数学经典例题集锦：数列含答案

1、数列题目精选精编【典型例题】(一)研究等差等比数列的有关性质1.研究通项的性质例题1.已知数列an满足ai1,an3n1ani(n2)(1)求a2,a3；3n1、ran(2)证明：2解：(1);a11，(2)证明：由已知-on1on2司332a2314,a332413nn1anan13*，故an(an3n12,所以证得an1)(an13n12an2)缸a)例题2.数列an的前n项和记为S，a11，an1s1(n1)(I)求an的通项公式；(n)等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn,且%15,又alb!，a2b2，a3b3成等比数列，求Tn.解：(I)由an12sh1可彳nan28n11(n

2、2),两式相减得：an1an2an,an13an(n2),又比2S13,比3a1故an是首项为1,公比为3的等比数列n1.an3(n)设bn的公比为d,由T315得，可得b1b2b315,可得b2求数列an与bn的通项公式；是否存在kN，使得bkak(0，1),请说明理由.点拨：(1)a12a222a3.2n1an8n左边相当于是数列2an前n项和的形式，可以联想到已知Sn求an的方法，当n2时，Sna1an.故可设b15d,b35d,又a11色3a9,2由题意可得(5d1)(5d9)(53),解得d12,d210等差数列bn的各项为正，d0d2n(n1)2Tn3n2n2n2(2)把bkak看

3、作一个函数，利用函数的思想方法来研究bkak的取值情况解：(1)已知ai2a22232n1斗8n(nN*)n2时，ai2a222a3.2n2a“18(n1)(nn*)n14n得,2an8,求得为2,41在中令n1,可得得a182,.4n所以an2(nN*).由题意b18,b24,b32,所以b2b14,b3b22,.数列bn1bn的公差为2(4)2b11bl4(n1)22n6,bnb1也(4)(2)bi)(b3b2)(bnbn1)(2n8)n27n14(nn*)4时,727f(k)(k2)424k单调递增，且f(4)1,(2)bkakk27k1424k29a2bib?，贝1Jb2一b1=2,a

4、2=3,2an.bnbn1当n>2时，又a=1,当n=1时成立,ann(n1)2所以k4时，f(k)k27k1424k1又f(1)f(2)f(3)0,所以，不存在kN*,使得bkak(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a=1,b1=2,a2=3,求通项an,bn、解：依题意得：2bn+1=an+1+an+2a2n+1=bnbn+1an、bn为正数，由得an1Qbnbn1，an2dbn1bn2,JiJ代入并同除以dbn1得：2、bn1vbn冉2,.n为等差数列n(n1)22.研究前n项和的性质例题5.

5、已知等比数列an的前n项和为Sa2nb,且a13.(2)解:bn设b的值及数列an的通项公式;nan,求数列bn的前n项和Tn又ai(1)n3,得cc-.n12时，anSnSn12a.而为为等比数列，得11a12aabna3,n从而an32n1.又：2ab3,(2)an2n1Tn311)1-Tn2一(一32323nTn-、2)1Tn213(1Tn1(141(132nn2n1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1八，、-(Iga1Iga2IgaJ化N),(1)求数列bn的前n项和的最大值;(2)求数列(Ibnl)的前n项和Sn.解：(1)的等差数列，由题意:4na

6、n10,Igann,数列lgan是首项为3,公差为1Iga1Iga?lgak3kk(k1)2,1n(n1),bn-3nn2bn由bn10°,得6n7,数列bn的前n项和的最大值为S62j2.(1)当n7时，bnSnSnrSn7时，7时,bib2bn3(-7时,7n22bn)no,13一n4bib212-n412n4b?13n413一n4b8(n21例题7.已知递增的等比数列(1)求an的通项公式b97)(n7)an满足bna2bn2s(b1bn)13c,n214a3a428,且a32是a2,a4的等差中项.anIogan,&b2bn求使bn(II)设数列a满足52n5工与一，

7、12312的大小.解：(I);18，为1成等差数列,2Snan11当n2时，2Sn1an1得：2(SnSn1)an1an3anan1an1an3.sn2n130成立的n的最小值.解：(1)设等比数列的公比为q(q>1),由1aiq+aiq2+aiq3=28,a1q+a1q3=2(a1q2+2),得：a1=2,q=2或a1=32,q=2(舍)an=22(n-1)=2nbnanlogmann2n(2)2,.Sn=-(12+222+323+Tn2n)2Sn=(122+223+n2n+1),.Sn=2+22+23+2nn2n+1=一(n-1)2n+1-2,若Sn+n2n+1>30成立，则2

