（浙江专用）2019-2020学年高中数学 提升综合素养（二）数列 新人教A版必修5

-1-提升综合素养（二）数列1．设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d0B．d0C．a1d0D．a1d0解析：选D∵{2a1an}为递减数列，∴2a1an＋12a1an＝2a1an＋1－a1an＝2a1d1＝20，∴a1d0，故选D.2．在等差数列{an}中，a9＝12a12＋6，则数列{an}的前11项和S11＝()A．24B．48C．66D．132解析：选D由a9＝12a12＋6得，2a9－a12＝12，由等差数列的性质得，2a9－a12＝a6＋a12－a12＝12，则a6＝12，所以S11＝11a1＋a112＝11×2a62＝132，故选D.3．已知数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq，且a2＝－6，那么a10等于()A．－165B．－33C．－30D．－21解析：选C由已知得a2＝a1＋a1＝2a1＝－6，∴a1＝－3.∴a10＝2a5＝2(a2＋a3)＝2a2＋2(a1＋a2)＝4a2＋2a1＝4×(－6)＋2×(－3)＝－30.4．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a1＝2a8－3a4，则S8S16＝()A.310B.13C.19D.18解析：选A由题意可得，a1＝2a1＋14d－3a1－9d，∴a1＝52d，又S8S16＝8a1＋28d16a1＋120d＝20d＋28d40d＋120d＝48d160d＝310，故选A.5．已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2019项之和S2019等于()A．1B．2010-2-C．4018D．0解析：选C由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1.故数列的前n项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009，….由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2019＝6×336＋3，∴S2019＝4018.6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，则Snan＝()A．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－1解析：选D设等比数列{an}的公比为q，∵a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，∴a1＋a1q2＝52，①a1q＋a1q3＝54，②由①÷②可得1q＝2，∴q＝12，代入①解得a1＝2，∴an＝2×12n－1＝42n，∴Sn＝2×1－12n1－12＝41－12n，∴Snan＝41－12n42n＝2n－1.7．(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．解析：设数列{an}的公差为d.∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an0，则n5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.答案：0－108．设公比为q(q0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.解析：由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2相减可得a3＋a4＝3a4－3a2，同除以a2可得2q2－q－3＝-3-0，解得q＝32或q＝－1.因为q0，所以q＝32.答案：329．数列{an}满足a1＝1，an－an－1＝1nn－1(n≥2且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.解析：an－an－1＝1nn－1(n≥2)，a1＝1，∴a2－a1＝12×1＝1－12，a3－a2＝13×2＝12－13，a4－a3＝14×3＝13－14，…，an－an－1＝1nn－1＝1n－1－1n.以上各式累加，得an－a1＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1－1n.∴an＝a1＋1－1n＝2－1n，当n＝1时，2－1n＝1＝a1，∴an＝2－1n，故数列{an}的通项公式为an＝2－1n.答案：2－1n10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an，数列{bn}满足b1＝3，b2＝6，且{bn－an}为等差数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意知数列{an}是首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.因为b1－a1＝2，b2－a2＝4，所以数列{bn－an}的公差d＝2，所以bn－an＝(b1－a1)＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n，所以bn＝2n＋2n－1.(2)Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn-4-＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝2＋2nn2＋1×1－2n1－2＝n(n＋1)＋2n－1.11．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝anan＋12(n∈N*)．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝1Sn，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.解：(1)证明：Sn＝anan＋12(n∈N*)，①Sn－1＝an－1an－1＋12(n≥2)．②①－②得an＝a2n＋an－a2n－1－an－12(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1(n≥2)．∵数列{an}的各项均为正数，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝1(n≥2)．当n＝1时，a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)得Sn＝n2＋n2，∴bn＝2n2＋n＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴Tn＝2[1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋1.12．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3×22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)由已知，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n×22n－1，①从而22·Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1.②-5-①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即Sn＝19[(3n－1)22n＋1＋2]．