三、解答题(前三题各6分,中间三题各10分,最后一题12分,共60分)
21、已 知等差数列{a
n
}的前n项和为S
n
,S
5
75且S< br>9
S
11
,求它的通项公式a
n
.
22、指出张明 同学的错误并改正：
若等差数列{a
n
}与{b
n
}的前n项和分别 为S
n
与T
n
,且
解：因为
可知
S
n2n
,可设S
n
2kn,T
n
k(n1),
T
n
n1
S
n
a
2n
,求
n
的 值.
T
n
n1b
n
a
n
S
n
 S
n1
2kn2k(n1)2k
2(n2).
b
n
T
n
T
n1
k(n1)knk
a
n

1(n1)
a
1
S
1
21
当n1时, 1.所以

.
b
1
T
1
11b
n

2(n2)
23、已知数列{a
n
}中,a
1
1,通项公式a
n
与前n项和S
n
(S
n
0)之间满足a
n
(S
n
S
n1
)S
n
2
S
n1
2
0(n2),求数列{a
n
}的通项公式 .
24、已知公差不为0的等差数列

a
n

的前4项和S
4
16,且a
1
,a
3
,a
13
成等比 数列.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)设数列T
n
为{
1
}的前n项和,若kT
n
a
n13
对于一切的 nN
*
都成立,
a
n
a
n1
求实数k的取值 范围.
(a
n
2)
2
25、已知正项数列{a
n
}的前n项和S
n
.
8
aS
(1)求数列{a
n
}的通项公式；(2)设b
n

n
n
n
,求数列{bn
}中数值最大的项.
2
26、已知数列{a
n
}中,a
1
1,a
2
2,a
n2
a
n
(1)
n
3.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；(2)求数列{an
}的前n项和为S
n
.
27、已知数列{a
n
}的前 n项和为S
n
,a
1
1,S
n1
4a
n2.
(1)求证：数列{
(2)设数列{
a
n
}是等差数列；
2
n

4a
n
}的前n项和为T
n
,求证 ：2n3T
n
2n6(n2).
S
n

参考 答案
一、CBADBC(文)C(理)CDBC
二、11、36或37,12、(,6), 13、2,14、21,15、108,16、(文)n2
n
(理)(n1)(2
n
1),
n(5n13)51(1)
n
1
17、15,18 、n,19、[n(n1)],20、n1.
12(n2)(n3)72n
三 、21、设等差数列的首项为a
1
,公差为d,依题意得

5a
1< br>10d75

a
1
2d15

a
1
19
,即

,解得

.

9a36d 11a55d2a19d
d2


11

1< br>故所求的通项公式a
n
192(n1)2n21.
22、错误原因 ：一般地,等差数列的前n项和是关于n的不含常数项的二次
函数,而不是一次函数,此题中S
n
与T
n
的设法有误.
正解：设S
n
2kn
2< br>,T
n
kn(n1),则
a
n
S
n
S
n1

b
n
T
n
T
n1
2 kn
2
2k(n1)
2
4kn2k2n1
(n2) .
kn(n1)kn(n1)2knn
a
aS
212n1
当n1时,
1

1
1也满足上式,所以
n
.
b
1
T
1
11b
n
n
注意：利用公式
a
n
(2n1)a
n
S
2n1
2(2n1)2n1
.
b
n
(2n1)b
n
T
2n12n11n
11
1(n2).
S
n
2
Sn1
2
23、a
n
(S
n
S
n1
)S
n
2
S
n1
2
0(S
n
 S
n1
)(S
n
S
n1
)S
n
2
S
n1
2
0
S
n1
2
S
n
2
S
n
2
S
n1
2

可 知数列{
1111
}是公差为1的等差数列,且首项1,所以n.
2222S
n
S
1
a
1
S
n
1
n,得a
n
S
n
S
n1

1
n< br>
1
n1
(n2).因为S
n
0,所以S
n< br>

1(n1)

