高考数学大一轮复习 第六章数列（理）分层演练（含解析共4课时）

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1、 1 第第 1 1 讲讲 数列的概念与简单表示法数列的概念与简单表示法 1已知数列 1，2， 7， 10， 13，则 2 19在这个数列中的项数是( ) A16 B24 C26 D28 解析： 选 C.因为a11 1，a22 4，a3 7，a4 10，a5 13， ， 所以an 3n2. 令an 3n22 19 76，解得n26. 2在数列an中，a11，anan1an1(1) n(n2，nN N*)，则a3 a5的值是( ) A.15 16 B.15 8 C.3 4 D.3 8 解析： 选 C.由已知得a21(1) 22， 所以 2a 32(1) 3， a31 2， 所以 1 2a 41 2

2、(1) 4， a43，所以 3a53(1) 5，所以 a52 3，所以 a3 a5 1 2 3 2 3 4. 3(2019长沙市统一模拟考试)九章算术是我国古代第一部数学专著，全书收集了 246 个问题及其解法， 其中一个问题为“现有一根九节的竹子， 自上而下各节的容积成等差数列， 上面四节容积之和为 3 升，下面三节的容积之和为 4 升，求中间两节的容积各为多少？”该 问题中的第 2 节，第 3 节，第 8 节竹子的容积之和为( ) A.17 6 升 B.7 2升 C.113 66 升 D.109 33 升 解析： 选A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为a1，a2， ，a9， 依题意有 a

3、1a2a3a43 a7a8a94 ， 因为a2a3a1a4，a7a92a8，故a2a3a83 2 4 3 17 6 .选 A. 4数列an中，如果存在ak，使得akak1且akak1成立(其中k2，kN N *)，则称 ak为 数列an的峰值若an3n 215n18，则a n的峰值为( ) A0 B4 C.13 3 D.16 3 解析：选 A.因为an3 n5 2 2 3 4，且 nN N *，所以当 n2 或n3 时，an取最大值，最大 2 值为a2a30.故选 A. 5(2019广东省五校协作体第一次诊断考试)数列an满足a11，且an1a1an n(nN N *)，则1 a1 1 a2

4、1 a2 016等于( ) A.4 032 2 017 B.4 028 2 015 C.2 015 2 016 D.2 014 2 015 解析：选 A.由a11，an1a1ann可得an1ann1，利用累加法可得ana1 （n1）（n2） 2 ，所以ann 2n 2 ，所以 1 an 2 n 2n2 1 n 1 n1 ，故 1 a1 1 a2 1 a2 016 2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 2 016 1 2 017 2 1 1 2 017 4 032 2 017，选 A. 6已知数列an为1 2， 1 4， 5 8， 13 16， 29 32， 61 64，则数列a n的一个通项

5、公式是_ 解析：各项的分母分别为 2 1，22，23，24，易看出从第 2 项起，每一项的分子都比分母 少 3，且第 1 项可变为23 2 ，故原数列可变为2 13 2 1，2 23 2 2，2 33 2 3，2 43 2 4，故其 通项公式可以为an(1) n2 n3 2 n. 答案：an(1) n2 n3 2 n 7若数列an满足a1a2a3ann 23n2，则数列a n的通项公式为_ 解析：a1a2a3an(n1)(n2)， 当n1 时，a16； 当n2 时， a1a2a3an1an（n1）（n2）， a1a2a3an1n（n1）， 故当n2 时，ann2 n ， 所以an 6，n1，

6、n2 n ，n2，nN N *. 答案：an 6，n1， n2 n ，n2，nN N * 8已知数列an满足a11，an1a 2 n2an1(nN N *)，则 a2 018_ 3 解析：因为a11， 所以a2(a11) 20， a3(a21) 21， a4(a31) 20， 可知数列an是以 2 为周期的周期数列， 所以a2 018a20. 答案：0 9已知数列an的前n项和Sn2 n12. (1)求数列an的通项公式； (2)设bnanan1，求数列bn的通项公式 解：(1)当n1 时，a1S12 222； 当n2 时，anSnSn12 n12(2n2)2n12n2n. 因为a1也适合此等

