高三数列解答题练习

高三数列解答题练习（精选5篇）

篇1：高三数列解答题练习

数列解答题

1、(本小题满分12分)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)=a1+a2++an，B(n)=a2+a3++an+1，C(n)=a3+a4++an+2,n=1,2,.（Ⅰ）若a11,a25，且对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列，求数列*

{an}的通项公式.（Ⅱ）a11，对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.求数列*

{an}的前n项和Sn.答案：

1．解(Ⅰ)因为对任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列，所以B(n)A(n)C(n)B(n).……………3分所以an1a1an2a2,即an2an1a2a14.所以an1(n1)44n3.……………6分（Ⅱ）若对于任意nN，三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列，则 

B(n)qA(n),C(n)qB(n).所以C(n)B(n)qB(n)A(n),得an2a2q(an1a1), ……………8分即an2qan1a2qa1.当n1时，由B(1)qA(1),可得a2qa1，所以an2qan10.因为an0，所以an2a2q.……………10分 an1a1

n,q1即数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，则An1qn ……………12分,q11q

篇2：高三数列解答题练习

1、求等比数列2，2，1，

2、设an是等比数列.13，an，求n.264

1（2）已知a125，a4，求q.5

1（3）已知a48，a8，求a1.23、在2和162中间插入三个数，使这5个数成等比数列，求这三个数.1，…的第8项.（1）已知a13，q

4、已知ab与a2b2及c成等比数列，则第三项c为多少？ 25、求等比数列2，1，1

2，…的前8项的和.6、若等比数列前三项的和为36，公比是2，求它的第5项.7、有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首尾两项和为21，中间两项和为18，求这四个数.8、已知an0，n1,2,，an是等比数列，试证明数列lgan成等差数列.9、已知在等比数列an中，a4a224，a2a36，Sn781，求n的值.510、小王欲购买价值5000元的iPhone5S，除一次性付款方式外，商家还提供三种分期付款方案（月利率为0.48%），前提是在1年内将款全部还清：

（1）购买后1个月第1次付款，过2个月第2次付款，…，购买后12个月第6次付款；

（2）购买后1个月第1次付款，过1个月第2次付款，…，购买后12个月第12次付款；

（3）购买后1个月第1次付款，过4个月第2次付款，再过4个月第3次付款；

你能帮他选择一下吗？

篇3：高三数列解答题练习

（★★★★）必做1 已知一非零向量列｛an｝满足：a1=（1，1），an=（xn，yn）=（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）（n≥2）．

（1）证明：｛an｝是等比数列．

（2）设θn是an－1，an的夹角（n≥2），bn=2nθn－1，Sn=b1+b2+…+bn，求S．

（3）设cn=anlogan，数列｛cn｝中是否存在最小项？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

破解思路 本题是一道数列与向量交汇的综合题，考查向量的坐标运算与等差、比数列的有关概念． 第1问想先求得｛an｝的通项并不易，可通过变形直接用定义证明，但要注意an与an－1之间的坐标关系；第2问可把夹角问题转化为坐标运算，求出θn的一般式，再进行求和；第3问先确定c的通项，再通过作差判定单调性，继而求出最小项．

精妙解法 （1）an=·=·=an-1（n≥2），所以数列｛an｝是以公比为，首项为a1=的等比数列．

（2）因为an－1·an=（xn－1，yn－1）·（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）=（x+y）=an-12，cosθn==，所以θn=，所以bn=2n×－1=－1，所以｛bn｝是以为公差，首项为－1的等差数列，所以Sn==（n2+n）－n．

（3）假设存在最小项，设为cn，因为an==2，所以cn=×2．

由cn

故存在最小项为c5=－×2．

极速突击 （1）通过换元转化，将非等差、等比数列化归为等差、等比数列是求数列通项的常用技巧．

（2）解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件．

（3）判断某个数列是否为等差（或等比）数列，常用方法有两种：一是由定义判断，二是看任意相邻三项是否满足等差中项（或等比中项）． 注意只要其中的一项不符合，就不能为等差（或等比）数列． 而想判断某个数列不是等差（或等比）数列，只需看其中三项即可．

（★★★★）必做2 已知数列｛an｝，｛bn｝满足a1=，b1=－，且对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn.

