资源描述
2.（201４•成都模拟)等比数列｛aｎ}得各项均为正数,且2a1＋３a2＝1,a3２=9a２a6,
(Ⅰ)求数列{ａｎ｝得通项公式；
（Ⅱ)设ｂn=log3a1＋ｌog3ａ2＋…+ｌｏg３an，求数列{}得前n项与．
解:(Ⅰ)设数列{ａn}得公比为q,由a３2＝9ａ２a6有ａ３２=9a42,∴ｑ2=.
由条件可知各项均为正数,故q＝.
由2ａ1＋3a２＝1有2a1+３ａ1ｑ=1,∴a1=．
故数列｛an}得通项式为aｎ=.
(Ⅱ)bn=+＋…+=﹣(1+２+…＋n）=﹣,
故＝﹣=﹣2（﹣)则++…+=﹣2[(１﹣）＋(﹣)+…+(﹣)]=﹣,
∴数列{}得前n项与为﹣.
７．(2013•江西)正项数列{aｎ}满足﹣（２n﹣1)ａｎ﹣2n＝0.
(１）求数列{ａn｝得通项公式an；
(２)令bn=,求数列｛bn｝得前n项与Ｔｎ.
解:（1)由正项数列{ａn}满足:﹣(２n﹣1)an﹣2ｎ=0,
可有（ａn﹣2n)(an+1)＝0 ∴an＝2n.
（2)∵an=2ｎ,bn=，
∴bn===,
Tｎ===．
数列{bｎ｝得前n项与Tn为.
６.（2013•山东)设等差数列｛an}得前n项与为Sn,且S4=4S2,a２ｎ＝2ａn+1.
(Ⅰ)求数列{aｎ｝得通项公式;
(Ⅱ)设数列｛ｂn｝满足=1﹣,n∈N*,求{bｎ}得前n项与Ｔn.
解:（Ⅰ）设等差数列{an}得首项为a1,公差为d，由Ｓ4=4S2,ａ２n=2aｎ+1有:，
解有a１=1,d=2.
∴ａn=２n﹣1,ｎ∈N＊．
(Ⅱ)由已知++…+=１﹣,n∈N*,有：
当n＝1时，＝，
当n≥2时,=(1﹣)﹣(1﹣)=，∴,n=1时符合．
∴=，n∈N*
由(Ⅰ)知，an=2n﹣1,n∈N*．
∴bn＝，n∈N*.
又Tn=+++…+,
∴Tn=++…++,
两式相减有:Ｔn=+(++…+)﹣＝﹣﹣
∴Ｔn=3﹣.
28.(2０1０•山东)已知等差数列{ａn}满足:ａ3＝7,ａ5+a7=26.{ａn｝得前n项与为Sn.(Ⅰ)求an及Sn;(Ⅱ）令（ｎ∈Ｎ*),求数列{bn}得前n项与Tn.
解:(Ⅰ)设等差数列{an}得公差为d,
∵a3＝7,a5+ａ7=２6,
∴有，
解有a1=3，d=2,
∴aｎ＝3+2(n﹣1)=2n+１;
Sn==n2+2ｎ；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知an=2n＋1,
∴bn=＝==,
∴Tｎ===,
即数列｛bn｝得前n项与Ｔn=.
2５.(2０0８•四川)在数列{an}中,ａ1=1,.(Ⅰ）求｛aｎ}得通项公式;(Ⅱ）令,求数列{bn}得前n项与Sn；(Ⅲ)求数列{an}得前n项与Tn．
解:(Ⅰ）由条件有,又n=1时,,
故数列构成首项为1,公式为得等比数列.∴，即.
(Ⅱ)由有，,
两式相减,有：,∴.
(Ⅲ)由有.
∴Ｔn＝2Ｓn＋2a1﹣2an+1=.
