专题能力训练12高中数学数列的通项与求和

1专题能力训练12数列的通项与求和专题能力训练第30页一、能力突破训练1.已知数列{an}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是()A.S9=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=0答案:B解析:由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.由等差数列的性质可得a1+a9=2a5=0,则S9==9a5=0,所以A中结论正确.S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.B中结论是错误的.故选B.2.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.398答案:C解析:∵Sn=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴an={--∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.3.在数列{an}中,an+1=2an-1,a3=2,设其前n项和为Sn,则S6=()ABC.15D.27答案:A解析:由an+1=2an-1,得an+1-1=2(an-1),则{an-1}是等比数列,首项为,公比为2,则an-1=2n-1=2n-3,即an=1+2n-3,S6=6+--4.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,且对于任意n1,n∈N*,满足Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),则S10的值为()A.90B.91C.96D.100答案:B2解析:∵Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),∴Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2,∴an+1-an=2.∴当n≥2时,数列{an}是等差数列,公差为2.又a1=1,a2=2,∴S10=1+9×2+2=91.5.已知数列{an},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{an}的通项公式为()A.an=(),n∈N*B.an=(),n∈N*C.an={()且∈D.an=1,n∈N*答案:A解析:因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为的等比数列,所以an-an-1=()-,n≥2.所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+()+…+()-=-()-()又当n=1时,an=()=1,则an=(),n∈N*.6.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an=.答案:-解析:因为an-an+1=nanan+1,所以-=n,(--)(---)+…+(-)=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+3=--+1=-(n≥2).所以an=-(n≥2).又a1=1也满足上式,所以an=-7.(2018全国Ⅰ,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.答案:-63解析:∵Sn=2an+1,①∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).又S1=2a1+1,∴a1=-1.∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6=---=-63.8.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2017,=6,则S2017=.答案:-2017解析:∵Sn是等差数列{an}的前n项和,{}是等差数列,设其公差为d.=6,∴6d=6,d=1.∵a1=-2017,=-2017.=-2017+(n-1)×1=-2018+n.∴S2017=(-2018+2017)×2017=-2017.9.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=nan+2an-1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{}的前n项和为Tn,证明:Tn4.答案：(1)解当n=1时,2S1=a1+2a1-1,则a1=1.当n≥2时,2Sn=nan+2an-1,①2Sn-1=(n-1)an-1+2an-1-1,②①-②,得2an=nan-(n-1)an-1+2an-2an-1,即nan=(n+1)an-1,4所以-,且,所以数列{}为常数列,,即an=(n∈N*).(2)证明由(1)得an=,所以=4(-)所以Tn=+…++…+=41-+++…+=4(-)4.10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),两式相减,得nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),即nan+1-(n-1)an=an+2n,得an+1-an=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴an=2(n-1)=2n-2.(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),两边同除以n(n+1),得=1.∴数列{}是以=0为首项,1为公差的等差数列,=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.(2)∵an+log2n=log2bn,∴bn=n=n·22n-2=n·4n-1.5∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=---n×4n=--∴Tn=[(3n-1)×4n+1].11.设数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=3n+3.(1)求{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an={-(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-----(n-1)×31-n=,所以Tn=经检验,当n=1时也适合.综上可得Tn=二、思维提升训练12.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,6有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等.如图,某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的若这堆货物的总价是100-200()万元,则n的值为()A.7B.8C.9D.10答案:D解析:由题意,得第n层货物的总价为n()-万元.这堆货物的总价W=1+2+3()+…+n()-,W=1+2()+3()+…+n(),两式相减,得W=-n()+1+()()+…+()-=-n()-()-=-n()+10-10(),则W=-10n()+100-100()=100-200(),解得n=10.13.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.答案:-解析:由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得=1,即=-1,则{}为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,∴Sn=-14.已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*).(1)求p的值及an;(2)若bn=-,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn成立的最小正整数n的值.解：(1)(方法一)∵{an}是等差数列,∴Sn=na1+-d=na1+-2=n2+(a1-1)n.又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.又等差数列的公差为2,∴a2-a1=2,7∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(方法三)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(2)由(1)知bn=--,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=(-)(-)(-)+…+-=1-∵Tn,,∴20n18n+9,即n∵n∈N*,∴使Tn成立的最小正整数n的值为5.15.已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式;(2)设bn=-,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.解：(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=-;当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=所以,{an}的通项公式为an={-为奇数为偶数(2)由(1)得bn=--设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1+2+3+…+(n-1)-+n-,Sn=1+2+3+…+(n-1)-+n,8上述两式相减,得Sn=1++…+---=2-,整理得,Sn=4--所以,数列{bn}的前n项和为4--,n∈N*.16.已知数列{an},{bn},Sn为数列{an}的前n项和,a1=2b1,Sn=2an-2,nbn+1-(n+1)bn=n2+n.(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明:数列{}为等差数列;(3)若cn={-为奇数为偶数求数列{cn}的前2n项和.答案：(1)解∵Sn=2an-2,∴Sn-1=2an-1-2(n≥2),∴an=2an-2an-1(n≥2),∴an=2an-1(n≥2),∴数列{an}是以2为公比的等比数列.又a1=S1=2a1-2,∴a1=2,∴an=2·2n-1=2n.(2)证明∵nbn+1-(n+1)bn=n2+n=n(n+1),=1,∴数列{}是以1为公差的等差数列.(3)解∵b1=1,由(2)知=b1+(n-1)×1=n,∴bn=n2,∴cn={--为奇数-为偶数∴c2n-1+c2n=-(2n-1)222n-2+(2n)222n-2=(4n-1)·4n-1,∴T2n=3×40+7×41+…+(4n-1)·4n-1,①∴4T2n=3×41+7×42+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n,②∴-3T2n=3+4(…-)-(4n-1)·4n=3+----(4n-1)·4n=--(4n-1)·4n=---,∴T2n=-