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1、(二)数 列(二)数 列 1(2018三明质检)已知正项数列an的前n项和为Sn，a11，且(t1)Sna3an 2n 2(tR R) (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足b11，bn1bnan1，求数列的前n项和Tn. 1 2bn7n 解 (1)因为a11，且(t1)Sna3an2， 2n 所以(t1)S1a3a12，所以t5. 2 1 所以 6Sna3an2. 2n 当n2 时，有 6Sn1a3an12， 2n1 得 6ana3ana3an1， 2n2n1 所以(anan1)(anan13)0， 因为an0，所以anan13， 又因为a11， 所以an是首项a11，公差d3
2、的等差数列， 所以an3n2(nN N*) (2)因为bn1bnan1，b11， 所以bnbn1an(n2，nN N*)， 所以当n2 时， bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1 anan1a2b1. 3n2n 2 又b11 也适合上式，所以bn(nN N*) 3n2n 2 所以 1 2bn7n 1 3n2n7n ， 1 3 1 nn 2 1 6( 1 n 1 n2) 所以Tn 1 6(1 1 3 1 2 1 4 1 n 1 n2) ， 1 6( 3 2 1 n1 1 n2) . 3n25n 12 n 1 n 2 2(2018葫芦岛模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，且S3，
3、，S4成等差数列，a53a22a12. S5 2 (1)求数列an的通项公式； (2)设bn2n1，求数列的前n项和Tn. an bn 解 (1)设等差数列an的首项为a1，公差为d， 由S3， ，S4成等差数列， S5 2 可知S3S4S5，得 2a1d0， 由a53a22a12， 得 4a1d20， 由，解得a11，d2， 因此，an2n1(nN N*) (2)令cn(2n1) n1， an bn( 1 2) 则Tnc1c2cn， Tn113 5 2(2n1)n1， 1 2( 1 2)( 1 2) Tn1 3 253(2n1)n， 1 2 1 2( 1 2)( 1 2)( 1 2) ，得T
4、n12(2n1) n 1 2 1 2( 1 2) 2(1 2) n1 ( 1 2) 12 (2n1) n 3 ， 1( 1 2) n1 ( 1 2) 2n3 2n Tn6(nN N*) 2n3 2n1 3(2018厦门质检)已知等差数列an满足(n1)an2n2nk，kR R. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Sn. 4n2 anan1 解 (1)方法一 由(n1)an2n2nk， 令n1,2,3， 得到a1，a2，a3， 3k 2 10k 3 21k 4 an是等差数列，2a2a1a3， 即， 202k 3 3k 2 21k 4 解得k1. 由于(n1)an2
5、n2n1(2n1)(n1)， 又n10，an2n1(nN N*) 方法二 an是等差数列，设公差为d， 则ana1d(n1)dn(a1d)， (n1)an(n1)(dna1d) dn2a1na1d， dn2a1na1d2n2nk对于nN N*均成立， 则Error!解得k1，an2n1(nN N*) (2)由bn 4n2 anan1 4n2 2 n12n 1 1 4n2 4n21 1 4n21 11， 1 2 n12n 1 1 2( 1 2n1 1 2n1) 得Snb1b2b3bn 1111 1 2(1 1 3) 1 2( 1 3 1 5) 1 2( 1 5 1 7) 1 2( 1 2n1 1
6、 2n1) n 1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n1) n 1 2(1 1 2n1) n(nN N*) n 2n1 2n22n 2n1 4(2018天津河东区模拟)已知等比数列an满足条件a2a43(a1a3)，a2n3a，nN N*. 2n (1)求数列an的通项公式； (2)数列bn满足n2，nN N*，求bn的前n项和Tn. b1 a1 b2 a2 bn an 解 (1)设an的通项公式为ana1qn1(nN N*)， 由已知a2a43(a1a3)， 得a1qa1q33(a1a1q2)，所以q3. 又由已知a2n3a， 2n 得a1q2n13a q2
7、n2，所以q3a1， 2 1 所以a11，所以an的通项公式为an3n1(nN N*) (2)当n1 时，1，b11， b1 a1 当n2 时，n2， b1 a1 b2 a2 bn an 所以(n1)2， b1 a1 b2 a2 bn1 an1 由得2n1， bn an 所以bn(2n1)3n1，b11 也符合， 综上，bn(2n1)3n1(nN N*) 所以Tn130331(2n3)3n2(2n1)3n1， 3Tn131332(2n3)3n1(2n1)3n， 由得 2Tn1302(31323n1)(2n1)3n 13023(2n1)3n 3n11 31 13n3(2n1)3n(22n)3n2
8、， 所以Tn1(n1)3n(nN N*) 5 (2018宿州模拟)已知数列an的前n项和为Sn， 数列Sn的前n项和为Tn， 满足Tn2Snn2. (1)证明数列an2是等比数列，并求出数列an的通项公式； (2)设bnnan，求数列bn的前n项和Kn. 解 (1)由Tn2Snn2，得a1S1T12S11， 解得a1S11， 由S1S22S24，解得a24. 当n2 时，SnTnTn1 2Snn22Sn1(n1)2， 即Sn2Sn12n1， Sn12Sn2n1， 由得an12an2， an122(an2)， 又a222(a12)， 数列an2是以a123 为首项，2 为公比的等比数列， an232n1， 即an32n12(nN N*) (2)bn3n2n12n， Kn3(120221n2n1)2(12n) 3(120221n2n1)n2n. 记Rn120221n2n1， 2Rn121222(n1)2n1n2n， 由，得 Rn2021222n1n2n n2n (1n)2n1， 12n 12 Rn(n1)2n1. Kn3(n1)2nn2n3(nN N*)