1、1(2016广州模拟)数列an是公差不为 0 的等差数列，且 a1，a3，a7 为等比数列bn中连续的三项，则数列bn的公比为()A.2B4C2D.12答案 C解析 设数列an的公差为 d(d0)，由 a23a1a7，得(a12d)2a1(a16d)，解得 a12d，故数列bn的公比 qa3a1a12da12a1a1 2.2已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列1anan1 的前 100 项和为()A.100101B.99101C.99100D.101100答案 A解析 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d.a55，S515，a14d5，5a15512d15，a1
2、1，d1，ana1(n1)dn.1anan11nn11n 1n1，数列1anan1 的前 100 项和为(112)(1213)(1100 1101)1 1101100101.3已知数列an满足 a11，an1an2n(nN)，Sn 是数列an的前 n 项和，则 S2 016 等于()A22 0161B321 0083C321 0081D322 0162答案 B解析 依题意得 anan12n，an1an22n1，于是有an1an2anan1 2，即an2an 2，数列 a1，a3，a5，a2n1，是以 a11 为首项，2 为公比的等比数列；数列 a2，a4，a6，a2n，是以 a22 为首项，2
3、 为公比的等比数列，于是有 S2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)121 00812 2121 00812321 0083，故选 B.4(2015课标全国)设 Sn 是数列an的前 n 项和，且 a11，an1SnSn1，则 Sn_.答案 1n解析 由题意，得 S1a11，又由 an1SnSn1，得 Sn1SnSnSn1，因为 Sn0，所以Sn1SnSnSn11，即 1Sn1 1Sn1，故数列1Sn 是以1S11 为首项，1 为公差的等差数列，所以1Sn1(n1)n，所以 Sn1n.5已知数列an的前 n 项和为 Sn，对任意 nN都有 Sn23an13，若 1S
4、k9(kN)，则 k的值为_答案 4解析 由题意，Sn23an13，当 n2 时，Sn123an113，两式相减，得 an23an23an1，an2an1，又 a11，an是以1 为首项，以2 为公比的等比数列，an(2)n1，Sk2k13，由 1Sk9，得 4(2)k0，nN.(1)若 a2，a3，a2a3 成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线 x2y2a2n1 的离心率为 en，且 e22，求 e21e22e2n.解(1)由已知，Sn1qSn1，得 Sn2qSn11，两式相减得 an2qan1，n1.又由 S2qS11 得 a2qa1，故 an1qan 对所有 n1 都成立所以
5、，数列an是首项为 1，公比为 q 的等比数列从而 anqn1.由 a2，a3，a2a3 成等差数列，可得 2a3a2a2a3，所以 a32a2，故 q2.所以 an2n1(nN)(2)由(1)可知，anqn1，所以双曲线 x2y2a2n1 的离心率 en 1a2n 1q2n1.由 e2 1q22，解得 q 3，所以 e21e22e2n(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nq2n1q21 n12(3n1)思维升华 等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的
6、顺序(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的 在等差数列an中，a1030，a2050.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn，证明：数列bn为等比数列；(3)求数列nbn的前 n 项和 Tn.(1)解 设数列an的公差为 d，则 ana1(n1)d，由 a1030，a2050，得方程组a19d30，a119d50，解得a112，d2.所以 an12(n1)22n10.(2)证明 由(1)，得 bn22n101022n4n，所以bn1b
7、n 4n14n 4.所以bn是首项为 4，公比为 4 的等比数列(3)解 由 nbnn4n，得 Tn14242n4n，4Tn142(n1)4nn4n1，得3Tn4424nn4n1414n3n4n1.所以 Tn3n14n149.题型二 数列的通项与求和例 2 已知数列an的前 n 项和为 Sn，在数列bn中，b1a1，bnanan1(n2)，且 anSnn.(1)设 cnan1，求证：cn是等比数列；(2)求数列bn的通项公式(1)证明 anSnn，an1Sn1n1.，得 an1anan11，2an1an1，2(an11)an1，an11an1 12，an1是等比数列首项 c1a11，又 a1a
8、11.102 na 102 na a112，c112，公比 q12.又 cnan1，cn是以12为首项，12为公比的等比数列(2)解 由(1)可知 cn(12)(12)n1(12)n，ancn11(12)n.当 n2 时，bnanan11(12)n1(12)n1(12)n1(12)n(12)n.又 b1a112，代入上式也符合，bn(12)n.思维升华(1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时要从证的结论出发，这是很重要的解题信息(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的有错位相减法，分组求和法，裂项求和法等 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a112，an1n12n an.(1)证
