精选高中数学数列分类典型试题及答案

总复习必须掌握的数列经典解题技巧

精选高中数学数列分类典型试题及答案

【典型例题】

（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质

n?1{a}a?1,a?3?an?1(n?2). n1n例题1. 已知数列满足

（1）求a2,a3；

3n?1an?2. （2）证明：

2解：（1）a1?1,?a2?3?1?4,a3?3?4?13.

n?1a?a?3nn?1（2）证明：由已知，故an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)

?a1?3

n?1?3n?2?3n?13n?1an??3?1?2. 2， 所以证得

例题2. 数列?（Ⅰ）求?an?的前n项和记为Sn,a1?1,an?1?2Sn?1(n?1)

bn?的各项为正，a?1,22b3,a3?b其前n项和为Tn，且T3?15，又a1?ban?的通项公式；

（Ⅱ）等差数列?成等比数列，求Tn.

解：（Ⅰ）由an?1?2Sn?1可得an?2Sn?1?1(n?2)， 两式相减得：an?1?an?2an,an?1?3an(n?2)，

a又a2?2S1?1?3∴a2?3a1 故?n?是首项为1，公比为3的等比数列

n?1 ∴an?3

（Ⅱ）设?bn?的公比为d，由T3?15得，可得b1?b2?b3?15，可得b2?5 故可设b1?5?d,b3?5?d，又a1?1,a2?3,a3?9，

2由题意可得(5?d?1)(5?d?9)?(5?3)，解得d1?2,d2?10

∵等差数列?∴

bn?的各项为正，∴d?0 ∴d?2

Tn?3n?n(n?1)?2?n2?2n2

例题3. 已知数列?⑴求数列?an?的前三项与数列?bn?的前三项对应相同，且a1?2a2?22a3?...

?2n?1an?8n对任意的n?N*都成立，数列bn?1?bn是等差数列.

??an?与?bn?的通项公式；

?⑵是否存在k?N，使得bk?ak?(0,1)，请说明理由.

n?12n?12an??a?2a?2a?...?2a?8n23n点拨：（1）1左边相当于是数列前n项和的形式，

可以联想到已知Sn求an的方法，当n?2时，Sn?Sn?1?an.

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（2）把bk?ak看作一个函数，利用函数的思想方法来研究bk?ak的取值情况.

n?12解：（1）已知a1?2a2?2a3?…?2an?8n(n?N*）①

2n?2n?2时，a1?2a2?2a3?…?2an?1?8(n?1)(n?N*）②

4?nn?1a?22a?8nn①－②得，，求得，

在①中令n?1，可得得a1?8?24?1，

4?n(n?N*）. 所以an?2由题意b1?8，b2?4，b3?2，所以b2?b1??4，b3?b2??2，

∴数列{bn?1?bn}的公差为?2?(?4)?2， ∴bn?1?bn??4?(n?1)?2?2n?6，

?(2n?8)?n2?7n?14(n?N*）.

bn?b1?(b2?b1)?(b3?b2)??(?4)?(?2)??(bn?bn?1)

24?k（2）bk?ak?k?7k?14?2，

77f(k)?(k?)2??4?k242单调递增，且f(4)?1， 当k?4时，

24?k所以k?4时，f(k)?k?7k?14?2?1， 又f(1)?f(2)?f(3)?0，

所以，不存在k?N*，使得bk?ak?(0,1).

例题4. 设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an、bn、an+1成等差数列，bn、an+1、bn+1成等比数列，且a1 = 1， b1 = 2 ， a2 = 3 ，求通项an，bn 解： 依题意得：

2bn+1 = an+1 + an+2 ① a2n+1 = bnbn+1 ②

∵ an、bn为正数， 由②得代入①并同除以∴

an?1?bnbn?1,an?2?bn?1bn?2，

bn?1得： 2bn?1?bn?bn?2 ，

{bn}为等差数列 ∵ b1 = 2 ， a2 = 3 ，

2a2?b1b2,则b2?92 ，

92(n?1)2bn?2?(n?1)(?2)?(n?1),?bn?222∴ ，

n(n?1)an?bnbn?1?2， ∴当n≥2时，

n(n?1)an?2又a1 = 1，当n = 1时成立， ∴

2. 研究前n项和的性质 例题5.

n已知等比数列{an}的前n项和为Sn?a?2?b，且a1?3.

