高考文科数学数列大题训练附答案

（2）若数列bn满足bn1anbn(n1,2,)，b12，求数列bn的通项公式． 2.（本小题满分12分）

等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6. 1.求数列an的通项公式.

12.设 bnlog3a1log3a2......log3an,求数列的前项和.

bn3.设数列an满足a12,an1an322n1 （1） 求数列an的通项公式； （2） 令bnnan，求数列的前n项和Sn

4.已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

﹣

5.已知数列{an}满足，

（1）令bn=an+1﹣an，证明：{bn}是等比数列； （2）求{an}的通项公式．

，n∈N×．

1.解：（1）证：因为Sn4an3(n1,2,)，则Sn14an13(n2,3,)，

所以当n2时，anSnSn14an4an1， 整理得an4an1． 5分 3由Sn4an3，令n1，得a14a13，解得a11． 所以an是首项为1，公比为

4（2）解：因为an()n1，

34的等比数列． 7分 3

4由bn1anbn(n1,2,)，得bn1bn()n1． 9分

3由累加得bnb1(b2b`1)(b3b2)(bnbn1)

41()n143＝23()n11，（n2），

43134当n=1时也满足，所以bn3()n11．

31。有条件可知a>0,92322.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3所以q29a2a6得a39a41故q。

311由2a13a21得2a13a2q1，所以a1。故数列{an}的通项式为an=n。

33（Ⅱ?）bnlog1a1log1a1...log1a1 故

12112() bnn(n1)nn12n1所以数列{}的前n项和为

n1bn3.解：

（Ⅰ）由已知，当n≥1时，

22(n1)1。 而 a12,

所以数列{an}的通项公式为an22n1。 （Ⅱ）由bnnann22n1知

Sn12223325n22n1 ①

从而

22Sn123225327①-②得

(122)Sn223251即 Sn[(3n1)22n12]

922n1n22n1 。 n22n1 ②

4.解：（1）设{an}的公差为d，

由已知得

解得a1=3，d=﹣1 故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；

（2）由（1）的解答得，bn=n?qn1，于是

﹣

Sn=1?q0+2?q1+3?q2+…+（n﹣1）?qn1+n?qn． 若q≠1，将上式两边同乘以q，得

qSn=1?q1+2?q2+3?q3+…+（n﹣1）?qn+n?qn+1． 将上面两式相减得到

﹣

（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn1）

﹣

=nqn﹣

于是Sn=

若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=

所以，Sn=

5.解：（1）证b1=a2﹣a1=1，

当n≥2时，

所以{bn}是以1为首项，（2）解由（1）知

为公比的等比数列．

，

当n≥2时，an=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（an﹣an﹣1）=1+1+（﹣）+…+

===，

当n=1时，所以

． ．