数列典型例题选讲
1 ．已知数列{an}为正项等比数列,
a3?8,a5?32,bn?log2an
(1)求
an的通项公式; (2)设{bn}的前n项和为Sn(1)由a5?a3q?32?8q,q?2
?an?a3qn?3,求Sn
【解析】
22?2nn(2)bn?log22?n
Sn?n(n?1)22 ．设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a1?1,Sn?1?4an?2
(I)设
bn?an?1?2an,证明数列{bn}是等比数列 (II)求数列{an}的通项公式．
【解析】(I)由
a1?1,及Sn?1?4an?2,有a1?a2?4a1?2,a2?3a1?2?5,?b1?a2?2a1?3
时,有Sn由
Sn?1?4an?2,...① 则当n?2?4an?1?2.....②
②-①得an?1又??4an?4an?1,?an?1?2an?2(an?2an?1)
,公比为2的等比数列.
bn?an?1?2an,?bn?2bn?1?{bn}是首项b1?3bn?an?1?2an?3?2n?1(II)由(I)可得
,?an?12n?1?an2n?3?数列{an2}是首项为n12,公差为
34的等比数列. ?4an2n
?1331n?2?(n?1)?n?,an?(3n?1)?22444
3 ．已知等比数列{an}中,a1?3,a4?81(n?N).
?a1,b5?a2,求数列{bn}的通项公式;
*(Ⅰ)若{bn}为等差数列,且满足b2(Ⅱ)若数列{bn}满足bn?log3an,求数列????的前n项和Tn?bnbn?1?1.
【解析】(Ⅰ)在等比数列{an}中,a1?3,a4?81.
333n?1n所以,由a4?a1q得81?3q,即q?27,q?3 因此,an?3?3?3
在等差数列{bn}中,根据题意,b2?a1?3,b5?a2?9
可得,d?b5?b25?2?9?33?2 所以,bn?b2?(n?2)d?3?(n?2)?2?2n?1
n(Ⅱ)若数列{bn}满足bn?log3an,则bn?log33?n,
因此有
1b1b2?1b2b3???1bnbn?1?11?2?12?3?13?4???1n(n?1)
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?(1?12)?(12?13)?(13?14)???(1n?1n?1)?1?(n1n?1?nn?1
4 ．设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn?tSn?1?n?2,n?N*,t为常数) ,且a1?1.
(Ⅰ)当t?2时,求a2和a3; (Ⅱ)若{an?1}是等比数列,求t的值; (Ⅲ)求Sn.
【解析】解法一(Ⅰ)当n?2时,Sn?tSn?1?n,当n?3时,Sn?1?tSn?2?n?1,
两式相减得an?tan?1?1(*) (n?3)
n?2时,S2?tS1?2 ,得 a1?a2?ta1?2 因为a1?1,得 a2?ta1?1 ,故 an?tan?1?1(*) (n?2)
因为t?2,所以a2?2a1?1?3,a3?2a2?1?7
(Ⅱ)由(*)可知an?1?tan?1?2(n?2),若{an?1}是等比数列,则a1?1,a2?1,a3?1成等比数列
即(a2?1)?(a1?1)(a3?1) 因为a1?1?2,a2?1?t?2,a3?1?t即t?2t?0,所以t?0或t?2.经检验,符合题意
(Ⅲ)由(*)可知an?tan?1?1?t(tan?2?1)?1?tan?2?t?1???t2n?122?t?2,所以(t?2)?2(t?t?2)
222?tn?2???t?1(n?2)
n(n?1)2
当t?1时,an?1???1???1?n,此时,Sn?a1?a2???an?1?2???n????n个1当t?1时,an?1?tn1?t,
此时,Sn?a1?a2???an?1?1?t21?t???1?tn1?t?(1?t)?(1?t)???(1?t)1?t(t?1)
2n
n??t(1?t)1?t1?t?tn?1n?(1?t)n?t(1?t)2
?n(n?1)?2? 所以 Sn??n?1?(1?t)n?t?t2?(1?t)?,得Sn(t?1)解法二(Ⅰ)因为 t?2及Sn?tSn?1?n?2Sn?1?n 所以
(a1?a2)?2a1?2且a1?1,解得 a2?3
同理
(a1?a2?a3)?2(a1?a2)?3,解得
a3?7
(Ⅱ)当n?3时,Sn?tSn?1?n, 得 Sn?1?tSn?2?n?1,
两式相减得an?tan?1?1(**) 即 an?1?tan?1?2
当t=0时,an?1?2,显然{an?1}是等比数列
当t?0时,令bn?an?1?tan?1?2,可得bn?tbn?1?2?t 因为 {an?1}是等比数列,所以{bn}为等比数列,当n?2时,bn?1?bn?1?bn恒成立,
22即 [tbn?(2?t)?]bn?(2?t)t(?1b)??bn 恒成立,化简得 (t?2)tn2(?2t)?恒成立0,
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?(t?2)(t?1)?0?(2?t)?02即?,解得t?2, 综合上述,t?0或t?2
(Ⅲ)当t?1时,由(**)得an?an?1?1
数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以 Sn?1?2???n?n(n?1)2
当t?1时,由(**)得an?tan?1?1, 设an?k?t(an?1?k)(k为常数)
整理得an?tan?1?(t?1)k, 显然 k?1t?1
所以an?1t?1?t(an?1?1t?1), 即数列{an?n?11t?1tt}是以1??1t?11t?1
为首项,t为公比的等比数列
所以an?1t?1t?(1?(1?t)n1t?1n)t,即
an?n?1t?1n1?tt?1所以Sn?1?t?t?1?t(t?1)(1?t)2n??tn?1?(1?t)n?t(1?t)2
?n(n?1)?2?所以 Sn??n?1?(1?t)n?t?t2?(1?t)?5 ．已知数列
(t?1)
(t?1)?an?的前n项和为Sn, 且满足Sn?2an?n,(n?1,2,3,.....)