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（1）求a、b的值及数列{an}的通项公式；

nbn?an，求数列{bn}的前n项和Tn. （2）设

n?1a?S?S?2?a.而{an}为等比数列，得a1?21?1?a?a， nn?1解：（1）n?2时，n又a1?3，得a?3，从而an?3?2.又a1?2a?b?3,?b??3.

nn123nbn??T?(1????)n?1n2n?1a3?2n3222（2），

n?111123Tn?(?2?3?23222?n?1n1111?T?(1???n2n?12n） ，得23222?1n?)2n?12n，

11?(1?n)22?n]?4(1?1?n)Tn?[31?12n32n2n?12.

1例题6. 数列{an}是首项为1000，公比为10的等比数列，数列{bn}满足

1bk?(lga1?lga2?k?lgak)*(k?N)，

（1）求数列{bn}的前n项和的最大值；（2）求数列{|bn|}的前n项和Sn.

的等差数列，

∴

4?na?10n解：（1）由题意：，∴lgan?4?n，∴数列{lgan}是首项为3，公差为?1?lga1?lga2??lgak?3k?k(k?1)1n(n?1)7?nbn?[3n?]?2，∴n22

?bn?021?S?S?672. 由?bn?1?0，得6?n?7，∴数列{bn}的前n项和的最大值为

（2）由（1）当n?7时，bn?0，当n?7时，bn?0，

7?n3?2)n??1n2?13nSn??b1?b2??bn?(244 ∴当n?7时，当n?7时，

113?bn)?n2?n?2144

Sn??b1?b2??b7?b8?b9??bn?2S7?(b1?b2?

?1213?n?n(n?7)??4Sn???4?1n2?13n?21(n?7)?4?4∴.

例题7. 已知递增的等比数列{an}满足a2?a3?a4?28，且a3?2是a2，a4的等差中项. （1）求{an}的通项公式an；（2）若

bn?anlog1an2，Sn?b1?b2??bn求使

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Sn?n?2n?1?30成立的n的最小值.

解：（1）设等比数列的公比为q（q＞1），由

1a1q+a1q2+a1q3=28，a1q+a1q3=2（a1q2+2），得：a1=2，q=2或a1=32，q=2∴an=2·2

（n－1）

（舍）

=2n

2（2） ∵，∴Sn=－（1·2+2·22+3·23+…+n·2n） ∴2Sn=－（1·22+2·23+…+n·2n+1），∴Sn=2+22+23+…+2n－n·2n+1=－（n－1）·2n+1－2， 若Sn+n ·2n+1＞30成立，则2n+1＞32，故n＞4，∴n的最小值为5.

bn?anlog1an??n?2n

*例题8. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且?1,Sn,an?1成等差数列，n?N,a1?1. 函数f(x)?log3x.

（I）求数列{an}的通项公式； （II）设数列{bn}满足

bn?1(n?3)[f(an)?2]，记数列{bn}的前n项和为T，试比较

n

52n?5?12312的大小. 解：（I）?1,Sn,an?1成等差数列，?2Sn?an?1?1① 当n?2时，2Sn?1?an?1②. Tn与①－②得：2(Sn?Sn?1)?an?1?an，?3an?an?1，当n=1时，由①得?2S1?2a1?a2?1， 又a1?1,?an?1?3.an

?a2?3,?

a2?3,a1

?{an}是以1为首项3为公比的等比数列，?an?3n?1.

