高三数列专题练习30道带答案

1、学校:高三数列专题训练二姓名：班级： 三：试卷第6页，总6页一、解答题1 .在公差不为零的等差数列an中，已知a2 3,且阚、a3、a7成等比数列.(1)求数列 an的通项公式；9(2)设数列 an的刖n项和为Sn ,记bn ,求数列 bn的刖n项和Tn .2s2n2 .已知等差数列 an的前n项和为Sn ,公差d 0,且0 S5 50, ai,a4,ai3成等比数 列.(I)求数列 an的通项公式；b(n)设 一上 是首项为1,公比为3的等比数列，求数列 低的前相项和二. an1 一 13 .设等比数列an的前n项和为Sn,a2鼠且S1 ,S2,S3成等差数列，数列bn满足bn 2n .(1

2、)求数列 an的通项公式；1(2)设cn an bn,右对任意n N*,不等式c c2 cn - 2Sn 1恒成立，2求的取值范围.4 .已知等差数列 an的公差d 2,其前n项和为Sn,且等比数列 bn满足b1 a1，b2 a4, b3 a13.(I)求数列 an的通项公式和数列 bn的前n项和Bn ；1(n )记数列 一的刖n项和为Tn,求Tn.Sn5 .设数列an的前n项和为Sn,且满足Sn 2 an n 1,2,3,L .(1)求数列 an的通项公式；(2)若数列 bn满足匕1,且bn 1 bn an ,求数列 bn的通项公式；(3)设cn n 3 bn ,求数列cn的前n项和Tn.6

3、 .已知差数列等 an的前n项和Sn ,且对于任意的正整数 n满足2JSn an 1.(1)求数列 an的通项公式；bn .(2)设anan 1 ,求数列bn的前n项和Bn.7 .对于数列an、bn, Sn为数列an的前n项和，且Sn 1 (n 1) Sn an n,a1 bi 1 , bn i 3bn 2 , n N(1)求数列an、bn的通项公式;(2)令cn2an) ,求数列cn的前n项和Tn.n(bn 1)一一 118 .已知an是各项均为正数的等比数列，且a1 a2 2( )，a1 a2a3a4a5, 111、64(一).a3 a4 a5(1)求an的通项公式;(2)设 bn,1、2

4、(an一)2,求数列 bn的前n项和Tn.an9 .已知数列an的首项a11 ,前n项和为Sn,且Sn12Snn 1 0 ( n N*)(I) 求证：数列41为等比数歹U；(n) 令bn nan ,求数列bn的前n项和Tn.110 .已知各项都为正数的等比数列 an满足一 a3是3al与2 a2的等差中项，且a1a2 a3 .2(I)求数列an的通项公式；(n)设bn1log3 an，且Sn为数歹u bn的刖n项和，求数列一2Sn.的前n项和Tn .Sn11 .已知数列 an的前n项和为 ,2an2an(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn 2%，求匕 b3 b5 . b2n 1 .12

5、.设公差不为。的等差数列 an的首项为1,且a2,a5,a14构成等比数歹U.(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列bn满足9包l bn11n,nN* ,求bn的前n项和Tn.aia2 an 213 .已知数列 an是等比数列，满足ai 3,a4 24 ,数列bn满足b1 4此 22,且bn an是等差数列.(I)求数列 an和bn的通项公式；(II )求数列bn的前n项和。14 .设数列an满足a1曳a2 L 号2n, n N*. 222(1)求数列an的通项公式；(2)设bn a,求数列bn的前n项和Sn.(an 1)(an1 1)15 .数列an的前n项和Sn满足Sn 2an a1，

6、且1自成等差数列.(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn -a，求数列bn的前n项和Tn .SnSn 1116 .已知各项都为正数的等比数列 an满足一a3是3a1与2a2的等差中项，且aa2 a3.2(i)求数列an的通项公式；1 2Sc ,(n)设bn log3an ,且Sn为数列bn的前n项和，求数列的n的刖n项和Tn.Sn17 .已知数列an和bn满足 a1 2 , b1 1 , an 1 2an ( n N ),1,1,1 . 一D-b2-b3-bnbn 11(n N).23n(1)求 an 与 bn ；(2)记数列anbn的前n项和为Tn,求Tn.1118.已知数列an中，a1