（1）求数列｛an｝，｛bn｝的通项公式；

（2）求数列｛anbn｝的前n项和T；

（3）若数列｛cn｝满足bn=，试求｛cn｝的通项公式并判断：是否存在正整数M，使得对任意n∈N，cn≤cM恒成立．

破解思路 对第1问，在审题时，注意关键句“对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn”，这说明一般性成立，特殊值必成立，取m=1，进而得到an，bn的递推关系；对第2问，｛anbn｝是等差乘等比型数列，这个模式可用错位相减法求和；对第3问，运用函数思想将其转化为求数列｛ｃn｝的最大值．

精妙解法 （1）由已知，对任意m，n∈N，有am+n=am·an，bm+n=bm+bn. 取m=1，得an+1=a1an=an，bn+1=b1+bn=－+bn，所以数列｛an｝，｛bn｝分别为等比、等差数列，所以an=·n-1=n，bn=－+（n－1）-=－．

（2）Tn=－1+－·2+－3+…+－n，

Tn=－2+－3+－4+…+－n+1，两式相减得Tn=－1+－·2+－3+…+－n+n+1=－+n+1+×n+1，所以Tn=n×n+1+n－1．

（3）由bn=得cn=－． 因为cn+1－cn=-<0，所以数列｛cn｝为递减数列，cn的最大值为c1. 故存在M=1，使得对任意n∈N，cn≤c1恒成立．

极速突击 数列求和的步骤是一般先求出通项公式，再根据通项公式的特点用如下的技巧方法：

（1）公式法

如果一个数列是等差数列或等比数列，就可采用对应的公式，当等比数列的公比是字母时，要注意分类讨论．

（2）拆项分组法

有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，则先分别求和，然后合并． 要熟记公式12+22+…+n2=n·（n+1）（2n+1）．

（3）错位相减法

这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛anbn｝的前n项和，其中｛an｝，｛bn｝分别是等差数列和等比数列．

（4）倒序相加法

这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．

（5）裂项相消法

利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．

金刊提醒

能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系与等比关系，并能用有关知识解决相应的问题，在解决等差、等比问题时，常常要贯彻整体思想． 在数列求和问题中，除了公式法是常用的方法外，高考还会重点考查“错位相减法”与“裂项相消法”．

数列与不等式

（★★★★）必做3 已知函数f（x）=的图象过原点，且关于点（－1，1）成中心对称．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若数列｛an｝满足：an>0，a1=1，an+1=［f（）］2，求数列｛an｝的通项公式an；

（3）若数列｛an｝的前n项和为Sn，判断Sn与2的大小关系，并证明你的结论．

破解思路 对第2问，充分利用第1问的结论，将其转化为等差数列；对第3问，an非特殊数列，不能直接求和，此时需对an进行必要的放缩．

精妙解法 （1）因为函数f（x）=的图象过原点，所以f（0）=0，即c=0，所以f（x）=． 又函数f（x）==b－的图象关于点（－1，1）成中心对称，所以b=1， f（x）=．

（2）由题意有an+1=2，所以=，即－=1． 数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以=1+（n－1）·1=n，即=，所以an=．

（3）证明：当k≥2（k=2，3，4，…，n）时，ak=<=－，Sn=a1+a2+…+an=1+1－+－+…+－=2－<2，故Sn<2．

（★★★★★）必做4 设Sn为数列｛an｝的前n项和，且对任意n∈N都有Sn=2（an－1），记f（n）=．

（1）求an；

（2）试比较f（n+1）与f（n）的大小；

（3）证明：（2n－1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n－1）<3．

破解思路 由于本题是有关Sn与an关系的问题，所以第1问可通过公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2变形求通项；第2问大小比较常用的方法为作差法，变形时还要注意复杂的指数幂的运算；第3问不等式的左边正好是项数2n－1个f（n），所以先用放缩法两两求解f（k）+f（2n－k）≥2··=2f（ｎ）（k=1，2，3，…），再考虑用“倒序相加”的方法求和；而不等式的右边则用逐项放大的方法转化为等比数列和的问题．

精妙解法 （1）当n=1时，由S1=a1=2（a1－1），得a1=2． 当n>1时，an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，所以an=2an－1，所以an=2n（n>1）；n=1适合上式，所以an=2n．

（2）因为Sn==2n+1－2，所以f（n+1）－f（n）=－=－<0，所以f（n+1）

（3）f（k）+f（2n－k）=+≥2··，而（2k+1－2）（22n－k+1－2）=22n+2+4－（2k+2+22n－k+2）≤22n+2+4－2=（2n+1－2）2，所以f（k）+f（2n－k）≥2·≥2·=2f（n）（k=1，2，3，…），所以f（1）+f（2n－1）≥2f（n）， f（2）+f（2n－2）≥2f（n），…f（2n－1）+f（1）≥2f（n），相加得f（1）+f（2）+…+f（2n－1）≥（2n－1）f（n），n=1时取等号． 由f（n+1）