9、明：数列ann 是等比数列；(2)求数列an的通项公式与前 n 项和 Sn.(1)证明 a112，an1n12n an，当 nN时，ann 0.又a11 12，an1n1ann 12(nN)为常数，ann 是以12为首项，12为公比的等比数列(2)解 由ann 是以12为首项，12为公比的等比数列，得ann 12(12)n1，ann(12)n.Sn1122(12)23(12)3n(12)n，12Sn1(12)22(12)3(n1)(12)nn(12)n1，12Sn12(12)2(12)3(12)nn(12)n11212n1112n(12)n1，Sn2(12)n1n(12)n2(n2)(12)n
10、.综上，ann(12)n，Sn2(n2)(12)n.题型三 数列与其他知识的交汇命题点 1 数列与函数的交汇例 3 已知二次函数 f(x)ax2bx 的图像过点(4n,0)，且 f(0)2n，nN，数列an满足1an1f 1an，且 a14.(1)求数列an的通项公式；(2)记 bn anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)f(x)2axb，由题意知 b2n，16n2a4nb0，a12，则 f(x)12x22nx，nN.数列an满足 1an1f 1an，又 f(x)x2n，1an11an2n，1an1 1an2n，由叠加法可得1an142462(n1)n2n，化简可得 an42n1
11、2(n2)，当 n1 时，a14 也符合，an42n12(nN)(2)bn anan142n12n1212n112n1，Tnb1b2bn a1a2 a2a3 anan12113 1315 12n112n12112n1 4n2n1.命题点 2 数列与不等式的交汇例 4 数列an满足 a11，an12an(nN)，Sn 为其前 n 项和数列bn为等差数列，且满足 b1a1，b4S3.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cn1bnlog2a2n2，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明：13Tn12.(1)解 由题意知，an是首项为 1，公比为 2 的等比数列，ana12n12n1.Sn2n1
12、.设等差数列bn的公差为 d，则 b1a11，b413d7，d2，bn1(n1)22n1.(2)证明 log2a2n2log222n12n1，cn1bnlog2a2n212n12n112(12n112n1)，Tn12(113131512n112n1)12(112n1)n2n1.nN，Tn12(112n1)0，数列Tn是一个递增数列，TnT113.综上所述，13Tn2n1212n22n22n n1n，所以 Tn(12)21223n1n 14n.综上可得，对任意 nN，均有 Tn 14n.1(2016北京)已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的
13、通项公式；(2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和解(1)设数列an的公差为 d，bn的公比为 q，由b2b1q3，b3b1q29得b11，q3.bn的通项公式 bnb1qn13n1，又 a1b11，a14b434127，1(141)d27，解得 d2.an的通项公式 ana1(n1)d1(n1)22n1(n1,2,3，)(2)设数列cn的前 n 项和为 Sanbn2n13n1，Snc1c2c3cn2113022131231322n13n 12(12n)n3013n132n1n2n3n12n23n12.即数列cn的前 n 项和为 n23n12.2(2016全国甲卷)等差数列an中，a3
14、a44，a5a76.(1)求an的通项公式；(2)设 bnan，求数列bn的前 10 项和，其中x表示不超过 x 的最大整数，如0.90，2.62.解(1)设数列an的首项为 a1，公差为 d，由题意有2a15d4，a15d3，解得a11，d25.所以an的通项公式为 an2n35.(2)由(1)知，bn2n35.当 n1,2,3 时，12n352，bn1；当 n4,5 时，22n353，bn2；当 n6,7,8 时，32n354，bn3；当 n9,10 时，42n355，bn4.所以数列bn的前 10 项和为1322334224.3已知数列an的前 n 项和 Sn2an2n1.(1)证明：数
15、列an2n是等差数列；(2)若不等式 2n2n30，所以不等式 2n2n32n32n，记 bn2n32n，当 n2 时，bn1bn 2n12n12n32n2n14n6，当 n2 时，bn1bn 1，即 b3b2，又 b112b2b1；当 n3 时，bn1bn b4b5bn，所以(bn)maxb338，所以 378.4已知正项数列an中，a11，点(an，an1)(nN)在函数 yx21 的图像上，数列bn的前 n 项和 Sn2bn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设 cn1an1log2bn1，求cn的前 n 项和 Tn.解(1)点(an，an1)(nN)在函数 yx21 的图像上，a
16、n1an1，数列an是公差为 1 的等差数列a11，an1(n1)1n，Sn2bn，Sn12bn1，两式相减，得 bn1bn1bn，即bn1bn 12，由 S12b1，即 b12b1，得 b11.数列bn是首项为 1，公比为12的等比数列，bn(12)n1.(2)log2bn1log2(12)nn，cn1nn11n 1n1，Tnc1c2cn(112)(1213)(1314)(1n 1n1)1 1n1 nn1.5(2015山东)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列1anan1 的前 n 项和为n2n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(an1)2an，求数列bn的前 n 项和 Tn.解(1)设数列an的公差为 d，令 n1，得 1a1a213，所以 a1a23.令 n2，得 1a1a2 1a2a325，所以 a2a315.由解得 a11，d2，所以 an2n1.经检验，符合题意(2)由(1)知 bn2n22n1n4n，所以 Tn141242n4n，所以 4Tn142243n4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1414n14 n4n113n34n143.所以 Tn3n194n14943n14n19.
