错位相减法

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1.设数列anSn是以c(c0)为公比的等比数列. 的前n项和为Sn,a11,且数列（1）求数列an的通项公式；

（2）求a2a4a2n.

2、等差数列an中，a37,a919,则a5为（ ）.

A、13 B、12 C、11 D、10

3、已知等比数列an中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则（ ）.

A、a1＝1 B、a3＝1 C、a4＝1 D、a5＝1

4.已知数列an满足a1＝1 ，an＝3n1an1 （n2）. ① 求a2,a3；

② 求an.

5.已知等差数列{an}的首项为24，公差为2，则当n= __时，该数列的前n项和Sn取得最大值。

6. 在等差数列an中，首项a10,公差d0，若aka1a2a3A．21 C．23

B．22 D．24

a7，则k

7.已知正项等差数列an的前n项和为Sn，若S312，且2a1,a2,a31成等比数列.

（Ⅰ）求an的通项公式；

（Ⅱ）记bnan的前n项和为Tn，求Tn. 3n

8.在数列{an}中，已知a11an11,，bn23log1an(nN*). 4an44 （1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：数列{bn}是等差数列；

（3）设数列{cn}满足cnanbn，求cn的前n项和Sn.

9．已知数列bn前n项和Sn321nn.数列an满足3an4(bn2)(nN)，数列cn满足cnanbn。 22 （1）求数列an和数列bn的通项公式；

（2）求数列cn的前n项和Tn；

10. 设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN，都有Snm1man(m为常数，且m0)．

*（1）求证：数列an是等比数列；

（2）设数列an的公比qfm，数列bn满足b12a1,bnfbn1 (n2，nN)，求数列bn的通项

*公式；

2n1（3）在满足（2）的条件下，求数列的前n项和Tn．

bn

答案：

1、解：（1）∵数列Sn是以c(c0)为公比的等比数列,且S1a11

∴Sns1cn1cn1 ………………3分 ∴Sn1cn2　　（n2)

∴anSnSn1cn1cn2(c1)cn2(n2) ………………6分

(c1)C,　　n2,且nN2

（2）由（1）知a2,a4,a6,,a2n,是以a2为首项，C为公比的等比数列，……11分

a2a4a2n∴ann11,　　　　　　n2 ………………8分

(c1)(1c2n)c2n1 ……………14分 2c11c

2.a3a9719262a6, ∴a613　由a6a33d　得d2

∴a11 选C

3、T5a1a2a3a4a5a31　　所以选B a31，　4、（1）解：（1）解: ∵a11，∴a2314，a332413 …………4 分

(2) 证明：已知 anan13n1(n2) 得

55an(anan1)(an1an2)…(a2a1)a1 …………8 分

3n2…31

3n1  …………12 分

23113n11 ∴an当n1时，a1 …………14 分 22 35.由已知得：an24(n1)(2)262n，由

n1an0262n012n13,nN*，所以n=12或13 an10242n0

7. 解：（Ⅰ）∵S312，即a1a2a312，∴3a212，所以a24，--------------------------------2分 又∵2a1，a2，a31成等比数列，

22∴a22(a2d)(a2d1)， --------------------------------4分 2a1(a31)，即a2解得，d3或d4（舍去），

∴a1a2d1，故an3n2； ---------------------------------------7分

an3n21(3n2)， nnn3331111∴Tn14273(3n2)n， ①

33331111111①得，Tn124374(3n5)n(3n2)n1 ②

3333333（Ⅱ）法1：bn

1111113233343n(3n2)n1 33333311(1)2n1115111333(3n2)n1n1(3n2)n1

1336233135113n2156n51nn． ---------------------------------------14分 ∴Tnn244323443an3n211n2法2：bnn， nn1n33331111设An123243nn1， ①

3333111111则An223344nn， ② 333333211111①②得，An123n1nn

33333311n3n13(3n)1 nn13223139931∴An(n)n，

442311(1n)39(93n)1(11)56n51．----------------------------14分 ∴TnAn23nnn14423344313①②得，Tn

8.解：（1）23an11 an411，公比为的等比数列， 44∴数列{an}是首项为

1n4（2）bn3log1an2 ………………………………………………………………3分

∴an()(nN*).…………………………………………………………………2分

4∴bn3log1()23n2.………………………………………………………4分

414n∴b11，公差d3

∴数列{bn}是首项b11，公差d3的等差数列. ………………………………5分 （3）由（1）知，an(),bn3n2(nN*)

14n

∴cn(3n2)(),(nN*). ……………………………………………………6分

14n

111114()27()3(3n5))n1(3n2)()n, 4444411213141n1n1于是Sn1()4()7()(3n5))(3n2)()

444444∴Sn1……………………………10分

两式相减得

311111Sn3[()2()3()n](3n2)()n1 44444411(3n2)()n1. …………………………………………12分 24

∴Sn212n81n1()(nN*). ……………………………………………14分 3349.

解：（1）由已知和得，当n2时，

3131bnSnSn1(n2n)((n1)2(n1))3n2 ……2分

2222又b11312，符合上式。故数列bn的通项公式bn3n2。……3分 又∵3an4(bn2)，∴an4(bn2)34(3n2)231()n， 4故数列an的通项公式为an()， …………………………5分

n14（2）cnanbn(3n2)()，

14n11114()27()3(3n2)()n， …………………① 4444111111Sn1()24()37()4(3n5)()n(3n2)()n1，……② 444444311213141n1n1 ①-②得 Sn3[()()()()](3n2)()

444444411()2[1()n1]114 34(3n2)()n1

1441411n1 (3n2)()，

24212n81n1()。 …………………………10分 ∴ Sn334 Sn1

10. 解：（1）证明：当n1时，a1S1m1ma1，解得a11．………………1分 当n2时，anSnSn1man1man． ……………………………………………2分 即1manman1．

∵m为常数，且m0，∴

anmn2． ………………………………………3分 an11mm的等比数列． …………………………………4分 1mm（2）解：由（1）得，qfm，b12a12． ……………………………5分

1m∴数列an是首项为1，公比为∵bnfbn1bn1， ………………………………………………………………6分

1bn1∴

11111，即1n2． ……………………………………………7分 bnbn1bnbn1∴11是首项为，公差为1的等差数列． ……………………………………………8分

2bn2112n1*，即bn（nN）． …………………………9分 n112n1bn22∴

22n1（3）解：由（2）知bn，则2n2n1． ……………………………10分

2n1bn222324所以Tnb1b2b31232n2n1， bn1bn即Tn212325则2Tn212325②－①得Tn2n12342n12n32n2n1， ① ……11分 2n2n32n12n1， ② ……12分

2n1， ………………………………13分

2n1223242312n112故Tn2n12n12

2n12n36． ……………………14分