7、 2 , an 1 2 一，数列bn中，bn ，其中n N .anan 1(1)求证：数列bn是等差数列;_ 1 一, 111(2)设Sn是数列4的前n项和，求一 一 一3S1 S2Sn19 .已知各项均为正数的数列 an 的前n项和为Sn ,满足2an 1 2Sn n 4,a2 1,a3, a7恰为等比数列 bn的刖3项.(1)求数列an , bn的通项公式；n -1.(2)右g 1 10g 2 bn ，求数列Cn的刖n项和为Tn .an an 14120 .已知等比数列 an满足a2 a3 一，a1a3 -，公比q 133(1)求数列 an的通项公式与前 n项和；、一1(2)设bn ,数列

8、b b 2的前n项和为Tn,若对于任意的正整数，者B有2 log 3an.23Tn m m -成立，求实4数m的取值范围.21 .已知等差数列 an满足：a? 5,前4项和S4 28.(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn1 nan，求数列bn的前2n项和T2n.22 .已知公差不为零的等差数列an中，a1 1 ,且a1,a3,a9成等比数列。(1)求数列an的通项公式(2)求数列2an的前n项和Sno23 .(本小题满分14分)等比数列an的前n项和Sn 2n 6 a ,数列bn满足1a.a-abn-(log21 log22log2n) (n N )n(1)求a的值及an的通项公式；(2

9、)求数列的前n项和；bn bn 1(3)求数列义的最小项的值 bn，. 一224 .数列an的通项an是关于 x的不等式 x x nx的解集中正整数的个数，111f(n).an 1 an 2 an n(1)求数列an的通项公式；a(2)若bn -n-,求数列bn的前n项和Sn;2n7-(3)求证：对n 2且n N恒有一 f (n) 1.1225.已知各项均不为零的数列an满足：an 2an an+12 n N* ,且a1 2, 8a4a7 .(1)求数列 an的通项公式；a(2)令bn nn n N ,求数列 bn的刖n项和Sn.n n 1 226 .已知an是单调递增的等差数列，首项a1 3

10、,前n项和为Sn,数列bn是等比数列，首项 b1 1,且 a2b2 12, 0 b2 20.(1)求an和bn通项公式；(2)令 cn Sn cos ann N ,求 cn 的前 n 项和 Tn .27 .在数列an中，a1=1, a4=7, an+2- 2an+1+an=0 (nN )(1)求数列an的通项公式；(2)若-) (nCN+),求数列bn的前n项和3.n13+28 .已知数列 an的前n项和为Sn,且Snn n 1 n N(1)求数列 an的通项公式;(2)若数列bn满足anbib2b33 132133 1-b,求数列 3n 1bn的通项公式;1试卷第7页，总6页(3)令Cna息

11、n N ,数列Cn的前n项和为Tn.429.已知数列 an的前n项和Snn(n 1)2(I)求数列 an的通项公式;(n)设 bn ( 1)n(an 2a,an 1-=),求数列、anbn的前n项和Tn.一一、r “ 一，4-.*.30.设数列%满足：ai 1, an 1 3a0, n N .设S为数列bn的前n项和，已知b10，2bn b1S1Sn，n N* （1）求数列 an ，bn 的通项公式；（2）设G bnlog3an,求数列cn的前n项和Tn .试卷第 8 页，总 6 页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考答案第44页，总27页1 . (1) an nn 1d Tn

12、1 (2) n【解析】试题分析：(1)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与公差的方程:ai d3,ai 2daiaa1 6d ,注意公差不为零，解得 d1，代项公式得an11 ( 2 )先根据等差数S3n3n3n 3nbn92s3n9n n9n n因此代入化简数列bn所以利用裂项相消法求和，即bnTnbi b2bnana1 2d解得bnTnS3n3n2s3nbi b26d3n 3n 19n nbn12分9n n 1然后通过累加抵考点：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,消中间若干项的方法，裂项相消法适用

