发布时间 : 星期四 文章高中数学培优专题08 数列(解析版)更新完毕开始阅读
证明：（1）∵bn?an?n，∴bn?1?an?1?n?1. 又∵an?1?4an?3n?1，∴
bn?1an?1?n?1?4an?3n?1??n?14?an?n?????4.
bnan?nan?nan?n又∵b1?a1?1?1?1?2，
∴数列?bn?是首项为2，公比为4的等比数列.
n?1解：（2）由（1）求解知，bn?2?4，
n?1∴an?bn?n?2?4?n，
∴S?a?a???a?2(1?4?42?n12n?4n?1)?(1?2?3??n)?2?1?4n?1?4?n?n?1?2?2n114?1??n2?n. ?32218．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】在公差不为0的等差数列{an}中，a1，
?2an,n?2k?1,a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{bn}满足bn??(k?N*)．
?2n,n?2k,（1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{bn}的前2n项和T2n．
2(4n?1)?2n(n?1) 【答案】（1）an?n；（2）T2n?3【解析】
（1）公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，
22可得a3?a1a9，a3?a1a3，可得(a1?2d)?a1(a1?8d)，a1?1，化简可得a1?d?1，
即有an?n；
?2n,n?2k?1（2）由（1）可得bn??，k?N*；
2n,n?2k?前2n项和T2n?(2?8?32???22n?1)?(4?8?12???4n)
2(1?4n)12(4n?1)??n(4?4n)??2n(n?1)．
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19．【四川省名校联盟2019届高考模拟信息卷（一)】已知数列?an?的前n项和为Sn，且满足
2Sn??an?n?n?N*?.
（Ⅰ）求证：数列?an???1??为等比数列； 2?（Ⅱ）求数列?an?1?的前n项和Tn.
n?n1??1?【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）Tn?????1??.
4????3??2【解析】
（Ⅰ）2Sn??an?n，
当n?2时，2Sn?1??an?1?n?1， 两式相减，得2an??an?an?1?1，即an?∴an?11an?1?. 3311?1?1????an?1??，所以数列?an??为等比数列。 23?2?2??1?111?.由（Ⅰ）知，数列?an??是以?为首项，为公比的等比数列。
2?363?n（Ⅱ）由2S1??a1?1，得a1?11?1?所以an?????26?3?nn?11?1?????，
2?3?1?1?1∴an?????，
2?3?21?1?1∴an?1?????，
2?3?2n1??1????1????6?3????1?n?n?n1??∴T???????1??. n124????3??21?3n20．【江西省临川一中2019届高三年级考前模拟考试】已知正项数列?an?的前n项和为Sn，满足
22Sn?1?2an?an?n?N??．
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（1）求数列?an?的通项公式；
1111（2）已知对于n?N?，不等式
S????1S2S3S?M恒成立，求实数M的最小值； n【答案】（1）an?1n?2；（2）
229. 【解析】
（1）n?1时，2a21?1?2a1?a1，又an?0，所以a1?1，
当n?2时，2S2n?1?2an?an?n?N??
2S1?2a2?n?1?n?1?an?1?n?N?，
作差整理得：an?an?1?2?an?an?1??an?an?1?， 因为an?0，故an?an?1?0，所以an?a1n?1?2， 故数列?an?1n?为等差数列，所以an?2． （2）由（1）知Sn?n?3?n?4，所以144?11?S?????， nn?n?3?3?nn?3?从而1S?1?1??1 1S2S3Sn=4??3????1?1?4?????11??11??2?5???????????11??11??11??36??n?2?n?1?????n?1?n?2?????n?n?3???? ?4?3??1?11111?4?11111?222?3?n?1?n?2?n?3???3??6?n?1?n?2?n?3???9． 所以M?229，故M的最小值为229．
1．已知公差为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且a2，S2+1，a8成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足b1＝1，nbn+1＝2anbn，求数列{an+bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞0）， ∵a1＝1．a2．S2+1．a8成等比数列，即（S2+1）2＝a2a8，
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∴（3+d）2＝（1+d）（1+7d），
∴3d2+d﹣4＝0，∴（3d+4）（d﹣1）＝0，∵d＞0，∴d＝1， ∴an＝1+（n﹣1）＝n；
（2）∵nbn+1＝2anbn．由（1）得nbn+1＝2nbn，
可得
，又b1＝1，
所以{bn}是以1为首项，以2为公比的等比数列，bn＝2n﹣
1， an+bn＝n+2n﹣
1，
则前n项和Tn＝（1+2+…+n）+（1+2+…+2n﹣
1）
n（n+1）
n（n+1）+2n﹣1．2．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝（an﹣1）（an+2），且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若
，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）2Sn＝（an﹣1）（an+2），可得2a1＝2S1＝（a1﹣1）（a1+2）， 解得a1＝2（﹣1舍去）；
当n≥2时，2Sn﹣1＝（an﹣1﹣1）（an﹣1+2），且2Sn＝（an﹣1）（an+2）， 两式相减可得2an＝an2﹣an﹣12+an﹣an﹣1， 化为（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
可得an﹣an﹣1＝1，数列{an}的通项公式为an＝n+1；
（2）bn，
即有前n项和Tn
3．
3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a2＝15，S5＝65． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝Sn﹣10，求数列{|bn|}的前n项和Rn．
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