一轮复习大题专练37—数列（错位相减求和2）-2022届高三数学一轮复习.doc

1、一轮复习大题专练一轮复习大题专练 37数列（错位相减求和数列（错位相减求和 2）1已知公差为正数的等差数列na满足1239aaa，且2a是1a与34a 的等比中项（1）求na的通项公式；（2）若12nannba，求数列 nb的前n项和解： （1）设公差为(0)d d 的等差数列na，由1239aaa，可得1339ad，即13ad，由2a是1a与34a 的等比中项，可得2213(4)aa a，即为2111()(24)ada ad，联立，可得11a ，2d ，则12(1)21nann ；（2）12(21) 4nannnban，数列 nb的前n项和231 43 45 4.(21) 4nnSn ，23

2、4141 43 45 4.(21) 4nnSn ，两式相减可得231342(44.4 )(21) 4nnnSn1116(14)42(21) 414nnn，化简可得16520499nnnS2已知数列na满足21123333(*)nnaaaan nN（1）求数列na的通项公式；（2）设131|log|nnnbaa，求数列 nb的前n项和nS解： （1）21123333nnaaaan，当1n 时，11a 当2n时2212313331nnaaaan，得131(2)nnan，2n 时，113nna，1n 时上式成立，数列na的通项公式为11(*)3nnanN（2）113nna，131|log|3nnnn

3、nbaa，231233333nnnS ，231112133333nnnnnS，两式相减，得：2311111(1)2111111331333333322 3313nnnnnnnnnnS113222 3nn，33244 3nnnS3已知等差数列na的公差0d ，且1236aaa，2a，4a，8a成等比数列，若数列 nb满足：11223113322nnnbbbaaa，nN（1）求数列na的通项公式；（2）求数列 nb的前n项和nS解： （1）因为1236aaa，所以由等差数列的性质得236a ，即22a ，因为2a，4a，8a成等比数列，所以2284a aa，即2222(6 )(2 )a adad，

4、又0d ，22a ，所以1d ，11a ，所以nan（2）因为11223113322nnnbbbaaa，所以当1n 时，1293322ba，所以16b 当2n时，由，得1113133332222nnnnnba，所以(1)3nnbn，所以2122 33 3(1)3nnnSbbbn ，23132 33 3(1)3nnSn ，所以1231119(13)32122 3333(1)36(1)331322nnnnnnnSnn ，所以1213344nnnS4数列na满足112323(1) 22(1)nnaaanann（1）求数列na的通项公式；（2）设21,nnnnbSa为数列 nb的前n项和，求nS解：

5、（1）数列na满足112323(1) 22(1)nnaaanann，当2n时，123123(1)(2) 22nnaaanan，得：1(1) 22(2) 222nnnnnannn，所以2nna ，当1n 时，12a （首项符合通项） ，所以2nna （2）由（1）得：212nnnb，则23521222nnnS，231135212222nnnS，得：21111(1)1111121121222()2()12222222212nnnnnnnS，所以5252nnnS5已知在数列na中，112a ，111122nnnnaa（1）求数列na的通项公式；（2）求数列nan的前n项和nS解： （1）因为1111

6、22nnnnaa，所以1122(1)nnnnaan，所以11221nnnnaan，所以1122112211(1)2(22)(22)(22)2122nnnnnnnnnnn naaaaaaaan ，所以1(1)2nnn na（2）记112nnnanbn，所以1231231231.2222nnnnnnnSbbbbb，34121231.22222nnnnnS，得：112211(1)1111111182.122816222212nnnnnnnS，所以13322nnnS6已知数列na满足11a ，23a ，21122(*)nnnnaaaa nN（1）证明：数列1nnaa是等比数列，并求na通项公式；（2）

7、在na与1na之间插入n个数，使得包括na与1na在内的这2n 个数成等差数列，设其公差为nc，求1nc的前n项和nT解： （1）21122(*)nnnnaaaa nN，2112()nnnnaaaa，又2120aa，1nnaa是以 2 为首项，以 2 为公比的等差数列，12nnnaa，当2n时，112211()()()nnnnnaaaaaaaa，1211222212112nnnn ，当1n 时，也满足21nna 的通项公式，21nna ，（2）由题意可得，11(1)22nnnnnncaa，112nnnc，2323412222nnnT，23411234122222nnnT，可得231111(1)

8、11111112211222222212nnnnnnnT 113113322222nnnnn，故332nnnT7 已 知 数 列na的 前n项 的 和 为nS， 且 满 足244nnSa， 数 列 nb满 足3123233nnnbbbnb（）求出数列na， nb的通项公式；（）求出数列nnab的前n项和nT解：( ) I 数列na的前n项的和为nS，且满足244nnSa，2n 时可得：11244nnSa，相减可得：1244nnnaaa，化为：12nnaa1n 时，1112244aSa，解得12a ，数列na是首项与公比都为 2 的等比数列，2nna数列 nb满足3123233nnnbbbnb，2n 时，31231(1)(1)23(1)3nnnbbbnb，相减可得：33(1)(1)33nnnnnnb，化为：1nbn1n 时，10b ，也符合上式1nbn（）(1) 2nnnabn数列nnab的前n项和23402223 2(1) 2nnTn ，34120222(2) 2(1) 2nnnTnn，123114(21)222(1) 2(1) 22 1nnnnnTnn，解得：1(2) 24nnTn