1、
规范练(五) 数列问题
1．已知n∈N*，数列{dn}满足dn＝，数列{an}满足an＝d1＋d2＋d3＋……＋d2n；数列{bn}为公比大于1的等比数列，且b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实根．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)将数列{bn}中的第a1项，第a2项，第a3项，……，第an项，……删去后剩余的项按从小到大的挨次排成新数列{cn}，求数列{cn}的前2 015项和．
解 (1)∵dn＝，
∴an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝＝3n.
由于b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实数根．
所以b2＋
2、b4＝20，b2·b4＝64，
解得：b2＝4，b4＝16，所以：bn＝2n.
(2)由题知将数列{bn}中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列{cn}中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4，公比均是8，
T2 015＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 015)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 014)．
＝＋＝.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3nbn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.
(1)求an，bn；
(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn＜7时n的最大值．
解
3、 (1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，
两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，
∴an－1＝2n－1.
∴an＝2n＋1，
∴3n·bn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，
∴bn＋1＝，
∴当n≥2时，bn＝，又b1＝3适合上式，
∴bn＝.
(2)由(1)知，bn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②，得Tn＝3＋＋＋…＋－
＝3＋4·－＝5－.
∴Tn＝－.
Tn－Tn＋1＝－＝＜0.
∴Tn＜Tn＋1，即{Tn}为递增数列．
又T3＝＜
4、7，T4＝＞7，
∴Tn＜7时，n的最大值为3.
3．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9.
(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝(n∈N*)，求证：cn＋1＜cn≤.
(1)解 由an＋1＝2Sn＋1，①
得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，②
①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
∴an＋1＝3an，即＝3，
又当n＝1时，＝3也符合上式，∴an＝3n－1.
由数列{bn}为等差数列，b3＝3，b5＝9，设{bn}公差为d，
∴b5
5、－b3＝9－3＝2d，∴d＝3，
∴bn＝3n－6.
(2)证明 由(1)知：an＋2＝3n＋1，bn＋2＝3n，所以cn＝＝，所以cn＋1－cn＝＜0，
∴cn＋1＜cn＜…＜c1＝，∴cn＋1＜cn≤.
4．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a5和a7的等差中项为11，且a2·a5＝a1·a14，令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求an及Tn；
(2)是否存在正整数m，n(1＜m＜n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出全部的m，n的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由于{an}为等差数列，设公差为d，则由题意得
即
整理得⇒
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
由bn＝＝＝(－)
所以Tn＝(1－＋－＋…＋－)＝.
(2)假设存在．
由(1)知，Tn＝，
所以T1＝，Tm＝，Tn＝，
若T1，Tm，Tn成等比数列，则有
T＝T1·Tn⇒()2＝·⇒＝⇒＝⇒＝，……①
由于n＞0，所以4m＋1－2m2＞0⇒1－＜m＜1＋，由于m∈N*，m＞1，∴m＝2，当m＝2时，带入①式，得n＝12.
综上，当m＝2，n＝12时可以使T1，Tm，Tn成等比数列．
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