数列题目精选精编
【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.
（2）证明：由已知an?an?1?3n?1，故an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)
?a1?3
n?1?3n?23n?13n?1???3?1?an?2， 所以证得2.
例题2. 数列?an?的前n项和记为Sn,a1?1,an?1?2Sn?1(n?1) （Ⅰ）求?an?的通项公式；
（Ⅱ）等差数列?bn?的各项为正，其前n项和为Tn，且T3?15，又a1?b1,a2?b2,a3?b3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)，
又a2?2S1?1?3∴a2?3a1 故?an?是首项为1，公比为3的等比数列 ∴an?3n?1
（Ⅱ）设?bn?的公差为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 ∴
2例题3. 已知数列?an?的前三项与数列?bn?的前三项对应相同，且a1?2a2?2a3?...
Tn?3n?n(n?1)?2?n2?2n2
?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； ?⑵是否存在k?N，使得bk?ak?(0,1)，请说明理由.
n?12n?12an??a?2a?2a?...?2a?8n23n点拨：（1）1左边相当于是数列前n项和的形式，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?2n?2时，a1?2a2?2a3???2an?1?8(n?1)(n?N*）②
1
4?nn?1a?22a?8n①－②得，，求得n，
在①中令n?1，可得得a1?8?2，
4?na?2(n?N*）. n所以
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?bn4?1??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*）.
77f(k)?(k?)2??4?k242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，
24?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an?1?bnbn?1,an?2?bn?1bn?2， bn?bn?2 ，
92 ，
代入①并同除以bn?1得： 2bn?1?∴ {bn}为等差数列 ∵ b1 = 2 ， a2 = 3 ，
2a2?b1b2,则b2?92(n?1)2bn?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， ∴
2. 研究前n项和的性质 例题5.
n已知等比数列{an}的前n项和为Sn?a?2?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
解：（1）n?2时，an?Sn?Sn?1?2
n?1?a.而{an}为等比数列，得a1?21?1?a?a，
2
n?1a?3?2a?3a?3又1，得，从而n.又?a1?2a?b?3,?b??3.
（2）
bn?nn123n?T?(1?????)n?1an3?2， n32222n?1
11123n?1n11111nTn?(?2?3???n?1?nTn?(1??2???n?1?n)2322222） ，得232222， 11?(1?n)22?n]?4(1?1?n)Tn?[31?12n32n2n?12.
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
1bk?(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.
4?na?10n解：（1）由题意：，∴lgan?4?n，∴数列{lgan}是首项为3，公差为?1的等差数列，
?∴
lga1?lga2???lgak?3k?k(k?1)1n(n?1)7?nbn?[3n?]?2，∴n22
?bn?021?S?S?672. 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，
7?n3?2)n??1n2?13nSn??b1?b2???bn?(244 ∴当n?7时，当n?7时，
2Sn??b1?b2???b7?b8?b9???bn?2S7?(b1?b2???bn)?4n?4n?21
113
?1213?n?n(n?7)??4Sn???4?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，S?b?b???b求使S?n?2n?1?30成立的n的最小值.
n12nn2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）
=2
n
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 3
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； b（II）设数列{bn?1n}满足
(n?3)[f(an)?2]，记数列{bn}的前n项和为Tn
，试比较
T与52n?5n12?312的大小.
解：（I）??1,Sn,an?1成等差数列，?2Sn?an?1?1① 当n?2时，2Sn?1?an?1②.
?S?an?1?3.①－②得：2(Snn?1)?an?1?an，?3an?an?1，an 2当n=1时，由①得?2S2?3,?a1?2a1?a2?1， 又a1?1,?aa?3,1
?{an?1n}是以1为首项3为公比的等比数列，?an?3.
（II）∵f?x??log3x，
?f(an)?log3an?log33n?1?n?1， b11111n?(n?3)[f(a?n?1)(n?3)?2(n?1?n?3)n)?2](，
?T1122?14?13?15?14?16?15?11111n?(7???n?n?2?n?1?n?3)
?12(12?13?1n?2?1n?3)?512?2n?52(n?2)(n?3),
比较
T52n?5n与12?312的大小，只需比较2(n?2)(n?3)与312 的大小即可. 又2(n?2)(n?3)?312?2(n2?5n?6?156)?2(n2?5n?150)?2(n?15)(n?10)
∵n?N*,∴当1?n?9且n?N*时，2(n?2)(n?3)?312,即T52n?5n?12?312;
当n?10时，
2(n?2)(n?3)?312,即T52n?5n?12?312; 当n?10且n?N*时，
2(n?2)(n?3)?312,即T52n?5n?12?312.
3. 研究生成数列的性质
例题9. （I） 已知数列?cnnn?，其中cn?2?3，且数列?cn?1?pcn?为等比数列，求常数p；
（II） 设?an?、?bn?是公比不相等的两个等比数列，cn?an?bn，证明数列?cn?不是等比数列.
解：（Ⅰ）因为{cn+1－pcn}是等比数列，故有 （cn+1－pcn）2=（ cn+2－pcn+1）（cn－pcn－1）， 将cn=2n＋3n代入上式，得 [2n＋1+3n＋
1－p（2n＋3n）]2
=[2n＋2+3n＋2－p（2n+1＋3n+1）]·[2n+3n－p（2n－1＋3n－1）]， 即[（2－p）2n+（3－p）3n]2
=[（2－p）2n+1+（3－p）3n+1][ （2－p）2n－1+（3－p）3n－1]，
1整理得6（2－p）（3－p）·2n·3n=0，
4
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