高中数学复习专题数列讲座

西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚

高中数学复习专题讲座 数列的通项公式与求和的常用方法
高考要求
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数列是函数概念的继续和延伸, 数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数,是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲,数列的问题,最终归结为 对数列通项的研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项 通项及求和是数列 中最基本也是最重要的问题之一, 与数列极限及数学归纳法有着密切的联系, 是高考 对数列问题考查中的热点, 本点的动态函数观点解决有关问题, 为其提供行之有效的 方法
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重难点归纳
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1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂,要注意辨析数列中的项与数集中元素 的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性,又要注意数列方法的 特殊性 ? S1 , n = 1 2 数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式 an= ? ?S n ? S n ?1 , n ≥ 2
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3 求通项常用方法 ①作新数列法 作等差数列与等比数列 ②累差叠加法 最基本形式是 an=(an-an-1 ) + (an-1+an-2) +…+ (a2-a1) + a1
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an a a a = n ? n ?1 ? ? 2 ? a1 a n ?1 a n ?1 a n ?2 a1
③归纳、猜想法
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④递推数列: a n = a n ?1 + f ( n) 4
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an = f ( n) a n ?1

a n = ca n ?1 + d

数列前 n 项和常用求法 ①重要公式:1+2+…+n=

1 1 n(n+1) , 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) 2 6 1 2 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n (n+1)2 4 ②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累 应 掌 握 以 下 常 见 的 裂 项 加 时 抵 消 中 间 的 许 多 项
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1 1 1 1 = ? , n ? n ! = ( n + 1)!? n !, = ctg α ? ctg2 α , n ( n + 1) n n + 1 sin 2α 1 1 1 Cn ?1 = Cr +1 ? Cr , = ? 等 n n n (n + 1)! n ! (n + 1)!
④错项相消法 ⑤并项求和法 数列通项与和的方法多种多样,要视具体情形选用合适方法
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西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚

典型题例示范讲解







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例 1 已知数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠ 1)的等比数列,若函数 f(x)=(x-1)2,且 a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1),b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,对一切 n∈N*,都有

c c1 c1 + +?+ n =an+1 成立,求 b1 b2 cn

S 2 n +1 n →∞ S 2 n 命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前 n 项和公式、数列的 极限,以及运算能力和综合分析问题的能力 知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显,而(2)中条 件等式的左边可视为某数列前 n 项和,实质上是该数列前 n 项和与数列{an}的关系, 借助通项与前 n 项和的关系求解 cn 是该条件转化的突破口 错解分析 本题两问环环相扣,(1)问是基础,但解方程求基本量 a1、b1、d、q, 计算不准易出错;(2)问中对条件的正确认识和转化是关键 技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题, 思路较为自然, (2)问 “借 鸡生蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出 dn,丝丝入扣 解 (1)∵a1=f(d-1)=(d-2)2,a3=f(d+1)=d2, ∴a3-a1=d2-(d-2)2=2d, ∵d=2,∴an=a1+(n-1)d=2(n-1); 又 b1=f(q+1)=q2,b3=f(q-1)=(q-2)2, b ( q ? 2) 2 ∴ 3 = =q2 , 由 q ∈ R , 且 q ≠ 1 , 得 q= - 2 , 2 b1 q

lim

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?b ± b 2 ? 4ac n! lim 342 + b 2 b 2 ? 4ac b 2 ? 4ac lim x →∞ 2a r !( n ? r ) ! x →∞
∴bn=b·qn 1=4·(-2)n 1 c (2)令 n =dn,则 d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*), bn ∴dn=an+1-an=2, c 8 - ∴ n =2,即 cn=2·bn=8·(-2)n 1;∴Sn= [1-(-2)n] bn 3
- -

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1 (? ) 2n + 2 S 2 n +1 1 ? ( ?2) 2 n +1 S ∴ = = 2 , lim 2 n +1 = ?2 2n 1 2n n →∞ S 2 n S 2n 1 ? ( ?2) (? ) ? 1 2 例 2、设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n, 、 an 与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项 (1)写出数列{an}的前 3 项 (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程) a 1 a (3)令 bn= ( n +1 + n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+…+bn-n) n →∞ 2 an a n +1
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西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚

a1 + 2 = 2 S1 ,S1=a1, 2 a +2 a +2 = 2 a1 ,解得 a1=2 当 n=2 时,有 2 = 2 S 2 ,S2=a1+a2,将 a1=2 ∴ 1 2 2 代入,整理得(a2-2)2=16,由 a2>0,解得 a2=6 a +2 当 n=3 时,有 3 = 2S 3 ,S3=a1+a2+a3, 2 将 a1=2,a2=6 代入,整理得(a3-2)2=64,由 a3>0,解得 a3=10 故该数列的前 3 项为 2,6,10 (2)解法一 由(1)猜想数列{an} 有通项公式 an=4n-2 下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是 an=4n-2,(n∈N*) ①当 n=1 时,因为 4×1-2=2, ,又在(1)中已求出 a1=2,所以上述结论成立 a +2 ②假设当 n=k 时, 结论成立, 即有 ak=4k-2, 由题意, k 有 将 = 2 S k , ak=4k 2 -2 代入上式,解得 2k= 2 S k ,得 Sk=2k2,
解析
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(1)由题意,当 n=1 时,有
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ak +1 + 2 = 2 S k +1 ,Sk+1=Sk+ak+1, 2 a +2 2 将 Sk=2k2 代入得( k +1 ) =2(ak+1+2k2), 2 整理得 ak+12-4ak+1+4-16k2=0,由 ak+1>0,解得 ak+1=2+4k, 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2, 即当 n=k+1 时,上述结论成立 根据①②,上述结论对所有的自然数 n∈N*成立 a +2 1 解法二 由题意知 n = 2 S n ,(n∈N*) 整理得,Sn= (an+2)2, 2 8 1 1 2 2 由此得 Sn+1= (an+1+2) ,∴an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2) -(an+2)2] 8 8 整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0, 由题意知 an+1+an≠0,∴an+1-an=4, 即数列{an}为等差数列,其中 a1=2,公差 d=4 ∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1),即通项公式为 an=4n-2 a +2 解法三 由已知得 n = 2 S n ,(n∈N*) ①, 2 a +2 所以有 n+1 = 2 S n+1 ②, 2 S ? Sn + 2 由②式得 n +1 = 2 S n+1 , 2 整理得 Sn+1-2 2 · S n+1 +2-Sn=0,
由题意,有
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解得 S n+1 = 2 ± S n , 由于数列{an}为正项数列,而 S1 = 2 ,∴ S n+1 + S n > 2 , 因而 S n+1 = 2 + S n ,
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西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚
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即{Sn}是以 S1 = 2 为首项,以 2 为公差的等差数列 所以 S n =

2 +(n-1)

2 = 2 n,Sn=2n2,
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1 2n + 1 2n ? 1 1 1 = [( ? 1) + ( ? 1)] = ? , 2 2n ? 1 2n + 1 2n ? 1 2n + 1 b1 + b2 + ? + bn ? n = c1 + c2 + ? + cn 1 1 1 1 1 1 = (1 ? ) + ( ? ) + ? + ( ? ) = 1? , 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 1 ∴ lim (b1 + b2 + ? + bn ? n) = lim (1 ? ) = 1. n →∞ n →∞ 2n + 1

?2, (n = 1) 即 an=4n-2(n∈N*) 故 a n= ? S n ? S n ?1 = 4n ? 2, (n ≥ 2) ? a 1 a (3)令 cn=bn-1,则 cn= ( n+1 + n ? 2) 2 an an+1

例 3、数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , a1 = 1 , an +1 = 2 S n (n ∈ N* ) . (Ⅰ)求数列 {an } 的通项 an ; (Ⅱ)求数列 {nan } 的前 n 项和 Tn . 解: (Ⅰ)∵ an +1 = 2 S n ,∴ S n +1 ? S n = 2 S n ,∴
S n +1 = 3 .又∵ S1 = a1 = 1 , Sn

∴ 数列 {Sn } 是首项为 1 ,公比为 3 的等比数列, S n = 3n ?1 (n ∈ N* ) .

n = 1, ?1, 当 n ≥ 2 时, an = 2 S n ?1 = 2i3n ? 2 (n ≥ 2) ,∴ an = ? n ? 2 ?2i3 ,n ≥ 2.
(Ⅱ) Tn = a1 + 2a2 + 3a3 + ? + nan , 当 n = 1 时, T1 = 1 ; 当 n ≥ 2 时, Tn = 1 + 4i30 + 6i31 + ? + 2ni3n ? 2 ,…………①
3Tn = 3 + 4i31 + 6i32 + ? + 2ni3n ?1 ,………………………②

① ? ② 得: ?2Tn = ?2 + 4 + 2(31 + 32 + ? + 3n ? 2 ) ? 2ni3n ?1

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= 2 + 2i

3(1 ? 3n ? 2 ) 1 ? 1? ? 2ni3n ?1 = ?1 + (1 ? 2n)i3n ?1 .∴Tn = + ? n ? ? 3n ?1 (n ≥ 2) 1? 3 2 ? 2?
1 ? 1? + ? n ? ? 3n ?1 (n ∈ N* ) 2 ? 2?