7、式， 所以an2 n(nN N*) (2)因为bnanan1，且an2 n，a n12 n1， 所以bn2 n2n132n. 10已知数列an满足前n项和Snn 21，数列b n满足bn 2 an1且前 n项和为Tn，设cn T2n1Tn. (1)求数列bn的通项公式； (2)判断数列cn的增减性 解：(1)a12，anSnSn12n1(n2) 所以bn 2 3（n1）， 1 n（n2）. (2)因为cnbn1bn2b2n1 1 n1 1 n2 1 2n1， 所以cn1cn 1 2n2 1 2n3 1 n1 1 2n3 1 2n2 1 （2n3）（2n2）0，所以 cn1 cn， 所以数列cn

8、为递减数列 1(2019湖南岳阳模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且a11，Sn（n1）a n 2 ，则a2 017 4 ( ) A2 016 B2 017 C4 032 D4 034 解析： 选 B.由题意知n2 时，anSnSn1（n1）a n 2 na n1 2 ， 化为a n n an1 n1， 所以 an n an1 n1 a 1 11，所以 ann.则a2 0172 017.故选 B. 2(2019湖北六校模拟)已知数列an满足：a11，an1 an an2(nN N *)若 bn1(n 2) 1 an1 (nN N *)，b 13 2，且数列b n是单调递增数列，则实数的取值范

9、围是 ( ) A4 5 B1 C3 2 D0， 1 an1 2 an1，则 1 an112 1 an1 ， 所以数列 1 an1 是等比数列，且首项为 1 a112，公比为 2， 所以1 an12 n. 所以bn1(n2) 1 an1 (n2)2 n(nN N*)， 所以bn(n12)2 n1(n2)， 因为数列bn是单调递增数列， 所以bn1bn， 所以(n2)2 n(n12)2n1(n2)， 可得n1 2 (n2)，所以b1， 所以(12)23 2，解得 4 5， 综上，的取值范围是4 5，故选 A. 3下列关于星星的图案构成一个数列，则该数列的一个通项公式是_ 5 解析：从题图中可观察星

10、星的构成规律，n1 时，有 1 个，n2 时，有 3 个；n3 时，有 6 个；n4 时，有 10 个；，所以an1234nn（n1） 2 . 答案：ann（n1） 2 4(2019成都市第二次诊断性检测)在数列an中，a11，an n 2 n 21an1(n2，nN N *)， 则数列 an n 2的前n项和Tn_ 解析：由题意知 an an1 n 2 n 21 n 2 （n1）（n1），所以 ana1a 2 a1 a3 a2 an an11 2 2 2 21 3 2 3 21 n 2 n 21 2 23242n2 （21）（21）（31）（31）（41）（41）（n1）（n1） 2 232

11、42n2 132435（n1）（n1） 2n n1，所以 an n 2 2 n（n1）2 1 n 1 n1 ， 所以数列 an n 2的前n项和Tn2(1 1 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 1 n 1 n1)2 1 1 n1 2n n1. 答案： 2n n1 5已知数列an满足a11，a213，an22an1an2n6. (1)设bnan1an，求数列bn的通项公式； (2)求n为何值时，an最小 解：(1)由 an22an1an2n6， bnan1an， 得bn1bn2n6，b1a2a114. 当n2 时，bnb1(b2b1)(b3b2)(b4b3)(bnbn1) 14(216)

12、(226)(236)2(n1)6 142n（n1） 2 6(n1) n 27n8， 当n1 时，上式也成立 所以数列bn的通项公式为bnn 27n8. (2)由(1)可知 6 an1ann 27n8(n1)(n8)， 当n8 时，an1a2a3a8， 当n8 时，a9a8， 当n8 时，an1an，即a9a10a11 所以当n8 或n9 时，an的值最小 6设数列an的前n项和为Sn.已知a1a(a3)，an1Sn3 n，nN N*. (1)设bnSn3 n，求数列b n的通项公式； (2)若an1an，nN N *，求 a的取值范围 解：(1)依题意得Sn1Snan1Sn3 n， 即Sn12

