初中数学数列练习题(含答案)

数列

热点一 数列的通项与求和

数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.

【例1】 (满分12分)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列an2n＋1的前n项和.

教材探源 本题第(1)问源于教材必修5P44例3，主要考查由Sn求an，本题第(2)问源于教材必修5P47B组T4，主要考查裂项相消法求和.

满分解答 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①

故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②1分 (得分点1)

①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝22n－1，4分 (得分点2)

又n＝1时，a1＝2适合上式，5分 (得分点3)

从而{an}的通项公式为an＝22n－1.6分 (得分点4)

(2)记an2n＋1的前n项和为Sn，

由(1)知an2n＋1＝2（2n－1）（2n＋1）＝12n－1－12n＋1，8分 (得分点5)

则Sn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1 10分 (得分点6)

＝1－12n＋1＝2n2n＋1.12分 (得分点7)

得分要点

❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，由an满足的关系式，通过消项求得an，验证n＝1时成立，写出结果.在第(2)问中观察数列的结构特征进行裂项→利用裂项相消法求得数列的前n项和Sn.

❷得关键分：(1)an－1满足的关系式，(2)验证n＝1，(3)对通项裂项都是不可少的过程，有则给分，无则没分.

❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点2)，(得分点5)，(得分点7).

【类题通法】求数列通项与求和的模板

第一步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项.

第二步：根据和的表达式或通项的特征，选择适当的方法求和.

第三步：明确规范地表述结论.

【对点训练】设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3.

(1)求an；

(2)设bn＝1Sn，求数列{bn}的前n项和为Tn.

解 (1)设数列{an}的公差为d，

由题意得3a1＋3d＝a1＋6d，（a1＋7d）－2（a1＋2d）＝3，

解得a1＝3，d＝2，

∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.

(2)由(1)得Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋2)，

∴bn＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn

＝121－13＋12－14＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2

＝121＋12－1n＋1－1n＋2

＝34－121n＋1＋1n＋2.

【例2】已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列an2n的前n项和.

解 (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，

由题意得a2＝2，a4＝3.

设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12， 从而a1＝32.

所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.

(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，

则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，

12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2.

两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2.

所以Sn＝2－n＋42n＋1.

【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板

第一步：(判断结构)

若数列{an·bn}是由等差数列{an}与等比数列{bn}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.

第二步：(乘公比)

设{an·bn}的前n项和为Tn，然后两边同乘以q.

第三步：(错位相减)

乘以公比q后，向后错开一位，使含有qk(k∈N*)的项对应，然后两边同时作差.

第四步：(求和)

将作差后的结果求和，从而表示出Tn.

【对点训练】等差数列{an}的首项a1＝1，公差d≠0，且a3·a4＝a12.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)由a3·a4＝a12得(1＋2d)·(1＋3d)＝1＋11d⇒d＝1或d＝0(不合题意舍去)，

∴数列{an}的通项公式为an＝n.

(2)依题意bn＝an·2n＝n·2n， Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，

2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，

两式相减得

－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1

＝21－2n1－2－n×2n＋1

＝(1－n)2n＋1－2，

∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.

热点二 等差数列、等比数列的综合问题

解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.

【例3】已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.

解 (1)设等比数列{an}的公比为q，

因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，

所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，

于是q2＝a5a3＝14.

又{an}不是递减数列且a1＝32，

所以q＝－12.

故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1

＝(－1)n－1·32n. (2)由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数，

当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，

所以1

故0

当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，

所以34＝S2≤Sn<1，

故0>Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.

综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56.

所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为－712.

【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.

【对点训练】 已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，对任意正整数n，Sn＋(n＋m)an＋1<0恒成立，试求m的取值范围.

解 (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.

依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，

代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.

∴a2＋a4＝20，

∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，解得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32. 又{an}单调递增，

∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.

(2)bn＝2n·log122n＝－n·2n，

∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①

∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②

①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1

＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.

由Sn＋(n＋m)an＋1<0，

得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，

∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<12n－1对任意正整数n恒成立.

∵12n－1>－1，∴m≤－1，

故m的取值范围是(－∞，－1].