又∵ T1 = a1 = 1 也满足上式,∴Tn =

例 4、设{an } 是公比大于 1 的等比数列, Sn 为数列{an } 的前 n 项和.已知 S3 = 7 ,且 a1 + 3, 2,a3 + 4 构成等差数列. 3a (1)求数列{an } 的等差数列. (2)令 bn = ln a3 n +1,n = 1, ?, 2, 求数列{bn } 的前 n 项和 T .

?a1 + a2 + a3 = 7, ? 解: (1)由已知得 : ? (a1 + 3) + (a3 + 4) 解得 a2 = 2 . = 3a2 . ? 2 ? 2 设数列{an } 的公比为 q ,由 a2 = 2 ,可得 a1 = ,a3 = 2q . q 2 1 又 S3 = 7 ,可知 + 2 + 2q = 7 ,即 2q 2 ? 5q + 2 = 0 ,解得 q1 = 2,q2 = . 2 q
由题意得 q > 1, q = 2 .∴ a1 = 1 .故数列{an } 的通项为 an = 2n ?1 . ∴
(2)由于 bn = ln a3 n +1,n = 1, ?, 1)得 a3n +1 = 23n 2, 由(

∴ bn = ln 23 n = 3n ln 2

又 bn +1 ? bn = 3ln 2n

∴{bn } 是等差数列.∴Tn = b1 + b2 + ? + bn

n(b1 + bn ) 2 n(3ln 2 + 3ln 2) = 2 3n(n + 1) = ln 2. 2 =
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故 Tn =

3n(n + 1) ln 2 . 2

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西乡一中 2008 年高考复习数学培训试题(三)
1. 已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n = ( n + 1) ? bn , 其中 {bn } 是首项为 1,公差为 2 的等 差数列。 (1) 求数列 {a n } 的通项公式; 若 c n = (2)

1 , 求数列 {c n } 的前 n 项和 Tn . a n ? (2bn + 5)

2、在数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = 4an ? 3n + 1 , n ∈ N* .

解: (Ⅰ)证明数列 {an ? n} 是等比数列; (Ⅱ)求数列 {an } 的前 n 项和 Sn ; (Ⅰ)证明:由题设 an +1 = 4an ? 3n + 1 ,得
an +1 ? (n + 1) = 4(an ? n) , n ∈ N* .

又 a1 ? 1 = 1 ,所以数列 {an ? n} 是首项为 1 ,且公比为 4 的等比数列. (Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知 an ? n = 4n ?1 ,于是数列 {an } 的通项公式为
an = 4n ?1 + n .

所以数列 {an } 的前 n 项和 S n =

4n ? 1 n(n + 1) + . 3 2

3、设数列 {an } 满足 a1 + 3a2 + 32 a3 + … + 3n ?1 an =

n , a ∈ N* . 3

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项; (Ⅱ)设 bn = 解:(I) a1 + 3a2 + 32 a3 + ...3n ?1 an = a1 + 3a2 + 32 a3 + ...3n ? 2 an ?1 = 3n ?1 an = an = n , 3

n ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn . an

n n ?1 1 ? = (n ≥ 2). 3 3 3

n ?1 (n ≥ 2), 3

1 (n ≥ 2). 3n
1 (n ∈ N * ). n 3

验证 n = 1 时也满足上式, an =

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(II) bn = n ? 3n ,
S n = 1 ? 3 + 2 ? 32 + 3 ? 33 + ...n ? 3n
3S n == 1 ? 32 + 2 ? 33 + 3 ? 34 + ...n ? 3n +1

?2 S n = 3 + 32 + 33 + 3n ? n ? 3n +1

?2 S n =

3 ? 3n +1 ? n ? 3n +1 , 1? 3

Sn =

n n +1 1 n +1 3 ?3 ? ?3 + ? 2 4 4

4、 数列 {an } 中,a1 = 2 ,an +1 = an + cn( c 是常数,n = 1, 3, ) 且 a1,a2,a3 2, ? ,
成公比不为 1 的等比数列. (I)求 c 的值; II)求 {an } 的通项公式. ( 解: I) a1 = 2 , a2 = 2 + c , a3 = 2 + 3c , ( 因为 a1 , a2 , a3 成等比数列, 所以 (2 + c) 2 = 2(2 + 3c) ,解得 c = 0 或 c = 2 . 当 c = 0 时, a1 = a2 = a3 ,不符合题意舍去,故 c = 2 . (II)当 n ≥ 2 时,由于 a2 ? a1 = c , a3 ? a2 = 2c , ?? an ? an ?1 = (n ? 1)c ,所以 an ? a1 = [1 + 2 + ? + (n ? 1)]c = n(n ? 1) c. 2