13、Sn3 n， 由此得Sn13 n12(S n3 n)，即 bn12bn， 又b1S13a3， 因此，所求通项公式为bn(a3)2 n1，nN N*. (2)由(1)可知Sn3 n(a3)2n1，nN N*， 于是，当n2 时，anSnSn13 n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2， an1an43 n1(a3)2n2 2 n2 12 3 2 n2 a3， 所以，当n2 时， an1an12 3 2 n2 a30a9， 又a2a13a1，a3. 所以，所求的a的取值范围是9，3)(3，) 第第 2 2 讲讲 等差数列及其前等差数列及其前 n n 项和项和 1在等差数列an中

14、，a1a58，a47，则a5( ) A11 B10 C7 D3 解析：选 B.设数列an的公差为d，则有 2a14d8， a13d7， 解得 a12， d3， 所以a5243 7 10. 2(2019兰州市诊断考试)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12，a8a1028，则 S9( ) A36 B72 C144 D288 解析：选 B.法一：因为a8a102a116d28，a12，所以d3 2，所以 S99298 2 3 272. 法二：因为a8a102a928，所以a914，所以S99（a 1a9） 2 72. 3已知数列an满足a115，且 3an13an2，若akak10，则正整数k

15、( ) A21 B22 C23 D24 解析：选 C.3an13an2an1an2 3a n是等差数列，则an47 3 2 3n.因为 akak10， 所以 47 3 2 3k 45 3 2 3k 0，所以45 2 k47 2 ，所以k23. 4(2019湖南衡阳八中、长郡中学等十三校模拟)等差数列an的公差d0，且a3，a5， a15成等比数列，若a55，Sn为数列an的前n项和，则数列 Sn n 的前n项和取最小值时的n 为( ) A3 B3 或 4 C4 或 5 D5 解析：选 B.由题意知 （a12d）（a114d）25， a14d5， 由d0，解得a13，d2， 所以S n n na

16、1n（n1） 2 d n 3n1n4， 由n40，得n4， 所以数列 Sn n 的前n项和取最小值时的n为 3 或 4.故选 B. 5(2019衡水中学二调)今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马 初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽 马，问：几何日相逢？( ) A12 日 B16 日 8 C8 日 D9 日 解析：选 D.由题易知良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为an10313(n1) 13n90，驽马每日所行里数也构成一等差数列，其通项公式为bn971 2(n1) 1 2n 195 2 ， 二马相逢时所走路程之和为 2

17、1 1252 250， 所以n（a 1an） 2 n（b 1bn） 2 2 250， 即n（10313n90） 2 n 971 2n 195 2 2 2 250，化简得n 231n3600，解得 n9 或n 40(舍去)，故选 D. 6已知等差数列an的公差d0，且a3a9a10a8.若an0，则n_ 解析：因为a3a9a10a8， 所以a12da18da19d(a17d)， 解得a14d， 所以an4d(n1)d(n5)d， 令(n5)d0(d0)，可解得n5. 答案：5 7(2019重庆适应性测试(二)设Sn是等差数列an的前n项和，S1016，S100S9024， 则S100_ 解析：依

18、题意，S10，S20S10，S30S20，S100S90依次成等差数列，设该等差数列的公差 为d.又S1016，S100S9024，因此S100S902416(101)d169d，解得d8 9，因 此S10010S10109 2 d1016109 2 8 9200. 答案：200 8在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8 时Sn取得最大值， 则d的取值范围为_ 解析：由题意，当且仅当n8 时，Sn取得最大值，说明 a80， a90. 所以 77d0， 78d0. 所以1d7 8. 答案： 1，7 8 9已知数列an满足：a313，anan14(n1，nN N *) (

19、1)求a1，a2及通项公式an； (2)设Sn为数列an的前n项和，则数列S1，S2，S3，中哪一项最小？ 9 解：(1)因为数列an满足a313，anan14， 所以anan14， 即数列an为等差数列且公差为d4， 所以a2a3d13417， a1a2d17421， 所以通项公式ana1(n1)d214(n1)4n25. (2)令an4n250 可解得n25 4 ， 所以数列an的前 6 项为负值，从第 7 项开始为正数， 所以数列S1，S2，S3，中S6最小 10在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列 (1)求d，an； (2)若d0，求|a1|a2