综上，原不等式成立．

数列与解析几何

（★★★★）必做5 设B1，B2，B3，…，Bn顺次为双曲线y=（x>0）一支上的点，A1，A2，A3，…，An顺次为x轴上的点，且△OB1A1，△A1B2A2，…，△An－1BnAn均为等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn为直角顶点），设An坐标为（xn，0）（n∈N）．

（1）求数列｛xn｝的通项公式；

（2）设Sn为数列的前n项和，试比较log（Sn+1）与log（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．

破解思路 根据题设所给的信息，我们运用解析几何的方法联立方程可求得B1与A1的坐标，同理可得到Bn与An的坐标，这样就解决了第1问，同时也脱去了解析几何的外衣，接下来的第2问则是一道数列与不等式的综合问题，利用裂项、放缩等技巧即可解决．

精妙解法 （1）设直线OB1的方程为y=x，与y=（x>0）联立解得x=1，y=1， 所以x1=x+y=2． 又设AnBn+1的方程为y=x－xn，与y=（x>0）联立解得x=，y=，所以xn+1=x+y=，即x-x=4，解得x=4+4（n－1），即xn=2．

篇4：高三数列解答题练习

【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟.一、选择题（每小题6分，共42分）

1.等差数列{an}前四项和为40，末四项和为72，所有项和为140，则该数列共有（）A.9项 B.12项 C.10项 D.13项 【答案】C 【解析】∵a1+a2+a3+a4=40, an+an-1+an-2+an-3=72.∴a1+an=4072=28.4又n(a1an)=140, 2故n=10.*2.给出下列等式：（ⅰ）an+1-an=p(p为常数);（ⅱ）2an+1=an+an+2(n∈N);(ⅲ)an=kn+b(k,b为常数)则无穷数列{an}为等差数列的充要条件是（）A.（ⅰ）B.（ⅰ）（ⅲ）C.（ⅰ）（ⅱ）D.（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）【答案】D

2【解析】易知三个都是，另外还有一个常见的是{an}的前n项和Sn=an+bn，（a,b为常数）.3.等差数列{an}中，若a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27，则前9项的和S9等于（）A.66 B.99 C.144 D.297 【答案】B 【解析】a1+a4+a7=39a4=13,a3+a6+a9=27a6=9，S9=9(a1a9)9(a4a6)=99.224.等差数列{an}的公差为d,前n项的和为Sn,当首项a1和d变化时,a2+a8+a11是一个定值,则下列各数中也为定值的是（）

A.S7 B.S8 C.S13 D.S15 【答案】C 【解析】因a2+a8+a11=3a7,故a7为定值.又S13=13(a1a13)=13a7, 2∴选C.5.已知数列{an}中,a3=2,a7=1,又数列{

1}是等差数列,则a11等于()an1A.0 B.【答案】B C.D.-1 23-1

值为_________________.【答案】5 【解析】当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)4x14x224x1x22(4x14x2)=x=1.x2x1x2x1x2142424(44)241210)+f()+…+f(),倒序相加有 ***S=［f()+f()］+［f()+f()］+…+［f()+f()］=10.111111111111设S=f(即S=5.10.数列1,2+3,4+5+6,7+8+9+10,…,的一个通项公式an=__________________.n(n21)【答案】

2【解析】前n项一共有1+2+3+…+n=

n(n1)n(n1)个自然数,设Sn=1+2+3+…+n=,则 22an=Sn(n1)Sn(n1)22n(n1)n(n1)n(n1)n(n1)[1][1]n(n21)2222.22

2三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）

11.{an}是等差数列，公差d＞0，Sn是{an}的前n项和，已知a2a3=40,S4=26.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn=1，求数列{bn}的所有项之和T.anan14(a1+a4)=2(a2+a3)=26.2【解析】（1）S4=又∵a2a3=40,d＞0，∴a2=5,a3=8,d=3.∴an=a2+(n-2)d=3n-1.(2)bn=11111()=anan1(3n1)(3n2)33n13n2***n]().3(n1)3n2323n22(3n2)Tn=[()()2

2113212.已知f(x)=x-2(n+1)x+n+5n-7,(1)设f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；（2）设f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成{bn},求{bn}的前n项和.2(1)证明：f(x)=［x-(n+1)］+3n-8, ∴an=3n-8.∵an-1-an=3, ∴{an}为等差数列.