n?1（II）∵f?x??log3x，?f(an)?log3an?log33?n?1，

11111bn???(?)(n?3)[f(an)?2](n?1)(n?3)2n?1n?3，

1111111111111?Tn?(????????????)224354657nn?2n?1n?3

2n?511111?5??(???)122(n?2)(n?3),223n?2n?3

52n?5Tn与?12312的大小，只需比较2(n?2)(n?3)与312 的大小即可. 比较

又2(n?2)(n?3)?312?2(n2?5n?6?156)?2(n2?5n?150)?2(n?15)(n?10)

52n?52(n?2)(n?3)?312,即Tn??;**n?N,1?n?9且n?N12312∵∴当时，

52n?52(n?2)(n?3)?312,即Tn??;n?1012312 当时，

52n?52(n?2)(n?3)?312,即Tn??*12312. 当n?10且n?N时，

3. 研究生成数列的性质

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nn例题9. （I） 已知数列?cn?，其中cn?2?3，且数列?cn?1?pcn?为等比数列，求常数p；

（II） 设?an?、?bn?是公比不相等的两个等比数列，cn?an?bn，证明数列?cn?不是

等比数列.

解：（Ⅰ）因为{cn+1－pcn}是等比数列，故有 （cn+1－pcn）2=（ cn+2－pcn+1）（cn－pcn－1）， 将cn=2n＋3n代入上式，得 ＋＋

[2n1+3n1－p（2n＋3n）]2

＋＋－－=[2n2+3n2－p（2n+1＋3n+1）]·[2n+3n－p（2n1＋3n1）]， 即[（2－p）2n+（3－p）3n]2

－－=[（2－p）2n+1+（3－p）3n+1][ （2－p）2n1+（3－p）3n1]，

1整理得6（2－p）（3－p）·2n·3n=0，

解得p=2或p=3. （Ⅱ）设{an}、{bn}的公比分别为p、q，p≠q，cn=an+bn. 为证{cn}不是等比数列只需证c2≠c1·c3.

事实上，c2=（a1p＋b1q）2=a1p2＋b1q2＋2a1b1pq，

c1·c3=（a1＋b1）（a1 p2＋b1q2）= a1p2＋b1q2＋a1b1（p2＋q2）. 由于p≠q，p2＋q2>2pq，又a1、b1不为零，

2c?c1·2因此c3，故{cn}不是等比数列.

222222

例题10. n2（ n≥4）个正数排成n行n列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成

13a42?,a43?816 等比数列，并且所有公比相等已知a24=1，

求S=a11 + a22 + a33 + … + ann 解： 设数列{a1k}的公差为d， 数列{aik}（i=1，2，3，…，n）的公比为q

则a1k= a11 + （k－1）d ， akk = [a11 + （k－1）d]qk1 －

??a24?(a11?3d)q?1?1?3?a42?(a11?d)q?8?3?13a?(a?2d)q?11?4316，解得：a11 = d = q = ±2 依题意得：?又n2个数都是正数，

1kk∴a11 = d = q = 2 ， ∴akk = 2 S?1111?2?2?3?3???n?n2222，

11111S?2?2?3?3?4???n?n?122222，

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两式相减得：

S?2?12n?1?n2n 例题11. 已知函数f(x)?log3(ax?b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2)，记

an?3f(n),n?N* .（1）求数列{an}的通项公式；

an,Tn?b1?b2???bnn2（2）设，若Tn?m(m?Z)，求m的最小值；

111(1?)(1?)?(1?)?p2n?1a1a2an（3）求使不等式对一切n?N*均成立的最大实数p.

bn??log3(2a?b)?1?a?2??log(5a?b)?2解：（1）由题意得?3，解得?b??1，

?f(x)?log3(2x?1) an?3lo3g(2n?1)?2n?1,n?N* 2n?11352n?32n?1bn?n?Tn?1?2?3???n?1?n2， 22222 ① （2）由（1）得

1132n?52n?32n?1Tn???????n?123n?1n222222 ② ①－②得

1122222n?111111Tn?1?2?3???n?1?n?n?1?1?(1?2???n?2?n?1)2222222222222n?1312n?112n?12n?3?n?1??n?1?n?1?Tn?3?n?2?n?3?22222n， 22.