( I ) 求a1,a2,a3的值; (II) 求证数列{an?1}是等比数列; ( III ) 若bn?nan, 求数列?bn?的前n项和Tn.
【解析】(I)因为
Sn?2an?n,令n?1, 解得a1?1,
再分别令n?2,n?3,解得a2?3,a3?7
,所以Sn?1(II)因为
Sn?2an?n?2an?1?(n?1), (n?1,n?N)
两个代数式相减得到an?2an?1?1
所以an?1?2（an?1?1） , (n?1,n?N)又因为a1?1?2,所以{an?1}构成首项为2, 公比为2的等比数列
?1}构成首项为2, 公比为2的等比数列,所以an?1?2nn(III)因为{an因为bn所以Tn,所以an?2?1
n?nan,所以bn?n?2?n
?1?2?2?2?3?2?......?(n?1)212123n?1?n?2?(1?2?...?n)nn
令
Hn?1?2?2?2??32?3?...n?(n?1)?2n?12 (1)第 3 页 共 48 页
2?Hn?1?2?2?2?3?2?...?(n?1)2?n?2234nn?1 (2)
n(1)?(2)得：?Hn?2?2?2?...?2?n?2n?1123nn?12（1?2）n?1n?1??n?2?(1?n)?2?21?2n?1
因此
Hn?2?(n?1)?2 所以
Tn?2?(n?1)?2?n(n?1)2.
6 ．已知
n都有
x,Snf(x)2?f(Sn?1).
,3(x?0)成等差数列.又数列{an}(an?0)中,a1?3,此数列的前n项的和Sn(n?N?)对所有大于1的正整数
(1)求数列{an}的第n+1项; (2)若bn是1an?1anf(x)2,1的等比中项,且Tn为{bn}的前n项和,求Tn.
【解析】(1)?x,f(x)22,3(x?0)成等差数列,∴?2?x?3
∴
f(x)?(x?3).
∵
Sn?f(Sn?1),(n?2),?Sn?f(Sn?1)?(Sn?1?Sn?SnSn?1?33)2,
∴
3,Sn?Sn?1?3,
∴{}是以为公差的等差数列.
∵a1?3,?S1?a1?3,?2Sn?S1?(n?1)3?3?3n?3?3n,
∴
Sn?3n(n?N?).
?Sn?1?Sn?3(n?1)?3n22∴an?1?6n?3.
2(2)∵数列
bn是1an?1an?,1的等比中项,∴(bn)?1an?11?1an?1,
∴bn?1an?1an13(2n?1)?3(2n?1)118[(1?13)?(13?1182n?115)???((12n?1?).
111812n?1?
Tn?b1?b2???bn??2n?12n?1)]?(1?).
7 ．设数列{bn}的前n项和为Sn,且bn(1)求数列{bn}的通项公式; (2)若
?2?2Sn;数列{an}为等差数列,且a5?14,a7?20cn?an?bn(n?1,2,3…),Tn为数列{cn}的前n项和,求证Tn?72?
【解析】(1)由
bn?2?2Sn,令n?1,则b1?2?2S1,又S1?b1,所以b1?23
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b2?2?2(b1?b2),则b2?29当n?2时，由bn?2?2Sn,可得bn?bn?1??2(Sn?Sn?1)??2bn即bnbn?1?1311为首项，为公比的等比数列，于是bn?2?n 3331(2)数列{an}为等差数列,公差d?(a7?a5)?3,可得an?3n?1
2所以?bn?是以b1?从而cn2?an?bn?2(3n?1)?13?5?13132213n
?Tn?2[2?13?Tn?2[23?8??5?11333?…?(3n?1)??…?(3n?4)?1?…?3?d3n133n],?(3n?1)??(3n?1)?1313n?1 2?13131n
]n?1]Tn?2[3??3?32?3?33?13从而Tn?72?723?1n?n3n?1?72
8 ．在数列{an}中,a1?1,an?1?(1?1n)an?n?12n
(1)设
bn?ann,求数列{bn}的通项公式(2)求数列{an}的前n项和Sn
【解析】(I)由已知有
an?1n?1?ann?12n?bn?1?bn?bn?2?121n
利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式
2n?1(n?N*)
(II)由(I)知
an?2n?n2n?1n,?Sn=?(2k?k?1k2nn)?k?1?k?1(2k)??k?1k2k?1
nn而
?k?1(2k)?n(n?1),又?k?1nk2k?1是一个典型的错位相减法模型,
易得
?2k?1kk?1?4?n?22n?1 ?Sn=n(n?1)?n?22n?1?4
9 ．
a2,
a5是方程
x2?12x?27?0?的两根, 数列
?an?是公差为正的等差数列,数列?bn?的前
n项和为
Tn,且
Tn?1?(1)求数列
12bn?n?N?
bn,求数列?cn?的前n项和Sn.
?an?,?bn?的通项公式; (2)记cn=ana2?a5?12,a2a5?27.且d【解析】(1)由
?0得a2?3,a5?9
?d?a5?a23?2,a1?1?an?2n?1?n?N??
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