2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练十七数列解析

专题强化训练(十七)数列1．[2019·唐山摸底]已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝3an－12.(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化简得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝3－3n1－3－(n－1)×3n＝3－2n×3n－32.所以Tn＝2n－3×3n＋34.2．[2019·安徽示范高中]设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝n(3－bn)，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)∵n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，∴a1＝1.∵Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2.两式相减得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an，由Sn＝2－an，知an≠0，∴an＋1an＝12(n∈N*)．∴{an}是首项为1，公比为12的等比数列，其通项公式为an＝12n－1.∵bn＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，∴bn＋1－bn＝12n－1，∴b2－b1＝1，b3－b2＝12，b4－b3＝122，…，bn－bn－1＝12n－2(n＝2,3，…)．将这n－1个等式相加得，bn－b1＝1＋12＋122＋…＋12n－2＝1－12n－11－12＝2－12n－2.又b1＝1，∴bn＝3－12n－2(n＝2,3，…)，当n＝1时也满足上式，∴bn＝3－12n－2(n∈N*)．(2)∵cn＝n(3－bn)＝2n12n－1，∴Tn＝2[120＋2×121＋3×122＋…＋(n－1)×12n－2＋n×12n－1]．①12Tn＝2[121＋2×122＋3×123＋…＋(n－1)×12n－1＋n×12n]．②①－②得，12Tn＝2[120＋121＋122＋…＋12n－1]－2×n×12n(n∈N*)，Tn＝4×1－12n1－12－4×n×12n＝8－(8＋4n)×12n(n＝1,2,3，…)．3．[2019·洛阳统考]已知等差数列{an}的公差d≠0，若a3＋a9＝22，且a5，a8，a13成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋12anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设数列{an}的首项为a1，依题意，2a1＋10d＝22a1＋7d2＝a1＋4da1＋12d，解得a1＝1，d＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)bn＝an＋12anan＋1＝4n22n－12n＋1＝4n24n2－1＝1＋12n－12n＋1＝1＋1212n－1－12n＋1，∴Sn＝1＋12×1－13＋1＋12×13－15＋…＋1＋1212n－1－12n＋1＝n＋121－12n＋1＝2n2＋2n2n＋1.4．[2019·石家庄质检]已知{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2＋a3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1n＋2log3an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设{an}的公比为q，由a2＋a3＝12及a1＝1，得q＋q2＝12，解得q＝3或q＝－4.因为{an}的各项均为正数，所以q0，所以q＝3，所以an＝3n－1.(2)bn＝1n＋2log3an＋1＝1nn＋2＝121n－1n＋2，所以Sn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝34－2n＋32n＋1n＋2.5．[2019·济南质量评估]已知数列{an}是递增的等差数列，满足a2＋a3＋a4＝15，a2是a1和a5的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设数列{an}的公差为d，由a2＋a3＋a4＝15得a3＝5，由a2是a1和a5的等比中项，得a22＝a1·a5，所以(5－d)2＝(5－2d)(5＋2d)，解得d＝0或d＝2，因为数列{an}为递增数列，所以d＝2.又a3＝5，所以a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝1anan＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，所以Sn＝121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.6．[2019·郑州质量预测一]已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝4bn·bn＋1＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝42n·2n＋1＋4n＝1nn＋1＋4n＝1n－1n＋1＋4n.设数列{1nn＋1}的前n项和为An，则An＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，∴Sn＝nn＋1＋43(4n－1)．7．[2019·长沙四校一模]已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a3＝12，S3＝32.(1)求数列{an}的公比；(2)对于数列{Sn}中任意连续的三项，按照某种顺序排列，是否成等差数列？解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由a3＝12，得a1＝a3q2＝12q2，a2＝a3q＝12q.由S3＝32，得a1＋a2＋a3＝32，所以12q2＋12q＋12＝32，解得q＝1或q＝－12.(2)当q＝1时，a1＝12，Sn＝12n，Sn＋1＝12(n＋1)，Sn＋2＝12(n＋2)，2Sn＋1＝Sn＋Sn＋2，即Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差数列，所以当q＝1时，数列{Sn}中任意连续的三项Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差数列．当q＝－12时，a1＝2，Sn＝21－－12n1＋12＝431－－12n，Sn＋1＝431－－12n＋1＝431＋12×－12n，Sn＋2＝431－－12n＋2＝431－14×－12n，Sn＋Sn＋1＝431－－12n＋431＋12×－12n＝83－23×－12n，2Sn＋2＝831－14×－12n＝83－23×－12n，所以2Sn＋2＝Sn＋Sn＋1，即Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差数列，所以当q＝－12时，数列{Sn}中任意连续的三项Sn，Sn＋1，Sn＋2，按照顺序Sn，Sn＋2，Sn＋1排列，成等差数列．8．[2019·河北九校联考]已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与1an的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意知，2Sn＝an＋1an，即2Snan－a2n＝1，①当n＝1时，由①式可得S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，整理得S2n－S2n－1＝1.所以{S2n}是首项为1，公差为1的等差数列，S2n＝1＋n－1＝n.因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝n，所以an＝Sn－Sn－1＝n－n－1(n≥2)，又a1＝S1＝1，所以an＝n－n－1.(2)bn＝－1nan＝－1nn－n－1＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n；当n为偶数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)nn.