13、于形如c .（其中an是各项均不为零的等差数列，c为常数）的数列.anan 1裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和（如本例），还有一类隔一项的裂项求和，如(n 1)(n 3) n(n 2)2.(i) an 2n 1 (n)Tnn 3n【解析】试题分析：（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，从而确定数列的通项公式；（n）首先化简数列殳 得到bfi的通项公式bn （2n 1） 3n1 ,结合特 a n点采用裂项相消法求和试题解析：（I）依题意得3a1323d)2-d 5a12 a1(a14 5 d212d)50解得a1 danai(n1)d2(n1)2n 1,即an 2

14、n 1.(n)bnan3nbnan3n 1n 1(2n 1) 3Tn32(2n1) 3n3Tn3233(2nn 1n1) 3(2n 1) 32Tn323n 1(2n 1)3n3(1 3n1)(2nn1)3n2n 3 Tn考点:数列求通项公式及数列求和12分，、，1、n 13-（1）an （2）; （2） （,2.【解析】1_1试题分析：（1）设数列an的公比为q,由s ，S2, &称等差数列，求解q ,162即可求解数列的通项公式;（2）由（1）可知a 二，利用乘公比错位相减法，求解数列 n 2n，一 n 2 1的和Tn 2再根据不等式G c2% 22Sn 1恒成立利用f（n）关于n单

15、调性，即可求解的取值范围.试题解析：（1）设数列an的公比为q ,1c八,S1 一，S2, S3称等差数列,162S2c 11S1 S3 ,a2 a3 ，1616一 1 .一a28，a31. a31一，一 q - -16a22n 211a2q8 (2)（2）n（2）设数列cn的前n项和为Tn,则TnC1C2Cn,又 cn an a 2n 夕 1 2n ,Tn222312Tn122223n2n 'n 12nn2n 1， 1111两式相减得_ Tn7T222223112(1立1 1212n2n 1n 22n 1 wt, Tn又Snc n 222n，1112(14(1 2n)1 121.对任

16、息nN * ,不等式GQcn万2Sn1恒成立，1.n 211等价于Tn2Sn1恒成立，即2-11恒成立，即2n2n2-22n恒成立,人 n n+1 一一 n 2 n 1 n 一令 f(n) "2-，"" 1)f(n) 2rv* 0，n 121一，f (n)关于n单倜递减，2关于n单调递增，2，.二2,2n22所以的取值范围为(，2.考点：数列的综合问题.【方法点晴】本题主要考查了数列的综合问题， 其中解答中涉及到等比数列的通项公式、 等 比数列的性质、数列的乘公比错位相减法求和、 数列与函数的应用等知识点的综合考查， 着 重中考查了学生分析问题和解答问题的能力，

17、以及学生转化与化归思想的应用， 本题的解答 中利用乘公比错位相减法求得数列的和， 转化为利用函数的单调性是解答的关键， 试题有一 定的难度，属于中档试题.2n 32(n 1)(n 2)3 n34. (I) -(31)； (n)-24试题分析：(i)因为等差数列 an的公差d2,所以有 b22bib3a1(a1 24) 6)2,解之得为111/11- - (- Snn(n 2)2 n n 2),采用裂项相消即可求出结果3,得烝 3 (n 1) 2 2n 1 ,设等比数列bn的公比为q,则q 3,由n(n 2)，所以等比数列前n项和公式即可求出结果.(n )由(I )得试题解析：解：(D因为等差数

18、列 an的公差d 2,2b1b3ai(a1 24) (a1 6),解之得 a1 3得an3(n 1) 22n 1 ,设等比数列 bn的公比为q ,则q3,于是Bn_ n3 (1 3 )1 32(3n 1)()由(I )得 Sn1n(n 2),所以一 Sn1 n(n2)11厂2)因此Tn111(1 一)()(32 4(-n(1考点:1.等差数列与等比数列；2.数列求和.2n 32(n 1)(n 2)【方法点睛】 裂项相消在使用过程中有一个很重要得特征，就是能把一个数列的每一项裂为两项的差，其本质就是两大类型类型一k :an k型，通过拼凑法裂解成f n f n can anan ck 11 ；类

19、型二：通过有理化、对数的运算法则、阶乘和组合数公 cd an an c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an f nk型,f n c常见的有对数运算loga十 logaan1log a an本身可以裂解；阶乘和组合数公式型要重点掌握nn!n!和 C：1 Cnmcnm1.5. (1) an,、1；(2) bn 3 221；(3)Tn8 4n试题分析:（1）由已知数列递推式求出首项，得到当2 时，Sn12 an与原递推式作差后可得数列 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

