2024年3月13日发(作者：初三数学试卷遵义)
常见数列大题收集
1．已知等差数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足
S
3
0
，
S
5
5
。
（Ⅰ）求
{a
n
}
的通项公式；（公式法）（Ⅱ）求数列
{
1．（1）设｛a
n
｝的公差为d，则S
n
=
na
1
1
（裂项法）
}
的前
n
项和。
a
2n1
a
2n1
n(n1)
d
。
2
3a
1
3d0,
解得a
1
1,d1.
由已知可得
5a
1
10d5,
故
a
n
的通项公式为a
n
=2-n.
（2）由（I）知
11111
(),
a
2n1
a
2n1
(32n)(12n)22n32n1
1
11111
从而数列
的前n项和为
（-+-+
2-1113
a
2n1
a
2n1
+
11n
.
)
2n32n112n
2.在等比数列
{a
n
}
中，
a
n
0(nN*)
，公比
q1
，
a
1
a
3
2a
2
a
4
a
3
a
5
100
， 且4是
a
2
2
log
2
a
n
，求数与
a
4
的等比中项，⑴求数列
{a
n
}
的通项公式；（公式法） ⑵设
b
n
a
n
列
{b
n
}
的前
n
项和
S
n
，（分组求和法）
n1
解：（1）设等比数列
{a
n
}
的公比为
q
，则
a
n
a
1
q
，由已知得
a
1
a
3
2a
2
a
4
a
3
a
5
(a
2
a
4
)
2
100,又a
n
0,则a
2
a
4
10,
又a
2
a
4
4
2
16，a
2
、a
4
为方程x
2
10x160的两根，
q1
…………………………
aq2
a
2
2,a
4
8,即
1
3
a
1
q8
… 4分
a
1
1
n1
解得
a
n
2
.…………………………… 7分
q2
2n1
（2）由（1）知，
b
n
a
n
log
2
a
n
4(n1)
T
n
(144
2
4
n1
)(123n1)
…………………………… 12分
n
n(n1)
41
32
3. 数列{a
n
}的前
n
项和S
n
n
2
，
数列{b
n
}满足
b
1
2,b
n1
b
n
3•2
a
n
。
（Ⅰ）求数列{
a
n
}，{
b
n
}的通项公式；（公式法，累加法）
（Ⅱ）若
c
n
2
n
•log
2
b
n1
(nN
*
)
，
T
n
为｛
c
n
｝的前n 和，
求
T
n
。（错位相减法）
3.解：（1）
a1,b
2n1
n
2n
n
2
（6分）
（Ⅱ）
c
n1
n
2
n
log
2
2
2
(2n1)2
n
T
n
c
1
c
2
c
n
3252
2
(2n1)2
n
（8分）
2T
n
32
2
52
3
(2n1)2
n
(2n1)2
n1
，两式相减得：
T322(2
2
2
3
2
n
)(2n1)2
n1
n
22
2
2
3
2
n1
(2n1)2
n1
2(2
n1
1)(2n1)2
n1
(2n1)2
n1
2
T
n
(2n1)2
n1
2
（12分）
4． 已知数列
{a
1
n
}
满足：
a
2
n
1
a
2
a
3
(3
2n
1),nN*
.
n
8
（I）求数列
{a
n
}
的通项公式；（迭代法）
（II）设
b
a
n
n
log
3
n
，求
1
b
1
1
1
b
2
b
2
b
3
b
.
n
b
n1
（裂项法）
4解：
（Ⅰ）
1
a
＝
3
(3
2
－1)＝3，
1
8
当
n
≥2时，
∵
n
a
＝(
1
＋
2
＋…＋
n
)－(
1
＋
2
＋…＋
n
－1
)
n
a
1
a
2
a
n
a
1
a
2
a
n
－1
＝
3
2
n
8
(3－1)－
3
8
(3
2
n
－2
－1)＝3
2
n
－1
，
当
n
＝1，
n
＝3
2
n
－1
a
也成立，
n
所以
a
n
n
＝
3
2
n
－1
．
（Ⅱ）
b
a
n
n
＝log
3
n
＝－(2
n
－1)，
…1分
…5分
…6分
…7分
1 1 11
＝＝(－)，
b
n
b
n
＋1
(2
n
－1)(2
n
＋1)22
n
－12
n
＋1
111 1 1 1 1 11
∴＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
b
1
b
2
b
2
b
3
b
n
b
n
＋1
23352
n
－12
n
＋1
1 1
n
＝(1－)＝．
22
n
＋12
n
＋1
5.在数列
{a
n
}
中，
a
1
1
，
1
…10分
2a
n1
n1
2
a
n
2
n
（1）求数列
{a
n
}
的通项公式；（公式法）
（2）令
b
n
a
n1
1
（错位相减法）
a
n
，求数列
{b
n
}
的前
n
项和
S
n
．
2
n
2
2n5
12分
5. （1）
a
n
n1
4分
②
S
n
5
2
2
n
6．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））在公差为
d
的
等差数列
{a
n
}
中,已知
a
1
10
,且
a
1
,2a
2
2,5a
3
成等比数列.