3.(2010•四川）已知等差数列｛ａn}得前３项与为6,前8项与为﹣4.(Ⅰ)求数列{aｎ}得通项公式;(Ⅱ)设bｎ=(４﹣an)qn﹣1(q≠0，n∈Ｎ＊),求数列{bn}得前ｎ项与Sn．
解:(1)设{ａn｝得公差为d，
由已知有
解有a1=3,d＝﹣1
故ａｎ=3+(n﹣1）(﹣1）＝４﹣n;
(2）由(1)得解答有，bｎ=n•ｑn﹣1,于就是
Ｓn=1•q0+２•q１+３•q2+…+n•qn﹣1.
若q≠1，将上式两边同乘以ｑ,有
qSn=1•q１+2•ｑ2+３•q3+…+n•qn.
上面两式相减,有
(q﹣1）Sｎ=nｑn﹣(1＋ｑ＋ｑ2+…+qn﹣1)=nqn﹣
于就是Sn=
若q=1,则Ｓn=1+2+3+…+n=
∴,Sn=.
4.（２010•四川)已知数列{an}满足a1=0,a2=2,且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1＋ａ２n﹣1＝2ａm+ｎ﹣１+2(m﹣n)2(1)求a３,a5;（2)设bn=a2n＋１﹣a２n﹣１(n∈Ｎ＊),证明：{bｎ｝就是等差数列;(3)设ｃｎ＝(ａn+1﹣an)qn﹣1（q≠0,ｎ∈N*),求数列{cn}得前ｎ项与Ｓn.
解：(1)由题意,令m＝２,n＝1,可有a3＝2a2﹣ａ１+２=6
再令m=3,n=1,可有a5=2a3﹣ａ1+8=20
(2）当ｎ∈N*时,由已知(以n+2代替ｍ)可有
a2ｎ＋3+a２n﹣1=２a2n+1+8
于就是[a2(ｎ＋1)+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（ａ2n+1﹣a２ｎ﹣1)=８ 即bn＋1﹣bn＝8
∴｛bn}就是公差为8得等差数列
（３）由（1)（2）解答可知｛bn｝就是首项为b１=a3﹣a1＝6,公差为８得等差数列
则bn=8n﹣2，即a2ｎ+1﹣a2ｎ﹣1=8n﹣２
另由已知(令ｍ=1)可有
aｎ＝﹣(n﹣1)2.
∴an+1﹣ａn＝﹣2ｎ＋1=﹣2ｎ+1=２n
于就是cn＝2nqｎ﹣１.
当q=1时,Ｓn=２＋4+6++２ｎ=n(ｎ+1)
当ｑ≠1时,Ｓn=２•q0＋４•ｑ1+６•q2+…+2n•ｑｎ﹣1．
两边同乘以q,可有
qSn=2•q1＋4•ｑ２＋6•ｑ３+…＋2n•qn.
上述两式相减,有
(1﹣ｑ)Sn=2(1+ｑ＋q2+…+qn﹣1)﹣2nqn=2•﹣2ｎqｎ=2•
∴Sn=２•
综上所述,Sn＝.
1６．（２０09•湖北)已知数列｛aｎ}就是一个公差大于０得等差数列，且满足ａ３a6=5５,a２+ａ7=16(1）求数列｛ａｎ｝得通项公式;(2)数列{ａｎ｝与数列{bn}满足等式ａn=(n∈N＊）,求数列{bｎ}得前ｎ项与Ｓn.
解：(1)设等差数列{an}得公差为d,
则依题意可知d>0由ａ2+ａ７=1６,
有,２a1+７d＝１6①
由a3a6＝55,有(a1+2d)(a1＋5d）=５5②
由①②联立方程求,有
d=2,ａ1=1/d=﹣2，ａ１＝（排除)
∴an=１+(n﹣1)•2=2n﹣1
（2)令cｎ＝，则有an＝ｃ1+c2+…+cｎ
an+1=c1+ｃ２+…＋cn+１
两式相减，有
an＋1﹣aｎ=cn＋1,由(1)有ａ１＝1，ａｎ+1﹣ａｎ=2
∴cn+１＝２，即ｃn=２（n≥2）,
即当ｎ≥2时,
bn=2n＋1,又当n＝１时,b1=２a1=2
∴bn=
于就是Sn=ｂ1＋b2+b3+…＋bｎ=２+23＋24+…2ｎ+1=２n＋2﹣６,n≥2，
．
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