20、|a3|an|. 解：(1)由题意得，a15a3(2a22) 2，由 a110，an为公差为d的等差数列得，d 23d 40， 解得d1 或d4. 所以ann11(nN N *)或 an4n6(nN N *) (2)设数列an的前n项和为Sn. 因为d0，由(1)得d1，ann11， 所以当n11 时，|a1|a2|a3|an|Sn 1 2n 221 2 n； 当n12 时，|a1|a2|a3|an|Sn2S111 2n 221 2 n110. 综上所述， |a1|a2|a3|an| 1 2n 221 2 n，n11， 1 2n 221 2 n110，n12. 1 (2019 安徽省两校阶段性

21、测试)已知数列an是首项为a， 公差为 1 的等差数列， 数列bn 满足bn1a n an .若对任意的nN N *，都有 bnb8成立，则实数a的取值范围是( ) A(8，7) B8，7) C(8，7 D8，7 10 解析： 选 A.因为an是首项为a， 公差为 1 的等差数列， 所以anna1， 因为bn1a n an ， 又对任意的nN N *，都有 bnb8成立，所以 11 an1 1 a8，即 1 an 1 a8对任意的 nN N *恒成立， 因为数列an是公差为 1的等差数列， 所以an是单调递增的数列， 所以 a80， 即 8a10， 解得8a7. 2(2019石家庄市第一次模拟

22、)已知函数f(x)的图象关于直线x1 对称，且f(x)在( 1，)上单调，若数列an是公差不为 0 的等差数列，且f(a50)f(a51)，则数列an的前 100 项的和为( ) A200 B100 C50 D0 解析： 选 B.因为函数f(x)的图象关于直线x1 对称， 又函数f(x)在(1， )上单调， 数列an是公差不为 0 的等差数列，且f(a50)f(a51)，所以a50a512，所以S100 100（a1a100） 2 50(a50a51)100，故选 B. 3(2019兰州市诊断考试)已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2 时，有 2an anSnS 2 n1

23、 成立，则 S2 017_ 解析：当n2 时，由 2an anSnS 2 n1，得 2(S nSn1)(SnSn1)SnS 2 nSnSn1，所以 2 Sn 2 Sn1 1，又2 S12，所以 2 Sn 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，所以2 Snn1，故 Sn 2 n1， 则S2 017 1 1 009. 答案： 1 1 009 4(2019安徽省淮南模拟)设数列an的前n项和为Sn，若S n S2n为常数，则称数列a n为“精 致数列” 已知等差数列bn的首项为 1， 公差不为 0， 若数列bn为 “精致数列” ， 则数列bn 的通项公式为_ 解析：设等差数列bn的公差为d，由 S

24、n S2n为常数，设 Sn S2nk 且b11，得n1 2n(n1)d k 2n1 22n（2n1）d ， 即 2(n1)d4k2k(2n1)d， 整理得(4k1)dn(2k1)(2 d)0.因为对任意正整数n，上式恒成立，所以 d（4k1）0， （2k1）（2d）0，解得 d2，k 11 1 4，所以数列b n的通项公式为bn2n1(nN N *) 答案：bn2n1(nN N *) 5 已知an是公差为d的等差数列， 它的前n项和为Sn，S42S24， 数列bn中，bn1a n an . (1)求公差d的值； (2)若a15 2，求数列b n中的最大项和最小项的值 解：(1)因为S42S24

25、，所以 4a134 2 d2(2a1d)4，解得d1. (2)因为a15 2， 所以数列an的通项公式为ana1(n1)n7 2， 所以bn11 an1 1 n7 2 . 因为函数f(x)1 1 x7 2 在 ，7 2 和 7 2， 上分别是单调减函数， 所以b3b2b11，当n4 时，1 1 8， 前 3 天走的路程为 1929648336(里)， 则后 3 天走的路程为 37833642(里)，故选 C. 16 3已知直线ln：yx 2n与圆Cn：x 2y22a nn交于不同的两点An，Bn，nN N *，数列a n 满足：a11，an11 4|A nBn| 2，则数列a n的通项公式为_

26、 解析：圆Cn的圆心到直线ln的距离dn| 2n| 2 n，半径rn 2ann，故an11 4|A nBn| 2 r 2 nd 2 n2an，故数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，故an2 n1(nN N*) 答案：an2 n1(nN N*) 4设数列an的前n项和为Sn，已知a11 3，且对任意正整数 m，n都有amnaman，若Sna 恒成立，则实数a的最小值为_ 解析：因为amnaman，令m1 得an1a1an，即a n1 an a11 3，所以a n为等比数列，所 以an1 3 n，所以Sn 1 3 1 1 3 n 11 3 1 2 11 3 n1 2，所以 a1 2.故