20、式得答案；（2）由（1）可得bn 1bn,由累加法可求其通项公式；（3）由错位相减法求其前n项和.试题解析：（1）解：当n 1时,a1，则 a11 ,当n 2时,ansnSn 12anan 1an 1则 2an an 1anan 1,所以，数列an是以首相a1,，1 一1,公比为一，而an2 n(2) bn 1bnbn 1当n 2时,bnb2b3b2bnbn121 121满足，bn(3) Cnbn2nTn而1Tn2-得:2Tn1Tn4 一1n12T-2考点：(1)4n 一 22n4n4n数列递推式;数列的通项公式;(3)数列求和.【方法点晴】 本题考查了数列的通项公式，考查了数列的求和， 关键

21、是会用累加法求通项公式和数列的错位相减法求和，难度适中；解题中，在利用anSnSn1这一常用等式以及bn 1bnfn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Cnan bn ,其中和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于an,错位相减法类似于Cnbn ，其中a为等差数列，bn为等比 n6. (1) an2n1； (2) Bn2n 1试题分析:(1)当 n 1 时，a.1,n 1时,利用anS1Sn(n 1) 口求得通项公式为SUn 2)1an 2n 1； (2)根据(1)化简 bn 22n2n 1,利用裂项求和法求得Tnn2n 1试题解析:(1)

22、 Q对于任意的正整数n,2jS?an恒成立，当n 1时，2"d & 1,即n 2时，2-24an a22an 12an2 an 1anan1anan 1Q an0,anan 10, anan 12，数列an是首项为1公差为2的等差数列an2n1.(2)Qan2n1,bn2n 1 2n 12nBnb1b2bn132n 12n 1212n 1考点：递推数列求通项，裂项求和法27. (1) an n ,bn2 3n 11 ；Tn1542ni 5歹.Sn 1(n1)an nanan2n 1an(anan 1 )(anana?)(a2a1)a1(2n1) (2n3) L(2n1)nan

23、n2 .由 bn 1bn 13(bn 1)bn1是等比数列首项为b1bn3n 1bn2 3n 12(n2 n)2n3n 1TnTn2 3°n3n 21543 431 32 n 1 3n 12n 54 3n 13Tnn3n 32Tn1522n 52 3n 1试题解析:(1)因为Sn1 (n1)ann ,所以anan2n1,所以an 1 (anan 1 )(anan 2)(a3a2)(a2 a1)a1(2n 1)(2n 3)(2n 1 21)n所以an项公式为an.由 bn 1bn 13(bn 1),所以bn 1是等比数列，首项为bi 1bn3n 1 ,所以bn的通项公式为bn2 3n

24、1(2)cn2(n2 n) n 12n 3n3n,所以Tn4322 3则 3Tn 2033330n33n-得2Tn6(1 31321 n 13n 2)3n 113nl7T3n 1 15尹22n 52 3n 1 .一 15所以Tn 42n 54 3nl.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Sn 1(n 1) Sn an n 求得 an1 为 2n 1 ,再利用累加法求得an.

25、又由 bn1 3bn2求得bn 1 13(bn 1),可得bn 1是等比数列再求得bn 1 23n11.第二小题化简cn_22(n n)2n 3n 1n 1, 曰F ,再利用错位相减法求得 3n 115 2n 5工44 3n 1 .8. (1) an2n11 / ,n1 n、;(2) - (44 )32n1.试题分析:(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和公比q的值即可求得an的通项公式；(2)由(1)可知bn (an-)2 an3 2 an4n 1分三组分别求和即可.比为 qann 1aq已知有a1a1q12(一 a11 )， aq2aq3aqaq4 64口 aq13

26、aqaq化简得ai2q 2,2 64ai q 64,又 a10 ,故 q 2 , ai 1,所以an 2n1.(2)由(1)可知 bn (an )2 an2 4 2 4n1 4T 2, anan41.）首先根据（I ）111因此 Tn (1 4 4 ) (1 )2n (4n 4 ) 2n 44n3考点：1、等比数列的通项及求和公式；2、“分组求和”的应用.9.(1)见解析；(n) Tn (n 1)2n 1 吗 1) 2.【解析】 试题分析：（I ）根据an Sn Sn 1结合已知条件等式即可使问题得证；（II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Sn1