故所求的通项公式a
n


1
.
1
(n2)

nn1


24、(1)设公差为d,由a
1
,a
3
,a
13
成等比数列得a
3
2
a
1
a
13
,
即(a
1
2d)
2
a
1
(a
112d),整理得d
2
2a
1
d,因为d0,所以d2a
1
.
再由S
4
4a
1
6d16,得4a
1
12a
1
16,解得a
1
1,所以a
n
2 n1.
(2)因为
11111
(),
a
n
an1
(2n1)(2n1)22n12n1
11111111n
(1 „)(1).
23352n12n122n12n1
n
而a
n13
2(n13)12n25,可知k2n25(nN
*)恒成立,
2n1
(2n1)(2n25)(2n1)(2n25)25
于是得到k.设f(n)4n52
nnn
255
24n5272 (当且仅当n时,等号成立).
n2
5
因为nN
*
,所以我们取 接近的正整数2或3.
2
11
当n2时,f(2)72；当n3时,f(3) 72.
23
11
可知f(3)72为最小值,所以k72.
33
(a
n
2)
2
(a
n1
2)
2
25 、(1)由S
n
,得S
n1
,两式相减得
88
(a< br>n
2)
2
(a
n1
2)
2
S
n
S
n1
,即8a
n
a
n
2
 4a
n
a
n1
2
4a
n1
,
8< br>整理得4a
n
4a
n1
a
n
2
a< br>n1
2
,即4(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
)(a
n
a
n1
).
所 以T
n

因为a
n
0,知a
n
a
n 1
0,所以a
n
a
n1
4(n2).
(a
1
2)
2
当n1时,S
1
a
1
,即(a
1
2)
2
0,得a
1
2.
8
所以a
n
24(n1)4n2.
(a
n
2)
2
2n
2
4n2
2
(2)因为a
n
4n2,所以S
n
2n,所以b
n
,
n
8
2
2(n 1)
2
4(n1)22n
2
8n4n
2
4n 2
得b
n1
,
n1n1n
222
n
2
4n22n
2
4n2n
2
4
所以b
n1
b
n
.
2
n
2
n
2
n
当n1时,b
2
b
1
；当n2时,b
3
b
2
；当n3时,b
n1
b
n
.
所以数列 {b
n
}数值最大的一项是b
2
或b
3
.

26、(1)当n为奇数时,a
n2
a
n
2且a1
1,所以a
n
12(
n1
1)n；
2< br>n
当n为偶数时,a
n2
a
n
4且a
2
2,所以a
n
24(1)2n2.
2

n(n为奇数 )
故所求的通项公式a
n


.

2n2(n为 偶数)
(2)(I)当n为奇数时,S
n
(a
1
a
3< br>a
5
„a
n
)(a
2
a
4
a
6
„a
n1
)
n1n1
(22n4) 
n
2
2n1n
2
2n13n
2
2n 3
22
；
22424
(II)当n为偶数时,S
n
(a
1
a
3
a
5
„a
n1
)(a
2
a
4
a
6
„a
n
)< br>(1n)
nn
(22n2)
n
2
n
23n
2
22
.
22424

3n
2
2n3
(n为奇数)


4
故所求的前n项和S
n


2
.

3n
(n为偶数)
4
27、(1)当n1时,S
2
4a
1
2a
1
a
2
a
2
3a
1
25.
(1 n1)
因为S
n1
4a
n
2,所以S
n2< br>4a
n1
2,得a
n2
S
n2
Sn1
4(a
n1
a
n
).
因为
an
a
n2
a
n
4(a
n1
a
n
)a
n1
a
n1
2,
2
n
2
n2
2
n
2
n2
2
n
2
n1
a
所以数列{
n
}是等差数列.
2
n
aa
1
1
a
2
a
1
513
(2)当n 1时,数列{
n
}的首项,公差,
n2
222424
22
a
131
n2
所以
n
(n1)(3n1),得 a(3n1)2.
n
n
244
2
所以S
n1
4a
n
2(3n1)2
n
2,得S
n
(3 n4)2
n1
2.
4a
n
(3n1)2
n(3n1)2
n
2(3n1)2n2
设b
n
 (n2),
S
n
3n4n1
(3n4)2
n1
2(3n4)2
n1
(由2(3n1)(n1)(2n2)(3n4) 6n100可知)
2n2
所以T
n
4(n1)2n6(显然 当n1时,T
1
b
1
48成立).
n1
4an
(3n1)2
n
(3n1)2
n
(3n1)2< br>n
b
n
2(n3).
n1n1n1n1
S
n
(3n4)22(3n4)22(3n3)2
因为b
1
4,b
2

1022
,所以T
2
b
1
b
2
7,可知n2时,T
n
2n3成立.
33
所以T
n
72(n2)2n3(n3).综上所述,2n3T
n
2n6(n2)成立