又 a1 = 2 , c = 2 ,故 an = 2 + n(n ? 1) = n 2 ? n + 2(n = 2, ?) . 3,

当 n = 1 时,上式也成立, 所以 an = n 2 ? n + 2(n = 1, ?) . 2,

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高中数学复习专题讲座 数列的通项公式与求和的常用方法
高考要求
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数列是函数概念的继续和延伸, 数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数,是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲,数列的问题,最终归结为 对数列通项的研究, 而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项 通项及求和是数列 中最基本也是最重要的问题之一, 与数列极限及数学归纳法有着密切的联系, 是高考 对数列问题考查中的热点, 本点的动态函数观点解决有关问题, 为其提供行之有效的 方法
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重难点归纳
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1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂,要注意辨析数列中的项与数集中元素 的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性,又要注意数列方法的 特殊性 ? S1 , n = 1 2 数列{an}前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式 an= ? ?S n ? S n ?1 , n ≥ 2
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3 求通项常用方法 ①作新数列法 作等差数列与等比数列 ②累差叠加法 最基本形式是 an=(an-an-1 ) + (an-1+an-2) +…+ (a2-a1) + a1
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an a a a = n ? n ?1 ? ? 2 ? a1 a n ?1 a n ?1 a n ?2 a1
③归纳、猜想法
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④递推数列: a n = a n ?1 + f ( n) 4
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an = f ( n) a n ?1

a n = ca n ?1 + d

数列前 n 项和常用求法 ①重要公式:1+2+…+n=

1 1 n(n+1) , 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) 2 6 1 2 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n (n+1)2 4 ②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd,等比数列中 Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn ③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累 应 掌 握 以 下 常 见 的 裂 项 加 时 抵 消 中 间 的 许 多 项
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1 1 1 1 = ? , n ? n ! = ( n + 1)!? n !, = ctg α ? ctg2 α , n ( n + 1) n n + 1 sin 2α 1 1 1 Cn ?1 = Cr +1 ? Cr , = ? 等 n n n (n + 1)! n ! (n + 1)!
④错项相消法 ⑤并项求和法 数列通项与和的方法多种多样,要视具体情形选用合适方法
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典型题例示范讲解







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例 1、已知数列{an}是公差为 d 的等差数列,数列{bn}是公比为 q 的(q∈R 且 q≠1)的 、 等比数列,若函数 f(x)=(x-1)2,且 a1=f(d-1),a3=f(d+1),b1=f(q+1), b3=f(q-1), (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{cn}的前 n 项和为 Sn,对一切 n∈N*,都有

c c1 c1 + +?+ n =an+1 成立,求 b1 b2 cn

n →∞

lim

S 2 n +1 S 2n

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例 2、设{an}是正数组成的数列,其前 n 项和为 Sn,并且对于所有的自然数 n,an 与 、 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项 (1)写出数列{an}的前 3 项 (2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程) a 1 a (3)令 bn= ( n +1 + n ) (n∈N*),求 lim (b1+b2+b3+…+bn-n) n →∞ 2 an a n +1
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王新王新 王 王 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王新王新 王 王 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新

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西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚
*

例 3、数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , a1 = 1 , an +1 = 2 S n ( n ∈ N ) . 、

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项 an ; (Ⅱ)求数列 {nan } 的前 n 项和 Tn .

例 4、设 {an } 是公比大于 1 的等比数列, Sn 为数列 {an } 的前 n 项和.已知
S3 = 7 ,且 a1 + 3, 2,a3 + 4 构成等差数列. 3a

(1)求数列 {an } 的等差数列. (2)令 bn = ln a3 n +1,n = 1, ?, 2, 求数列 {bn } 的前 n 项和 T .

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西乡一中 2008 年高考数学复习培训资料

熊有刚

西乡一中 2008 年高考复习数学培训试题(三)
1、 已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n = ( n + 1) ? bn , 其中 {bn } 是首项为 1,公差为 2 的等 差数列。 (1) 求数列 {a n } 的通项公式; 若 c n = (2)

1 , 求数列 {c n } 的前 n 项和 Tn . a n ? (2bn + 5)

2、在数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = 4an ? 3n + 1 , n ∈ N* .

(Ⅰ)证明数列 {an ? n} 是等比数列; (Ⅱ)求数列 {an } 的前 n 项和 Sn ;

3、设数列 {an } 满足 a1 + 3a2 + 32 a3 + … + 3n ?1 an =
(Ⅰ)求数列 {an } 的通项; (Ⅱ)设 bn =

n , a ∈ N* . 3

n ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn . an

4、 数列 {an } 中,a1 = 2 ,an +1 = an + cn( c 是常数,n = 1, 3, ) 且 a1,a2,a3 2, ? ,
成公比不为 1 的等比数列. (I)求 c 的值; II)求 {an } 的通项公式. (

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