27、2Sn n 1 0,当 n> 2时，Sn 2Sn 1 n 1 1 0 ,两式相减，得 an 1 2an 1 0 ,可得 an 1 1 2(an 1)(n > 2) , 4 分又 a2) 24 1 1 0 ,则 a? 3,满足 a2 1 2(a1 1),即% 1是一个首项为2,公比为2的等比数列.6分(n)据(I)得 an 2n 1 ,所以 bnnan n 2n n , 7 分则 Tnbb2L bn 1 212 22 Ln2n(12 Ln).令 Wn1212 22L n2n，贝U2叫122223 Ln2n 1 ,2nn 12(12 )n 1n 1所以 Wn 2 2 L 2 n 2 n

28、 2(1 n)22.1 2n 1则W1 (n 1)22.10 分所以 Tn (n 1)2n1 Mn52.2考点：1、等比数列的定义；2、数列求和.【方法点睛】对于递推公式确定的数列的求解， 通常可以通过递推公式的变换， 或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列，此法称为辅助数列法 转化方法：变换法、待定系数法、加减法、累加法、迭代法等转化为等差.常用n / 、 . 2n 4n10. (i) an 3 ； (n) Tn n 1【解析】试题分析：（I）利用等差等比定义及性质组建方程组，求通项；（n）利用第一问求出bn，再利用等差数列求和公式得 Sn ,最后通过裂项相消法求和.试题解析

29、：（I）设等比数列的公比为 q ,由题意知q 0,且3al 2a2a3，23a1 2a1q aqaigaq2aq,解得a1nan3 (II )由(）得bnlog3anSnn(n 1)1 2&Snn(n 1)12 2(- n1n 1)故数列1 一2SnSn的前n项和为Tn2（12(1六）c2n2 4n2n12分考点:1、等差等比知识;2、裂项相消求和.11. (1) an/、2n; (2)一3试题分析:(1)21,S2n 2anan,令 n 1 解得a11,进而得数列通项公式为a nn ; (2)由(1) bn2 n 2 ,进而得b2n1是首项为2 ,公比为4的等比数列，再由等比数列前n

30、项和公式可得结果.试题解析：（1）S2n2an22an 则 S2 a1 a2 2a a1又 a1 1得a22,等差数列an的公差da2 a1an的通项公式为ann(2 ) bn2an2n，所以数列b2n 1是首项为2,公比为4的等比数歹U ,b1b3考点：1、等差数列的通项公式;2、12. (1)an 2n 1； (2) Tn等比数列前2n 32nn项和公式.试题分析:(1)设等差数列an的公差为d d0 ,由a2, a5,a14构成等比数列得关于 d的2 nb5.b2n 1 二 43方程，解出d后利用等差数列的通项公式可得an(2 )由条件可知，n 2时，11an-vr 再由(1)可求得bn

31、 ,注意验证n 1的情形，利用错位相 22减法可求得Tn.试题解析：(1 )设等差数列an的公差为dd 0 ,由a2, a5,a14构成等比数列，有2a5a2a14 ，即1 4d2d 1 13d(舍去)，或dan(2)由已知bia1.L a212n1时,bia1bn由Tn2时,有立丝aa21时，上式也成2n 12n12322相减得1T 12 n 2222考点:(1)数列的求和;bnan 1立，所以bnan2n 1 1T2n1222n2nbnan2n 32n12n2n 12n 1，1 2nn 1 n 122(2)等差数列与等比数列的综合.1_2n 1an2n2n 32n2 2n分组求和【方法点晴

32、】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，an类似于Cn an bn ,其中an和bn分别为特殊数列，裂项相消法类似于错位相减法类似于 g an必，其中an为等差数列，bn为等比数列等.13. ( I ) an 3 2n1； bn 2 n 3 2n 1(n 1,2,L). (n) (3 n) 3 2n 3. 【解析】试题分析：(i)数列 an是等比数列，所以根据公式qn m 三，求公比，根据首项和公 a m比求通项公式，因为数列bn an是等差数列，所以根据数列的首项匕 a1和数列的第四项b4