2n?3*,n?N2n设，则由 2n?5n?1f(n?1)2n?51111?2??????12n?32(2n?3)22n?325f(n)2n 2n?3f(n)?,n?N*n2得随n的增大而减小

?当n???时，Tn?3又Tn?m(m?Z)恒成立，?mmin?3

1111p?(1?)(1?)?(1?)对n?N*a1a2an2n?1 （3）由题意得恒成立

f(n)?F(n)? 记

1111(1?)(1?)?(1?)a1a2an，则 2n?1第 6 页 共 16 页

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F(n?1)?F(n)?1111)(1?)?(1?)(1?)aaaa2n?312nn?11111(1?)(1?)?(1?)a1a2an2n?1(1??2(n?1)4(n?1)2?(n?1)?12n?2(2n?1)(2n?3)2?n?1??12?n?1?

?F(n)?0,?F(n?1)?F(n),即F(n)是随n的增大而增大

F(n)的最小值为

F(1)?2223?p?3pmax?3333，，即.

（二）证明等差与等比数列 1. 转化为等差等比数列.

*例题12. 数列{an}中，a1?8,a4?2且满足an?2?2an?1?an，n?N. ⑴求数列{an}的通项公式；

⑵设Sn?|a1|?|a2|???|an|，求Sn；

1**⑶设bn=n(12?an)(n?N),Tn?b1?b2??bn(n?N)，是否存在最大的整数m，使得

m*对任意n?N，均有Tn?32成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.

解：（1）由题意，an?2?an?1?an?1?an，?{an}为等差数列，设公差为d， 由题意得2?8?3d?d??2，?an?8?2(n?1)?10?2n. （2）若10?2n?0则n?5，n?5时,Sn?|a1|?|a2|???|an|

?a1?a2??an?8?10?2n?n?9n?n2,2

n?6时，Sn?a1?a2???a5?a6?a7??an

?S5?(Sn?S5)?2S5?Sn?n2?9n?40

2??9n?nn?5Sn??2??n?9n?40 n?6 故

11111bn???(?)n(12?a)2n(n?1)2nn?1n（3），

n1111111111??[(1?)?(?)?(?)??(?)?(?)]2(n?1).T?n222334n?1nnn?1 mnmTn??**32对任意n?N成立，即n?116对任意n?N成立， 若

1m1n*??,(n?N)n?1的最小值是2，162?m的最大整数值是7.

mT?.n*32 即存在最大整数m?7,使对任意n?N，均有

a例题13. 已知等比数列{bn}与数列{an}满足bn?3n,n?N*.

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（1）判断{an}是何种数列，并给出证明； （2）若a8?a13?m,求b1b2b20.

a解：（1）设{bn}的公比为q，∵bn?3n，∴3a1?qn?1?3an?an?a1??n?1?log3q。 所以{an}是以log3q为公差的等差数列.

（2）∵a8?a13?m,所以由等差数列性质可得a1?a20?a8?a13?m,

a1?a2?a3?…

?a20?(a1?a20)?20?10m?b1b22b20?3(a1?a2??a20)?310m

2. 由简单递推关系证明等差等比数列

例题14. 已知数列{an}和{bn}满足：a1?1，a2?2，an?0，bn?anan?1（n?N*）， 且{bn}是以q为公比的等比数列.

2a?aqn?2n（I）证明：；

（II）若cn?a2n?1?2a2n，证明：数列{cn}是等比数列； 111111??????a2n?1a2n. （III）求和：a1a2a3a4an?1an?2bn?1??q解法1：（I）证：由bn，有anan?12（II）证：∵an?an?2q，

an?2?qan2，∴an?2?anq?n?N*?.

?a2n?1?a2n?3q2??a1q2n?2，a2n?a2n?2q2?...?a2q2n?2，

?cn?a2n?1?2a2n?a1q2n?2?2a2q2n?2?(a1?2a2)q2n?2?5q2n?2.

