,要求其前 n 项和,需用错位相减法.然后求解不等式 可得最小值. 【解答】解: (1)∵由 a3+2 是 a2、a4 的等差中项,得 a2+a4=2(a3+2) , 因为 a2+a3+a4=28,所以 a2+a4=28﹣a3, 所以 2(a3+2)=28﹣a3,解得 a3=8, 所以 a2+a4=20, 所以 ,解得 或 , an,Sn=b1+b2+…+bn,求使 Sn+n?2n+1>62 成立的正整数 n 的最

又{an}为递增数列,所以 q>1. 所以 a1=2,q=2,所以 an=2n. (2)∵bn=anlog an=2n.nlog 2n═﹣n?2n.

Sn=b1+b2+…+bn=﹣(1×2+2×22+…+n×2n)① 则 2Sn=﹣(1×22+2×23+…+n×2n+1)② ②﹣①,得 Sn=(2+22+…+2n)﹣n?2n+1=2n+1﹣2﹣n?2n+1
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即数列{bn}的前项和 Sn=2n+1﹣2﹣n?2n+1, 则 Sn+n?2n+1=2n+1﹣2>62,所以 n>5, 即 n 的最小值为 6. 【点评】本题主要考查等比数列的通项公式,以及利用错位相减法求数列的前 n 项和,考查学生的运算能力.

12.在各项都为正数的等比数列{an}中,a2=9,a5=243, (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)记 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 【分析】 (Ⅰ) 设等比数列{an}的公比为 q, (q>0) . 可得 a2=9=a1q, a5=243= 解出即可得出. (Ⅱ)由(Ⅰ)得:bn=nan=n?3n.再利用错位相减法即可得出. 【解答】解: (Ⅰ)设等比数列{an}的公比为 q, (q>0) . 则 a2=9=a1q,a5=243= 解得 q=a1=3, 所以数列{an}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列, 即 an=3n. (Ⅱ)由(Ⅰ)得:bn=nan=n?3n. 所以 Sn=3+2×32+3×33+…+n?3n, ∴3Sn=32+2×33+…+(n﹣1)?3n+n?3n+1, ∴﹣2Sn=3+32+…+3n﹣n?3n+1= ∴Sn= ×3n+1+ . ﹣﹣n?3n+1, , ,

【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法,考查了推理 能力与计算能力,属于中档题.

13.设数列{an}满足 a1+3a2+…+(2n﹣1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{ }的前 n 项和.
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【分析】 (1)利用数列递推关系即可得出. (2) = = ﹣ .利用裂项求和方法即可得出.

【解答】解: (1)数列{an}满足 a1+3a2+…+(2n﹣1)an=2n. n≥2 时,a1+3a2+…+(2n﹣3)an﹣1=2(n﹣1) . ∴(2n﹣1)an=2.∴an= .

当 n=1 时,a1=2,上式也成立. ∴an= (2) ∴数列{ . = = }的前 n 项和= ﹣ + . +…+ =1﹣ = .

【点评】 本题考查了数列递推关系、 裂项求和方法, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题.

14.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= (n∈N*) ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

【分析】 ( Ⅰ ) 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为 d , 由 于 a3=7 , a5+a7=26 , 可 得 ,解得 a1,d,利用等差数列的通项公式及其前 n 项和公式即可得 出. (Ⅱ)由(I)可得 bn= = ,利用“裂项求和”即可得出.

【解答】解: (Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d, ∵a3=7,a5+a7=26, ∴ ,解得 a1=3,d=2,

∴an=3+2(n﹣1)=2n+1; Sn= =n2+2n.
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(Ⅱ) ∴Tn=

= =

= =

= .



【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、“裂项求和”,考查 了推理能力与计算能力,属于中档题.

15.已知数列{an}中,a1=1,an+1= (1)求证:{

(n∈N*) .

+ }为等比数列,并求{an}的通项公式 an; ?an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. + }为等

(2)数列{bn}满足 bn=(3n﹣1)?

【分析】 (1)根据数列的递推关系,结合等比数列的定义即可证明{ 比数列,并求{an}的通项公式 an; (2)利用错位相减法即可求出数列的和. 【解答】解(1)∵a1=1,an+1═ ,

∴ 即 则{ =

, =3( + ) ,

+ }为等比数列,公比 q=3, , , = ?an= ,即 an= , ① .

首项为 则 即 + = =﹣ +

(2)bn=(3n﹣1)?

则数列{bn}的前 n 项和 Tn= = +…+ ②,

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两式相减得

=1



=



=2 ﹣



=2 ﹣

, 则 Tn=4﹣ .

【点评】本题主要考查等比数列的判断,以及数列的求和,利用错位相减法是解 决本题的关键,考查学生的运算能力.

16.已知等差数列{an}的前 n(n∈N*)项和为 Sn,a3=3,且 λSn=anan+1,在等比 数列{bn}中,b1=2λ,b3=a15+1. (Ⅰ)求数列{an}及{bn}的通项公式; (Ⅱ)设数列{cn}的前 n(n∈N*)项和为 Tn,且 ,求 Tn.

【分析】 (I)分别令 n=1,2 列方程,再根据等差数列的性质即可求出 a1,a2 得 出 an,计算 b1,b3 得出公比得出 bn; (II)求出 cn,根据裂项法计算 Tn. 【解答】解: (Ⅰ)∵λSn=anan+1,a3=3,∴λa1=a1a2,且 λ(a1+a2)=a2a3, ∴a2=λ,a1+a2=a3=3,① ∵数列{an}是等差数列,∴a1+a3=2a2,即 2a2﹣a1=3,② 由①②得 a1=1,a2=2,∴an=n,λ=2, ∴b1=4,b3=16,∴{bn}的公比 q= ∴ 或 bn=(﹣2)n+1. ,∴ = , =±2 ,

(Ⅱ)由(I)知 ∴Tn= =1+ ﹣ = ﹣ .

【点评】 本题考查了等差数列, 等比数列的性质, 裂项法数列求和, 属于中档题.
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