8、n+1>32,故n>4,，n的最小值为5.*例题8.已知数列an)的前n项和为Sn,且1,Sn,an1成等差数列，nN，a11.函数f(x)10g3x(I)求数列an的通项公式;1(n3)f(an)2，记数列3的前n项和为Tn,试比较1bn一(n3)f(an)2(n111111Tn一(一一一一2243541 1111()2 23n2n352n5与_，,比较12312的大小2n5312a2ca23，-3，当n=1时，由得2§2a1a21,又a11，a1n1an是以1为首项3为公比的等比数列，an3.n1(II)fx10g3X,f(an)10g3an10g33n1,1111-

9、()1)(n3)2n1n31111111-)657nn2n1n352n5，122(n2)(n3)只需比较2(n2)(n3)与312的大小即可.又2(n2)(n3)3122(n25n6156)2(n25n150)2(n15)(n10)z*.M*2(n2)(n3)312,即Tn-25;nN，.当1n9且nN时，'八'12312口门52n52(n2)(n3)312，即Tn-;当n10时，'八，n12312一5n10且nN*时，2(n2)(n3)312,即工行3.研究生成数列的性质n0n例题9.(I)已知数列Cn,其中Cn23且数列Cn1pg为等比数列，求常数P；(II)设an

10、、6是公比不相等的两个等比数列，cnanbn,证明数列cn不是等比数列.解：(I)因为Cn+1pCn是等比数列，故有(Cn+1pcn)2=(Cn+2pCn+1)(CnpCn1),将Cn=2n+3n代入上式，得2n+1+3n+1-p(2n+3n)2=2n+2+3n+2-p(2n+1+3n+1).2n+3np(21+3n1),即(2p)2n+(3p)3n2=(2-p)2n+1+(3-p)3n+1(2-p)2n1+(3-p)3n1,1整理得6(2p)(3p)2n3n=0,解得p=2或p=3.(n)设an、bn的公比分别为p、q,pWq,Cn=an+bn.2为证Cn不是等比数列只需证C2丰C1C3.2

11、2.2事实上，C2=(ap+bq)2=a1p2+b1q2+2a1b1pq,C1C3=(a1+b1)(ap2+bq2)=a1p2+b1q2+a1b(p2+q2).由于pwq,p2+q2>2pq,又a、b1不为零，2因此c2C1C3,故Cn不是等比数列.例题10.n2(n>4)个正数排成n行n歹U：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成12a42二,a43二等比数列，并且所有公比相等.已知a24=1,816.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qa24a42则尔=an+(k1)d,akk=an+(k1)dqk13d)

12、qd)q3a43依题意得：又n2个数都是正数,1(an2d)q316,解得:an=d=q=±2、a11=d=q=2k2k2sL22两式相减得：S22n2n例题11.已知函数f(x)10g3(axb)的图象经过点A(2,1)和B(5,2),记an3f(n)(1)(2)(3)实数P.求数列bn设第的通项公式;an2n求使不等式解：(1)f(x)(2)2Tn2Tn2n12n1,Tn匕b2由题意得(110g3(2a10g3(5aa2b)b)10g3(2x(1)得1121322222212n1bn1)an2n1-23了2232n2nbn(1310g3(2nTnf(n)设f(n1)f(n)f(n

13、)当n2n3-2,n2n52n12n32n2n3-2,n时,P(3)由题意得1F(n)记2n1,若Tn-)an解得1)2nm(mZ),求对一切的最小值;N*均成立的最大1,1,nN52122232n歹2n12n2n52n32n12n122n12nTn2n212n22n2n2n11_211(一2n2n得122312n2O,2n52(2n3)2n32*N随n的增大而减小3又Tnm(mZ)恒成立,12n1(11(1)(1a1m”min11)(1)a1a21(1)对门an*N恒成立i)1F(n1)2nF(n)一111(1-)(1-)(1-)(13aa?anH11.2n2n27(2n-1)(2n-3)F

14、(n)0,F(n(1-)(1)(11aa22(n1)1)L,、F(1)F(n)的最小值为(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""一)an2n14(n1)2(n1)2n1F(n)1l3F(n)是随n的增大而增大I73a1求数列an的通项公式;设Sn|a1|a2|8,a4IanI,设bn=n(12an)(nN),Tnb1对任意nN*,均有Tnp3,32且满足求Sn;32成立？若存在，求出解：(1)由题意，an2an1an1an2bn(n由题意得2(2)若10a1a283dd2,2n0则n5,8102nananan,82(n5时,Snpmax