33、 a，求数列的公差，即求得数列bn % 的通项公式，最后再求得数列bn的通项公式；(n) bn 2 n 3 2n 1(n 1,2,L ),所以根据分组转化法：等差数列加等比数列 求和.试题解析：(I)设等比数列 an的公比为q,由题意得q3 生 24 8,解得q 2.a13所以 an a1qn 13 2n 1(n 1,2,L ).设等差数列bn an的公差为d,所以 b4a4(ba1)3d.即 2224 (4 3)3d.解得 d 1.所以 bnan(Wa1)(n 1)d1 (n 1) 2n .从而 bn2 n 3 2n 1(n 1,2,L ).(II )由(I )知 bn 2 n 3 2n 1

34、(n 1,2,L ).数列2 n的前n项和为：(3 n),数列3 2n 1的前n项和为1 2nnn3 13(21) 3 23.1 2所以，数列 bn的前n项和为:(3 n) 3 2n 3.考点：1.等差，等比数列求和；2.分组转化法求和.14. (1) an 2n(n*.N )； (2) Sn 112n 1 1【解析】试题分析：递推关系即可得出；(2 )结合(1 )可得利用裂项相消求和b2nn 2n 1 2n 1 1试题解析：(1)因为a1 a2 -2222所以当n 1时，a1 2.当n 2时，为 a2 a| L 22 222n-得，孕1 2. 2n 1所以an 2n.因为阚 2,适合上式，所

35、以an(2)由(1)得an 2n,所以61 1_n / _n 1 ) .2 1 21所以 Sn b1b2 L bn11 11 1,(1 -) ( 7) () L33 77 151考点：(1)数列递推式；(2)数列a*_L / 2n, n N ,1 2(n 1),2n(n N*).an2n(an 1)(a 1 1) (2n 1)(2n 1 1)11a2n 二 M2一-15. (1) an 2 (2) 2 22【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an Sn Sn 1 n 2 , an 6 n=1 ,而由 an 2an 1n 2得数列成等比是不充分的,需强调每一

36、项不为零，这就必须求出首项（用 裂 项 求 和bn2)因为2n 12n 12 2n 22 广 t2 22 ,所以一般利b J L_n 2n 12 2n 2 21122 223 21123 2 24 212n 1 212n 2 21111_2-_n 2 八八_ n2.2222222试题解析：解：（1）由已知sn2ana1,有ansnsn 1n2，即 an2an1 n 2a32 a2a1即数列an是以2为公比的等比数列，又a1，a2 1a3成等差数列，即：a14al 2 2ai1,解彳导ai2,故an2n n 1(2)(1)知2n 1bn2n 1Tn122 223123 22n 12n2n12n

37、221_22 2 21_24 212n 1 212n 2 2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 $与an的递推关系求an,常用思路是:是利用化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系,S 31 = an (n>2)转 先求出 S与n之间的关Si, n=1, 系，再求an.应用关系式an= Sn Sn-1，n 2时，一定要注意分n=1, n>2两种情况,在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起n2n2 4n16. (I) an 3 ；(ii) n n 11试题分析：(I)根据 a3是3a1与2a2的等差中项”，“ aa2 a3 2

38、”这两个已知条件，化为a1,q的形式，联立方程组，解得&q 3,故 an3n. (II )由(I),得bnlog3an n,所以Snn(n 1),代入所求,21得一2Sn Sn2 n(n1)2(- n1)2,利用裂项求和n 1法，求得Tn-22n 4nn 1试题解析:(I)设等比数列的公比为 q ,由题意知q0,且3al2a2a3 ，3n.23al 2a1q a1q ,1M 2 1M ,解得 a1a1gaiq aq .(n)由(I)，得 bnlog3 ann,所以Snn(n 1)2)2,12SnSn2n(n 1)12 2(- n1 2S 11111故数列0_的刖n项和为丁02(1 )(