??cn?是首项为5，公比为q2的等比数列.

1（III）解：由（II）得a2n?1?12?2n112?2nq?q2n2a1a，a，于是

11??a1a2?

?111?(??a2na1a3?)?2n?21?1a2n?1)?(11??a2a4??11)a2n

111(1?2?4?a1qqq111(1?2?4?a2qq)q2n?2

311?(1?2?1?2qq?)q2n?2.

111??aq?1当时，1a211??aq?1当时，1a2?1311?(1?2?4?a2n2qq1311?(1?2?4?a2n2qq?1q2n?2)?3n2.

??)q2n?2

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31?q?2n3q2n?1?()?[2n?22]21?q?22q(q?1).

11??a1a2故

?3n， q?1，?21????q2n?1a2n??[2n?22]，q?1.??q(q?1)?

解法2：（I）同解法1（I）.

cn?1a2n?1?2a2n?2q2a2n?1?2q2a2n???q2(n?N*)a2n?1?2a2na2n?1?2a2n（II）证： cn，又c1?a1?2a2?5，

??cn?是首项为5，公比为q2的等比数列.

（III）由解法1中（II）的类似方法得a2n?1?a2n?(a1?a2)qa?aa?aa?a4111????12?3??2n?12na1a2a2na1a2a3a4a2n?1a2n，

2n?2?3q2n?2，

a2k?1?a2k3q2k?23?2k?2?4k?4?qa2k?1a2k2q2，2，，n. ，k?111...13????1?q?2?...?q?2n?2a2n2∴a1a2.

??

例题15. 设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn?(1??)??an,其中???1,0 （1）证明：数列（2）设数列求数列

{an}是等比数列；

{an}的公比q?f(?)，数列{bn}满足b1?，bn=f （bn－1）（n∈N*，n≥2），

{bn}的通项公式；

1?1)，求数列{Cn}的前n项和Ｔn. bn（1）证明：由Sn?(1??)??an?Sn?1?(1??)??an?1(n?2)

an?a???a??a,??(n?2),∴数列{an}是等比数列 相减得：nnn?1an?11??（3）设??1，Cn?an(（2）解：

111?{}是首项为?2，公差为1的等差数列，∴?2?(n?1)?n?1. ?bn?1.

b1bnbnn?11n?111n?1,a?(),?C?a(?1)?()n （3）解：??1时nnn2bn211?Tn?1?2()?3()2?221?n()n?1 ①

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①－②得：

n??1?n?1?1?Tn?2?1?????n??2?2? ???2???∴

11所以：Tn?4(1?()n)?2n()n.

22②

例题16. ?OBC的各个顶点分别为(0,0),(1,0),(0,2)，设P1为线段BC的中点，P2为线段OC的中点，P3为线段OP1的中点. 对每一个正整数n,Pn?3为线段PnPn?1的中点. 令Pn的坐标为(xn,yn)，an?1yn?yn?1?yn?2. 2（1）求

a1,a2,a3

及an,(n?N)；

?yn,(n?N?) 4?（3）记bn?y4n?4?y4n,(n?N)，证明：{bn}是等比数列.

13（1）解：因为y1=y2=y4=1， y3=，y5=，所以 得a1=a2=a3=2.

24y?yn?1又由yn?3?n，对任意的正整数n有

2y?yn?1111an+1=yn?1?yn?2?yn?3=yn?1?yn?2?n=yn?yn?1?yn?2=an

2222（2）证明：yn?4?1?恒成立，且a1=2， 所以{an}为常数数列， an=2，（n为正整数）

y?yn?2y1（2）证明：根据yn?4?n?1， 及yn?yn?1?yn?2=an=2， 易证得yn+4=1－n

242（3）证明：因为bn+1=y4n?8?y4n?4=（1－又由b1=y8?y4=1－

y4n?4y1）－（1－4n）=?bn， 444y41?y4=?， 4411??所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列.

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