15、2ann6时,Sn2aa2a5S5(SnS5)29nn,a6a79n2n9n40(3)1n(12an)Sn9n402n(n1)TnJn若12(1m12)1(211-)(一3332对任意3、31an,nN*、N),是否存在最大的整数m,使得m的值；若不存在，请说明理由七为等差数列，设公差为d,1)102n|a1|a2|Ian|*(nN)nN成立，即11/nn111()n1nm16对任意n1(一nTl)2(n1)成立,的最小值是2,m1612'm的最大整数值是7.即存在最大整数m7,使对任意,均有Tnm32例题13.已知等比数列bn与数列an满足bn3a,nN*.(1)判断an是何种数列，

16、并给出证明;(2)若a8ai3m,求b20.解：(1)设0的公比为q,.b3an,3a1qn13anana1n1log3q°所以an是以10g3q为公差的等差数列.(2)a8a13m,所以由等差数列性质可得a1a20a8加m,a2a3(aa20)2010mb1b2b203(a1a2a20)10m2.由简单递推关系证明等差等比数列例题14.已知数列m和6满足:且bn是以q为公比的等比数列.a1a22,an0,bnJanan1(nN*),(I)证明:an2(II)若cna2n2anq.2a2n证明：数列cn(III)求和:解法1：(I)是等比数列;1a1a2a3a4证:bnbnq有a2n

17、1a2nan2anq2nN*(II)证：anan2a2n1a2n3口cna2n12a2n2n,aq2n2qq2a2qa2n2n22a2n2q(q2a2)q2na2q2n25q22n2cn是首项为5,公比为12的等比数列.(III)解:由(II)得a2n1122nqa112na2na1a2a2na31一)a2n11(a2a41)a2n1(1a11(1a212n2)时,a1a2n32(11时,a2a2n云12n2n3(1q)3rq1(2)12n2221q2q(q1)1311a2132n1nq1q2n2(q21)q1q1-解法2：(I)同解法1(I)cn132n1232n2(II)证：cna2n12

18、32n22q32n12q32n32n1232n2*q(nN)，又G312cn是首项为5,公比为q的等比数列(III)由解法1中(II)的类似方法得131132132n313233343132333432n132n.32n132n32n132n、2n232)q2n23q32k132k32k132k3q2k232k247T-q2q2,k1,2,113132132n3122n2例题15.设数列3n的前n项和为Sn，且Sn(1)30,其中1,0(1)证明：数列3n是等比数列;(2)设数列3n的公比q求数列bn的通项公式；f()，数列bn满足b1,bn=f(bn-1)(nCN*,n>2),(3)设

19、1,Cn(1)证明：由Sn3n(jbn(1)1),求数列Cn的前n项和Tn.相减得：3n3n3n1,3n3nSn1(1)3n1(n2)1一(n2),.数列3n是等比数列2(n1)n1.bn是首项为一2,公差为1的等差数列，二.一nbn111c(3)解：1时冏(-),Cn3n(1)(-)12bn2一得:2Tn2所以:Tn例题16.OC的中点,为(Xn,Yn),(1)(2)(3)(1)又由聂二1-两4(11(2)n)2n夕.OBC的各个顶点分别为（0,0）,（1,0）,（0,2）,设p为线段BC的中点，P2为线段E为线段OP的中点.对每一个正整数n,Pn3为线段PnFn1的中点.令Pn的坐标1an

20、3ynyn1yn2.证明:yn4记bny4n4解:yn31an+1=yn2N)a1，a2,a3及an.yn/1,(n4y4n,(nN因为y1=y2=y4=1,ynyn12yn2yn恒成立，且31=2,(2)证明:根据yn4(3)证明:又由b1=y8），证明：bn是等比数列.1y3=-,2对任意的正整数13=-yn1yn2231y5=-,所以得a=a2=a3=2.4yn2yn11=Tnyn1yn2=an所以an为常数数列，处”，及;ynan=2,（n为正整数）y1yn2=an=2,易证得yn+4=1之4因为bn+1=y4ny4n4y4n18y4n4=(1)一(1)一6,444y4y4=1丛41y

21、4=所以bn是首项为4,公比为114的等比数列.-10-【模拟试题】一、填空题1.在等差数歹Uan中，已知a1=2,a13.已知函数f(x)定义在正整数集上，且对于任意的正整数X,都有f(x2)2f(X1)f(x),且f(1)2,f(3)6,则f(2005)14.三个数a,b,c成等比数列，且abcm(m0),则b的取值范围是.15.等差数列an中，前n项和为Sn,首项a14,&0,(1)若anSn10,求n(2)设bn2K求使不等式b,b2bn2007的最小正整数n的值.点拨：在等差数列中an,Sn,n,d知道其中三个就可以求出另外一个，由已知可以求出首项a1与公差d,把an,Sn分