39、-)L ()2nSn223 nn 1/- 21 2n4n2(1) 2n -.n 1n 1考点：数列基本概念，数列求和.17. (1) bn n ； (2) Tn (n 1) 2n 1 2【解析】b b试题分析：(1)利用公式直接计算可知数列an的通项公式，通过作差可知一j ，进n 1 n而可得bn n ； (2)通过(1)可知anbn n 2n,即可利用错位相加法计算数列的和.试题解析：(1)由 a1 2 , an 1 2an,得：an 2n.当n 1时，bIb2 1 ,故 b22 .1b-当n 2时，1bn bn 1 bn，整理得 也 nbnbnn .(2)由(1)知，anbn n 2n,2

40、3nTn22232n 2 ,2Tn22223324(n 1) 2nn 2n 1Tn 2TnTn 2 22 232n n 2n 1 (1 n) 2n 1 2,，Tn (n 1) 2n1 2.考点：数列的递推关系式；数列的求和.18. (1)证明见解析；(2)里n 1【解析】试题分析：(1)化简灯1 bn 1 , b1 1 ,证得数列3是以1为首项，以1为公差的等差数列；(2)由Sn"n 1) ,得到 工6(1),即可利用裂项求和，求得数列的和6Sn nn 1试题解析：（1）证明：bn 1 bn1an i 11an 11an 1anan 11an 11,an而b11a1 11为首项，以1

41、为公差的等差数列.113bn31(n1)13）n(n 1)66n(n 1)6(- n一),n 1S21sn16(1 -26nn 1考点：等差数列的概念;数列求和（n为偶数）19. (1) ann 1, bn 2n ；Tn（n为奇数）【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用等差数列等比数列的通项公式求解；（2）借助题设条件运用分类整合思想和裂项相消法求解.试题解析：22两式相(1 ) Q an 1 2Sn n 4, an 2Sn 1n 14n 222an 1 an2an 1,2an 1a2 2an 12-an 1, Q an是各项均为正数的数列，所以an 1an21 ,又 a32a2 1 a7,

42、 a2 1a2 1 a2 5 ,解得 a2 3,a1 2 ,所以an是以2为首项1为公差的等差数列，所以an n1.由题意知b12,b24,b38, bn 2n.(2)由(1)得 cnnn1 脸2故 TnCiC2设 Fn 12 3.1 nnFnFnFn 1GnGn（n为偶数）Tn1a2 1,a3 -,由此可求得数列的通3）,由裂项相消可求得n 2323-m m -,由此可解得 m的44试题解析：（1）由题设知，a2a3 a1a4；，又因为a2 a341一,q 1,斛得：a2 1,a3 _ ,33（n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.20.

43、(1) an 32n,Sn 9 1ny ； (2) m 0或 m 1.2 2 3n 2【解析】 试题分析：（1）由等比数列的通项公式和性质可求得项公式和前n项和公式；11 1(2 )化简得bn ,可求得bnbn 2 -(- n2 n1 1113Tn1(1所以bnbn 2所以 Tnbhb2b4b3b5 Lbnbn 21三，题中不等式可转化为2 2nn 24取值范围.n 11故 an = 3 -= 3391刖n项和Sn=-22 3n 2(2)因为 bn= 一21log3an233故要使Tn m m 一恒成立，只需一44考点：等比数列的性质；裂项相消数列求和.23m m -，解得 m 0 或 m&g

44、t; 1 m 1. 421. (1) an 4n3 ； (2)T2n 4n.【解析】试题分析：（1通项公式和前n项和公式得到方程组a2a1d 5(2 ) 可得S44a128bn 1 n4n 3bn 1bn4n4n4h b44,L以T2nb2b3b4b2nb2na?a1ana1 n4n3.bnn1 an4n 3 , T2n考点:件S44a128a1d1.等差数列；2.观察法在数列中的应用.22. (1) ann； (2) Sn2n 1 2.13178n 344n .试题分析：（1）由已知设等差数列的公差为 d,又a11,且a1,a3,a9成等比数列,根据等2.比数列的性质列万程（1 2d）1 1 8d ,解得d1，代入等差数列的通项公式即可;（2）由已知得bn2n，根据等比数列的定义判断 b n是以2为首项2为公比的等比数列,代入等比数列的前 试题解析：n项和公式即可.解：（1）设公差为d,则有(1 2d)2 11 8d ,. .d=0 (舍)或 d1,.ann令 bn2an2nb2