27、 a的最小值为1 2. 答案：1 2 5(2019成都市第一次诊断性检测)已知数列an满足a12，an12an4. (1)证明数列an4是等比数列； (2)求数列|an|的前n项和Sn. 解：(1)证明：因为a12，所以a142. 因为an12an4， 所以an142an82(an4)， 所以a n14 an4 2， 所以an4是以 2 为首项，2 为公比的等比数列 (2)由(1)，可知an42 n，所以 an2 n4. 当n1 时，a120，所以S1|a1|2； 当n2 时，an0. 所以Sna1a2an2(2 24)(2n4)2222n4(n1) 2（12 n） 12 4(n1)2 n14

28、n2. 又当n1 时，上式也满足 所以当nN N *时，S n2 n14n2. 6(2019湖北黄冈调研)数列an中，a12，an1n1 2n an(nN N *) 17 (1)证明：数列 an n 是等比数列，并求数列an的通项公式； (2)设bn an 4nan，若数列b n的前n项和是Tn，求证：Tn2. 解：(1)由题设得 an1 n1 1 2 an n， 又a 1 12， 所以数列 an n 是首项为 2，公比为1 2的等比数列， 所以a n n2 1 2 n1 2 2n，a nn2 2n4n 2 n. (2)证明：bn an 4nan 4n 2 n 4n4n 2 n 1 2 n1，

29、 因为对任意nN N *，2n12n1， 所以bn 1 2 n1. 所以Tn11 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n12 11 2 nT101 013 恒成立，则整 数m的最小值为( ) A1 026 B1 025 C1 024 D1 023 解析：选 C.因为2 n1 2 n1 1 2 n ， 19 所以Tnn11 2 n， 所以T101 01311 1 2 101 0131 024 1 2 10， 又mT101 013， 所以整数m的最小值为 1 024.故选 C. 6在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110 可知d0，a110，可得q2，故bn2 n1. 所以，Tn1

30、2 n 122 n1. 设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4. 由b5a42a6，可得 3a113d16，从而a11，d1，故ann.所以，Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2Tn(2 1222n)n2（12 n） 12 n2 n1n2. 由Sn(T1T2Tn)an4bn可得 n（n1） 2 2 n1n2n2n1， 整理得n 23n40，解得 n1(舍)，或n4. 所以，n的值为 4. 10(2019长沙市统一模拟考试)已知数列an为等差数列，其中a2a38，a53a2. (1)求数列an的通项公式； (2)记bn 2 anan1，设b n的前n项和为Sn.

31、求最小的正整数n，使得Sn2 016 2 017. 解：(1)设等差数列an的公差为d， 依题意有 2a13d8 a14d3a13d， 解得a11，d2， 从而an的通项公式为an2n1，nN N *. (2)因为bn 2 anan1 1 2n1 1 2n1， 所以Sn 1 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 1 1 2n1， 令 1 1 2n1 2 016 2 017， 21 解得n1 008，故取n1 009. 1已知等差数列an的前n项和为Sn，且a528，S10310.记函数f(n)Sn(nN N *)，A(n， f(n)，B(n1，f(n1)，C(n2，f(n2)是函

32、数f(n)上的三点， 则ABC的面积为( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 C.因为a528，S10310. 所以 a14d28， 10a1109 2 d310，解得 a14，d6. 所以an4(n1)66n2. 所以Sn4nn（n1） 2 63n 2n. 所以A，B，C的坐标分别为(n，3n 2n)，(n1，3(n1)2(n1)，(n2，3(n2)2 (n2) 所以ABC的面积S1 2(3n 2n)3(n2)2(n2)21 2(3n 2n)3(n1)2(n 1)11 23(n1) 2(n1)3(n2)2(n2)1 (6n 214n14)(3n24n2)(3n210n9) 3，即ABC的面