22、别用首项a1与公差d,表示即可,对于求和公式SnSna1n(n1)d采用哪一个都可以,但是很多题目要视具体情况确定采用哪一个可能更+a简单一些.例如：已知a90,a100,a9a。0,判断S7,&8,S2。的正负.问题2在思考时要注=13,贝Ua-11-+a5+a6等于=.2,已知数列的通项an5n2,则其前n项和Sn.3 .首项为24的等差数列，从第10项开始为正，则公差d的取值范围是.4 .在等比数列an中，a3和a5是二次方程x2kx50的两个根，则a2a4a6的值为.5 .等差数列an中，a1=1,a3+a5=14,其前n项和Sn=100,则n=.6 .等差数列an的前m项和为

23、30,前2m项的和为100,求它的前3m项的和为A7n45a77 .已知两个等差数列%和bn的前n项和分别为An和Bn,且Bnn3b7=_an,若bn为正整数,n的取值个数为。1*ccca-8,已知数列an对于彳i意p，qN,有apaqapq,若9,则a36一9,记数列an所有项的和为S，第二项及以后各项的和为S，第三项及以后各项的1和为S(3),，第n项及以后各项的和为S(n),若S(1)2,8)1,S3,，S(n)止，则an等于.10 .等差数列an共有2n1项，其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为.211 .等差数列an中，an0,若m1且am1amam10,S2m1

24、38,贝tjm的值为.n(aan)212 .设Sn为等差数列an的前n项和,已知S636,S324，Sn6144(n6),则n等于意加了绝对值时负项变正时，新的数列首项是多少，一共有多少项16 .等差数列an的前n项和为Sn,a11J2,S393/2.(I)求数列an的通项an与前n项和为Sn;hSnbn-.*(II)设n(nN)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列17 .在直角坐标平面上有一点列p(Xl，yi)，F2(X2，y2)"，Pn(Xn，yn)-?对一切正整数n,点Pn位c13y3x于函数4的图象上，且求点R的坐标；5设抛物线列c1,c2,c31cc小92顶

25、点为Pn,且过点Dn(0,n，cn，中的每一条的对称轴都垂直于X轴，第n条抛物线Cn的D,设与抛物线品相切Dn的直线的斜率为kn,求：R的横坐标构成以2为首项，1为公差的等差数列xn.11k1k2k2k3设anSSx|x2xn,nN,n1,Ty|y4%,nT,其中ai是S18.已知数列an满足a1T中的最大数,1,an12an265ai0,等差数列烝的任125,求an的通项公式.*1(nN),(1)求数列an的通项公式；(an1)bn(nN)(nCN*),证明：H是等差可1b21bn1(2)若数列为满足444数列.-12-【试题答案】1.42n(5n1)2.3.4.2号35.55.106. 2

26、107. 8.5;5个a(Qan)n.耳.一解法一：点拨利用等差数列的求和公式2及等差数列的性质apaqam“若2mpq,m,p,qN,则2"(曲加)2A,17包(匕源)13£万an2bn”这个结论，根据条件AnAn1k(14n38)解析：b7=2解法2:点拨利用“若an为等差数列，那么Sn找出an和bn的通项.解析：可设Akn(7n45),B”kn(n3),则为生k(14738)17bnk(2n2)，贝ub?=k(272)万ank(14n38)r12127由上面的解法2可知bn=k(2n2)n1,显然只需使n1为正整数即可,故n1,2,3,5,11,共5个.点评：对等差数

27、列的求和公式的几种形式要熟练掌握，根据具体的情况能够灵活应用反思：解法2中，若是填空题，比例常数k可以直接设为1.8. 4anS(n)S(n1)9. 解：(n1)an131910.11.解：依题意，中间项为2解：由题设得am为1,于是有nan1290解得an129.am1am12am,而am°,am2,又“S2m138(a1a2m1)(2m1)2am(2m1)2m22,m10.12.解：S6(SnSn6)6(a1an)36(324144)216a1an36-13-3n3用324n18。*、13.解：由f(x2)f(x)2f(x1)知函数f(x)(xN)当x从小到大依次取值时对应的一系列函数值组成一个等差数列,f(1)，f(3)，f(2005)形成一个首项为14.解:f(2005)b，cq2(1003bq,则有1)4010bqm，b10，-0时,而b0,0时,m0,m，0)(°，丁15.解：(1)由&9a136d0,得：又由anSn10,4(n1)(1)4n即n27n300,得到n10.(2)由bn25nld1，an5n,n(n1)(1)102若nw5,则bb2”辿b?431,不合题意,2(2n51)故n>5,b1b2bn31200721即2n5989,所以n>