高中数学数列题目精选精编

数列

【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

例题1. 已知数列{an}满足a1 1,an 3 an 1(n 2).

（1）求a2,a3；

3n 1an

2. （2）证明：

2

解：（1） a1 1, a2 3 1 4,a3 3 4 13.

n 1

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

a1 3

n 1

3

n 2

3n 13n 1 3 1 an

2， 所以证得2.

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 b

an 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

a 3n ∴

（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

2a ba 2a 2a3 ... nn12例题3. 已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且

2n 1an 8n对任意的n N*都成立，数列bn 1 bn是等差数列.

⑴求数列

an 与 bn 的通项公式；

n 1

⑵是否存在k N，使得bk ak (0,1)，请说明理由.

2n 1

2点拨：（1）a1 2a2 2a3 ... 2an 8n左边相当于是数列

an

前n项和的形式，

数列

可以联想到已知Sn求an的方法，当n 2时，Sn Sn 1 an.

（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.

2n 1

解：（1）已知a1 2a2 2a3 2an 8n(n N*）① 2n 2

n 2时，a1 2a2 2a3 2an 1 8(n 1)(n N*）②

4 nn 1

a 22a 8nn①－②得，，求得，

在①中令n 1，可得得a1 8 2，

4 n

a 2(n N*）. n所以

4 1

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，

bn b1 (b2 b1) (b3 b2) (bn bn 1)

24 k

（2）bk ak k 7k 14 2，

( 4) ( 2) (2n 8) n2 7n 14(n N*）.

77

f(k) (k )2 4 k

242单调递增，且f(4) 1， 当k 4时，

所以k 4时，f(k) k 7k 14 2

又f(1) f(2) f(3) 0，

2

4 k

1，

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 n 1bn 2，

n 1得： 2bn 1 n n 2 ，

{n}∵ b1 = 2 ， a2 = 3 ，

2a2 b1b2,则b2

9

2 ，

92(n 1)2

n 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， ∴

数列

2. 研究前n项和的性质 例题5.

已知

{an}的前n项和为Sn a 2n b，且a1 3.

（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 1

a S S 2 a.而{an}为等比数列，得a1 21 1 a a， nnn 1解：（1）n 2时，

又a1 3，得a 3，从而an 3 2.又 a1 2a b 3, b 3.

nn123nbn Tn (1 2 n 1)n 1

an3 2， 3222（2）

n 1

11123n 1n11111n

Tn ( 2 3 n 1 nTn (1 2 n 1 n)2322222） ，得232222， 1

1 (1 )2 n] 4(1 1 n)Tn [

31 12n32n2n 1

2.

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

1

bk (lga1 lga2 lgak)*

k (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 n

a 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 n

bn [3n ]

2，∴n22

bn 021 S S 67

2. 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，

∴当n 7时，

当n 7时，

Sn b1 b2 bn (

3

7 n

)n 1n2 13n244

1

13

2

Sn b1 b2 b7 b8 b9 bn 2S7 (b1 b2 bn) 4n 4n 21

数列

1213

n n(n 7) 44Sn

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 anlog1an，Sn b1 b2 bn求使

2

Sn n 2

n 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Tn，试比较 …… 此处隐藏：10460字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……