∴a1=22a1-2,解得a1=2.当n=2时，有a2=22S2-2,S2=a1+a2, 将a1=2代入，整理得（a2-2）=16, 由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有a3=22S3-2,S3=a1+a2+a3, 将a1=2,a2=6代入，整理得（a3-2）=64, 由a3＞0，解得a3=10.所以该数列的前三项分别为2，6，10.(2)由an=22Sn-2(n∈N),整理得Sn=

*

篇5：高三数列解答题练习

已知数列｛an｝和｛bn｝，对一切正整数n,都有：a1bn+a2bn-1+a2bn-1+a3b{n-2}…+anb1=3n+1-2n-3成立.

（1） 如果数列｛bn｝为常数列，且bn=1，求数列｛an｝的通项公式；

（2） 如果数列｛an1｝的通项公式为an=n,求证数列｛bn｝为等比数列.

（3） 如果数列｛bn｝为等比数列，数列｛an｝是否为等差数列？如果是，求出这个数列的通项公式；如果不是，请说明理由.

这道题全面考查了数列这一章的基本知识和基本方法，是一道由浅入深，由易到难，逐步递进的一道好题.同时这道题对学生数学能力的考查也很到位，为了讲授好这道题，又恰逢笔者在全校开设一堂数列一轮复习公开课，笔者以这道题为载体，设计了一堂数列复习探究课，后经实践证明，教学效果较好，学生普遍都能接受和应用.

1. 教学过程简录

1.1 基本问题：再现知识，夯实“基础”

教师：在数列｛an｝中，如何由sn求aan？

学生1：运用a=s1 n=1

sn-sn-1n≥2求解，然后检验a1是否满足a(n≥2)，若满足，合起来写；不满足，则写成分段的形式.

教师：很好.请看下面的问题：

问题1 已知数列｛an｝中a1+a2+a3+…+an=3n+1－2n－3,求a；

大家能根据学生1给出的结论解决这个问题吗？

学生众：能.

学生2：等式的左边a1+a2+a3+…an就是sn,这道题的解法就是直接结论a=s1 n=1

sn-sn-1 n≥2运用来解.

当n=1时，a=32－2－3=4；

当n≥2时，an=sn－sn-1=2·3n－2；

检验a满足a(n)(n≥2)，∴ a=2·3n－2.

教师：太棒了.这道题的本质仍然是由s求a型，假如我们把等式的左边由单一变为复合型呢？假如说改为乘积的形式呢？

1．2 探究过程：解决问题，获取能力

请看变式1：已知数列｛an｝中3a1+32a2+33a3+…+3nan=3n+1－2n－3（n∈N*）求a；

学生众（经过思考、讨论）后发现：如使用换元法将3nan换成bn，等式的左边3a1+32a2+33a3+…+3nan即为b1+b2+b3+…+ bn形式也就是sn，仍然使用a=s1 n=1

sn-sn-1 n≥2求解，思路豁然开朗.

学生3：令bn=3nan；由①②可知：b=2·3n-2，即a=2-23n.

教师：此题虽然形式上发生了很大的变化，但等式的左边本质是和的形式，故仍然可以使用由s求a型方法求解.上面的问题中，变量n的变化是同步进行的，若n的变化交替进行，请看下面的问题：

变式2：已知数列｛an｝和｛bn｝，对一切正整数n,都有：a1b1+a2bn-1+a3bn-2+…+anb1=3n+1-2n-3成立.如果数列｛bn｝为常数列，且bn=1，求数列｛an｝的通项公式.

学生4：此题虽然an，bn中两个n同时变化，但因为bn=1是一个常数列，实际上只需考虑一个n变化，即a1+a2+a3+…+an=3n+1－2n－3；由問题1的解法可知an=2·3n－2.

教师：太好了.这位同学很善于观察，发现了问题中的变量与不变量，从而发现本题经过简单处理就是问题1.

探究1：若bn=n,求证：数列｛an｝成等比数列.

学生埋下头去思考，讨论；3分钟后，有学生有所感悟，好像发现了什么，但表情仍在思考的样子.教师适时提示启发：从前面的问题中得到什么启发？

从n个式子和到一个式子，从无限到有限，从有省略号到消去省略号，都是利用了an=sn－sn-1(n≥2),这种方法也叫迭代法，对本题有什么启示？

学生5：若有所悟：na1+(n－1)a2+（n－2）a3+…+2an-1+an=3n+1-2n-3……①

n≥2时 (n－1)a1+(n－2)a2+（n－3）a3+…+2an-2+an-1=3n－2(n－1)－3……②

由①－②可得：a1+a2+a3+…+an=2·3n－2.

看到此式，他终于恍然大悟，原来又回到了s=2·3n－2；再一次使用an=s1 n=1

sn-sn-1 s≥2 求解；

当n=1时 a1=4

当n≥2时 an=sn-sn-1=4·3

检验检验a1满足an(n≥2)；∴ an=4·3n-1；

n≥2， anan-1=3 ∴ 数列｛an｝成等比数列.