(1)求
d,a
n
; (2)若
d0
,求
|a
1
||a
2
||a
3
||a
n
|.
【答案】解:(Ⅰ)由已知得到:
(2a
2
2)
2
5a
1
a
3
4(a
1
d1)
2
50(a
1
2d)(11d)
2
25(5d)
d4
d1
12122dd12525dd3d40
或
a
n
4n6
a
n
11n
22
(Ⅱ)由(1)知,当
d0
时,
a
n
11n
,
①当
1n11
时,
a
n
0|a
1
||a
2
||a
3
||a
n
|a
1
a
2
a
3
a
n
②当
12n
时,
n(1011n)n(21n)
22
a
n
0|a
1
||a
2
||a
3
||a
n
|a
1
a
2
a
3
a
11
(a
12
a
13
a
n
)
11(2111)n(21n)n
2
21n220
2(a
1
a
2
a
3
a
11
)(a
1
a
2
a
3
a
n
)2
222
n(21n)
,(1n11)
2
所以,综上所述:
|a
1
||a
2
||a
3
||a
n
|
2
n21n220
,(n12)
2
7．记等差数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
，设
S
3
12
，且
2a
1
,a
2
,a
3
1
成等比数列，求
S
n
.
2
2a
1
a
3
1
a
2
a
aa
2
a
3
12
， 解析：设
n
的公差为
d
，则
1
a
1
2
2da
1
d
2
2a
1
0
a
1
1,
a
1
8
或
d3,
d4
ad4
即
1
，解得
31
S
n
n
2
n，或S
n
10n2n
2
22
因此
8．已知等差数列{
a
n
}中，
a
3
a
7
16,a
4
a
6
0,
求{
a
n
}前n项和
S
n
.
a
1
2d
a
1
6d
16
a
n
a3da
1
5d0
解析：设的公差为
d
，则
1
，
a
1
2
8da
1
12d
2
16
a
1
8,
a
1
8
或
d2,
a4d
d2
即
1
，解得
因此
S
n
8nn
n1
n
n9
，或S
n
8nn
n1
n
n9
9.设等差数列
（Ⅰ）求
a
n
满足
a
3
5
，
a
10
9
。
a
n
的通项公式；
SS
a
（Ⅱ）求
n
的前
n
项和
n
及使得
n
最大的序号
n
的值。
a
1
2d5
a
1
9
d2
a
3
5a
10
9
a
1
9d9
解析：（Ⅰ），得，解得
，
数列
a
n
的通项公式为
a
n
112n
S
n
na
1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
n(n1)
d10nn
2
(n5)
2
25
S
2
.，则
n5
时，
n
取得
最大值。
10.等比数列
（Ⅰ）求
（Ⅱ）求
a
n
的前
n
项和为
S
n
，已知
S
1
,
S
3
,
S
2
成等差数列
a
n
的公比q；
a
1
a
3
3
，求
S
n
2
a(aaq)2(aaqaq)
，由于
a
1
0
，
111111
解：（Ⅰ）依题意有
故
2qq0
，又
q0
，从而
2
q－
1
2
1
2
a
1
a（）3
1
2
（Ⅱ）由已知可得，故
a
1
4
，
1
n
（41（））
81
n
2
S
n
（1（））
1
32
1（）
2
从而 10分
11.设
{a
n
}
是公比大于1的等比数列，
构成等差数列．
S
n
为数列
{a
n
}
的前
n
项和．已知
S
3
7
，且
a
1
3，3a
2
，a
3
4
（1）求数列
（2）令
{a
n
}
的等差数列．
求数列
b
n
lna
3n1
，n1，2，，
{b
n
}
的前
n
项和
T
．
a
1
a
2
a
3
7，
:
(a
1
3)(a
3
4)
a
2
2
3a
2
2
解：（1）由已知得
2
a
1
，a
3
2q
{a}a2
q
设数列
n
的公比为
q
，由
2
，可得．
2
1
22q7
q2，q
2
12
S
3
7
2q5q20
q
2
． 又，可知，即，解得
a
n
2
n1
a
1
1{a
n
}
q1，q2
由题意得．．故数列的通项为．
（2）由于
b
n
lna
3n1
，n1，2，，
由（1）得
又
a
3n1
2
3n
，
，
b
n
ln2
3n
3nln2
是等差数列．
b
n1
b
n
3ln2
{b
n
}
T
n
b
1
b
2
b
n
n(b
1
b
n
)
n(3ln23nln2)3n(n1)
ln2
222
故
T
n
3n(n1)
ln2
2
．
2
12.【2012高考浙江文19】（本题满分14分）已知数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，且S
n
=
2nn
，
n∈N﹡，
数列
{b
n
}
满足
a
n
=4log
2
b
n
＋3，n∈N﹡.