33、积为 3. 2(2017高考全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发 大家学习数学的兴趣， 他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动 这款软件的激活码 为下面数学问题的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16， 其中第一项是 2 0，接下来的两项是 20，21，再接下来的三项是 20，21，22，依此类推求满 足如下条件的最小整数N：N100 且该数列的前N项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活 码是( ) A440 B330 C220 D110 解析：选 A.设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组

34、，依此 类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n（n1） 2 .由题意可知，N100，令 n（n1） 2 100，所以n14，nN N *，即 N出现在第 13 组之后易得第n组的所有项的和为 12 n 122 n1，前 n组的所有项的和为2（12 n） 12 n2 n1n2.设满足条件的 N在第k 22 1(kN N *，k13)组，且第 N项为第k1 组的第t(tN N *)个数，第 k1 组的前t项的和 2 t 1 应与2k互为相反数，即 2 t1k2，所以 2tk3，所以 tlog2(k3)，所以当 t4，k13 时，N13（131） 2 4955 时，N440，故选 A. 3 已

35、知数列an满足an11 2 ana 2 n， 且a11 2， 则该数列的前 2 018 项的和等于_ 解析：因为a11 2，又 an11 2 ana 2 n， 所以a21，从而a31 2，a 41， 即得an 1 2，n2k1（kN N *）， 1，n2k（kN N *）， 故数列的前 2 018 项的和S2 0181 009 11 2 3 027 2 . 答案：3 027 2 4 某人打算制定一个长期储蓄计划， 每年年初存款 2 万元， 连续储蓄 12 年 由于资金原因， 从第 7 年年初开始，变更为每年年初存款 1 万元若存款利率为每年 2%，且上一年年末的 本息和共同作为下一年年初的本金

36、， 则第 13 年年初时的本息和约为_万元(结果精确 到 0.1)(参考数据：1.02 61.13，1.02121.27) 解析：由题意可知，第 1 年年初存入的 2 万元，到第 13 年年初时本息和为 21.02 12，第 2 年年初存入的 2 万元， 到第 13 年年初时本息和为 21.02 11， ， 第 6 年年初存入的 2 万元， 到第 13 年年初时本息和为 21.02 7， 第 7 年年初存入的 1 万元， 到第 13 年年初时本息和为 11.02 6，第 12 年年初存入的 1 万元，到第 13 年年初时本息和为 11.02，第 13 年年 初时的本息和为 21.02 1221

37、.021121.0271.0261.0251.02 21.02 7（11.026） 11.02 1.02（11.02 6） 11.02 21.02（1.02 121.026） 0.02 51(1.02 61) 51(0.280.13)20.9120.9. 答案：20.9 5等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210， a52b2a3. 23 (1)求数列an和bn的通项公式； (2)令cn 2 Sn，n为奇数， bn，n为偶数， 设数列cn的前n项和为Tn，求T2n. 解：(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q， 由 b2S210， a52b2a

38、3，得 q6d10， 34d2q32d，解得 d2， q2， 所以an32(n1)2n1，bn2 n1. (2)由a13，an2n1，得Snn（a 1an） 2 n(n2)， 则cn 2 n（n2），n为奇数， 2 n1，n为偶数， 即cn 1 n 1 n2，n为奇数， 2 n1，n为偶数， 所以T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n) 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 (22 322n1) 1 1 2n1 2（14 n） 14 2n 2n1 2 3(4 n1) 6(2019张掖市第一次诊断考试)已知数列an的前n项和为Sn，若an3Sn4，bn log2an1. (1)求

39、数列an的通项公式与数列bn的通项公式； (2)令cn bn 2 n1 1 n（n1），其中 nN N *，若数列c n的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)由a13a14，得a11， 由an3Sn4， 知an13Sn14， 两式相减并化简得an11 4a n， 所以an 1 4 n1 . bnlog2an1log2 1 4 n 2n. (2)由题意知，cnn 2 n 1 n（n1）. 24 令Hn1 2 2 2 2 3 2 3 n 2 n， 则1 2H n 1 2 2 2 2 3n1 2 n n 2 n1， 得，1 2H n1 2 1 2 2 1 2 3 1 2 n n 2 n11n2 2 n1. 所以Hn2n2 2 n. 又Mn11 2 1 2 1 3 1 n 1 n11 1 n1 n n1， 所以TnHnMn2n2 2 n n n1.