到这儿，大多数同学终于明白了这道题的思路，大家情绪异常高兴，教师趁热打铁，思考探究2：若数列｛bn｝的通项公式为bn=3n，求证：数列｛an｝成等差数列.

学生马上又投入到紧张的思考之中，教室里鸦雀无声.五分钟后，陆续有同学抬起头来，但大多数同学仍紧皱眉头，苦思冥想，老师适时点拨：

3na1+3n-1a2+3n-2a3+…+33an-1+3an=3n+1-2n－3……①

当n≥2时,用n-1代n得：

3n-1a1+3n-2a2+3n-3a3+…+32an-2+3an-1=3n－2(n－1)－3……②

教师：能用①－②解决吗？

学生众：不能.

学生6：①－②起不到化简的作用，反而越减越繁.

教师：讲得很有道理.既然相减不能解决问题，我们再观察一下两式的结构特点，能不能从结构上找到两式的相似之处，从而找到解决问题的方法.

学生7：两式的系数存在倍数关系 .

教师：观察很仔细，能否抓住这一特征找到突破口呢？

学生7：可以将①－②×3就可以.

教师：太棒了，说下去.

学生7：当n≥2时 3a=（3n+1－2n－3）－〔3·3n－6(n－1)－9〕

=－2n－3+6n－6+9

=4n

即an=43n经检验a也满足.

至此这道题才得以圆满解决，学生们长长地嘘一口气，课堂气氛达到了高潮.

1.3 编题练习;提升能力，发展思维

教师：若数列｛bn｝的通项公式为bn=3n，则数列｛an｝成等差数列.同学们能否发挥想象，开动脑筋，在此基础上，由特殊到一般，进行归纳推理，自编一道题呢？

学生8：我的想法是：运用归纳推理的思想，把题目条件推广到一般情况，结论是否成立呢？即：若数列｛bn｝成等比数列，那么数列｛an｝一定成等差数列吗？

教师：学生8的想法很有创意，我把学生8的想法编为具体的题目是：

探究3：若数列｛bn｝成等比数列，那么数列｛an｝是否成等差数列？如果是，求出这个数列的通项公式；如果不是，请说明理由.

教师：当然，同学们还可以编出很多问题，比如说有探究1是否可以进行推广，请同学们课后继续研究.下面请同学们解决这个问题.（3分钟后学生回答）

学生9：因为｛bn｝成等比数列，设｛bn｝的首项为为b1，公比为q；

a1bn+a2bn-1+a3bn-2+…+an-1b2+anb1=3n+1-2n-3……①

当n≥2时a1bn-1+a2bn-2+a3bn-3+…+an-1b1=3n－2(n－1)－3……②

由①－②×q得a=(3-q)3n-2n(1-q)-(3-q)b1

若q=3时an=4nb1通项公式是关于n的一次函数，所以数列｛an｝成等差数列.

若q≠3时 因为a2-a1≠a3-a2,所以数列｛an｝不成等差数列.

教师：同学们既能编题也能解题，体现了较高的数学素养.请同学们谈谈这一节课学习之后的感受.

1.4 体验过程：完善学生认知，发展是自学能力

学生8：想不到我也会编题.

学生10：这节课运用了迭代法，等差等比数列的判定方法以及数列中定值问题的处理方法.

……

教师：请同学们将这节课从知识到方法做出归纳和总结.

2. 课后反思

传统的数学复习课教学模式往往是知识归纳—例题讲解—反馈练习；一进入课堂就是数学知识（方法）归纳，把知识强塞给学生，学生对为什么进行数学知识归纳感到茫然，似有被老师牵着鼻子走的感觉.本节课一开始就通过由由sn求an这一简单知识入手引出问题1，在解决问题时自然唤起学生对基础知识、基本技能、基本方法的回顾，充分体现“学数学就是做数学”的理念，然后在问题的基础上层层推进，通过问题的精巧设计，让学生在新的问题情境中，运用观察、猜想、归纳、验证等方法解决问题.在问题的解决中获得新知、获取能力.随着问题的逐渐深入，学生在一个个问题的解决中，逐渐体验到数学问题的紧密联系，从而进一步完善认知结构，学生在解决老师给出的这些有联系的问题的同时，受到潜移默化的影响；当教师要求学生当一回小老师，也来编一道题时，同学们都跃跃欲试，同学们经过猜想，教师加以总结，新的探究问题就产生了，探究3就是学生的精彩“杰作”.如果我们长期坚持这样做，学生的创造潜能一定会得到充分发展.