（1）求
a
n
，b
n
；
（2）求数列
{a
n
·b
n
}
的前
n
项和
T
n
.
【解析】
2
（1）
由
S
n
=
2nn
，
得
当
n=1时，
a
1
S
1
3
；
，n∈N﹡.
当
n
2时，
22
a
n
S
n
S
n1
2nn
2(n1)(n1)
4n1
由
a
n
=4log
2
b
n
＋3，
得
b
n
2n1
，n∈N﹡.
，
n∈N﹡ （2）
由
（1）知
所以
a
n
b
n
(4n1)2
n1
T
n
372112
2
...
4n1
2
n1
，
2T
n
3272
2
112
3
...
4n1
2
n
，
2T
n
T
n
4n1
2
n
[34(22
2
...2
n1
)]
(4n5)2
n
5
T
n
(4n5)2
n
5
，n∈N﹡.
13.【2012高考重庆文16】（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分））
已知
记
{a
n
}
为等差数列，且
a
1
a
3
8,a
2
a
4
12,
a
1
,a
k
,S
k2
（Ⅰ）求数列
{a
n
}
的通项公式；（Ⅱ）
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，若成等比数列，求正整数
k
的值。
2a
1
2d8
2a4d12
{a
n
}a2,d2
【解析】（Ⅰ）设数列 的公差为d,由题意知
1
解得
1
所以
a
n
a
1
(n1)d22(n1)2n
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得
S
n
(a
1
a
n
)n
(22n)n
n(1n)
a,a,S
22
因
1kk2
成等比数列，
所以
a
2
k
a
1
S
k2
2
(2k)2(k2)(k3)
，即
k
2
5k60
从而
解得
k6
或
k1
（舍去），因此
k6
。
14.
数列{a
n
}
中，若
a
1
2,
1
a
n1
1
4(nN),
求a
n
a
n
设b
n
1
,则b
n1
b
n
+4,
a
n
即
b
n1
b
n
＝４，
{b
n
｝是等差数列。
15.数列{ a
n
}中，
a
1
1,a
n1
16正数数列{ a
n
}中，若
a
1
5,a
n1
a
n
4(nN),求a
n
解：设
b
n
a
n
,则b
n1
b
n
4,即b
n1
b
n
4
2
22
2a
n
,
求a
n
通项公式
a
n
2
数列{b
n
}是等差数列，公差是4，b
1
a
1
25
2
b
n
25(n1)(4)294n
即a
n
294n
a
n
294n,(1n7,nN)
2
16.数列{ a
n
}中，若a
1
=6,a
n+1
=2a
n
+1, 求数列{ a
n
}的通项公式。
解：a
n+1
+1=2a
n
+2, 即a
n+1
+1=2（a
n
+1）
设 b
n
= a
n
+1, 则b
n
= 2 b
n-1
则数列{ b
n
}是等比数列，公比是2,首项b
１
= a
１
+1＝7,
b
n
72
n1
,即a
n
172
n1
a
n
72
n1
1
，
(nN)
构造此种数列，往往它的递推公式形如：
a
n1
ca
n
d,(c1)和S
n
a
n
n2的形式
。
如：a
n+1
＝c a
n
+d,设可化成a
n+1
+x=c(a
n
+x),
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