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1、專題能力訓練12 數列的通項與求和
一、能力突破訓練
1.已知數列{an}是等差數列,a1=tan 225°,a5=13a1,設Sn為數列{(-1)nan}的前n項和,則S2 016=( )
A.2 016 B.-2 016 C.3 024 D.-3 024
2.已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=n2+n,數列{bn}滿足bn=1ana?n+1(n∈N*),Tn是數列{bn}的前n項和,則T9等于( )
A.919 B.1819 C.2021 D.940
3.(2019河北衡水中學二調,6)已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,a2=2,且對于任意n>1,n∈N*
2、,滿足Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),則S10的值為( )
A.90 B.91 C.96 D.100
4.設數列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,{Sn+nan}為常數列,則an=( )
A.13n-1 B.2n(n+1)
C.1(n+1)(n+2) D.5-2n3
5.已知數列{an},構造一個新數列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數列是首項為1,公比為13的等比數列,則數列{an}的通項公式為( )
A.an=32-32×13n,n∈N*
B.an=32+32×13n,n∈N*
C.an=1,n=1,32+32×13n,n>2,且n∈
3、N*
D.an=1,n∈N*
6.若數列{an}滿足an+1=11-an,a11=2,則a1= .?
7.(2019云南師范大學附中高三月考,15)在數列{an}中,a2=5,an+1-an=2n(n∈N*),則數列{an}的通項公式an= .?
8.(2019福建廈門高二檢測,15)已知數列{an}滿足3a1+32a2+33a3+…+3nan=2n+1,則{an}的通項公式為 .?
9.設數列{an}的前n項和為Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求通項公式an;
(2)求數列{|an-n-2|}的前n項和.
4、
10.(2019廣東汕頭一模,17)已知數列{an}的前n項和為Sn,且2Sn=nan+2an-1.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若數列1an2的前n項和為Tn,證明:Tn<4.
11.已知數列{an}和{bn}滿足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求an與bn;
(2)記數列{anbn}的前n項和為Tn,求Tn.
二、思維提升訓練
12.(2019安徽合肥第二次質檢,11)“垛積術”(隙
5、積術)是由北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng),南宋數學家楊輝、元代數學家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數列求和方法,有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等.如圖,某倉庫中部分貨物堆放成“菱草垛”:自上而下,第一層1件,以后每一層比上一層多1件,最后一層是n件.已知第一層貨物的單價是1萬元,從第二層起,貨物的單價是上一層單價的910.若這堆貨物的總價是100-200910n萬元,則n的值為( )
A.7 B.8 C.9 D.10
13.設Sn是數列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn= .?
14.設數列{an}的前n項和為Sn,已知a1=1,a2=2,且an+
6、2=3Sn-Sn+1+3,n∈N*.
(1)證明:an+2=3an;
(2)求Sn.
15.已知{an}是等比數列,前n項和為Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63.
(1)求{an}的通項公式;
(2)若對任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中項,求數列{(-1)nbn2}的前2n項和.
16.(2019湖南湘西四校聯(lián)考,17)已知數列{an},{bn},Sn為數列{an}的前n項和,a1=2b1,Sn=2an-2,nbn+1-(n+1)bn=n2+n.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)證明
7、:數列bnn為等差數列;
(3)若cn=-anbn2,n為奇數,anbn4,n為偶數,求數列{cn}的前2n項和.
專題能力訓練12 數列的通項與求和
一、能力突破訓練
1.C 解析∵a1=tan225°=1,∴a5=13a1=13,則公差d=a5-a15-1=13-14=3,∴an=3n-2.
又(-1)nan=(-1)n(3n-2),
∴S2016=(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)+…+(a2014-a2013)+(a2016-a2015)=1008d=3024.
2.D 解析∵數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=n2+n,
∴當n=1時,a1=2;當n≥2
8、時,an=Sn-Sn-1=2n,
∴an=2n(n∈N*),
∴bn=1anan+1=12n(2n+2)=141n-1n+1,
T9=141-12+12-13+…+19-110=14×1-110=940.
3.B 解析∵Sn+1+Sn-1=2(Sn+1),
∴Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2,
∴an+1-an=2.
∴當n≥2時,數列{an}是等差數列,公差為2.又a1=1,a2=2,
∴S10=1+9×2+9×82×2=91.
4.B 解析∵數列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,∴S1+1×a1=1+1=2.
∵{Sn+nan}為常數列,∴Sn+nan=2.
當
9、n≥2時,(n+1)an=(n-1)an-1,從而a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=13·24·…·n-1n+1,
∴an=2n(n+1).當n=1時上式成立,∴an=2n(n+1).
5.A 解析因為數列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公比為13的等比數列,
所以an-an-1=13n-1,n≥2.
所以當n≥2時,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+13+132+…+13n-1
=1-13n1-13=32-32×13n.
又當n=1時,an=32-32×13n=1,
則an=32-32×
10、13n,n∈N*.
6.12 解析由a11=2及an+1=11-an,得a10=12.
同理a9=-1,a8=2,a7=12,….
所以數列{an}是周期為3的數列.所以a1=a10=12.
7.2n+1 解析由題意可得an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…a2-a1=2,
利用累加法,得an-a1=2(2n-1-1)2-1=2n-2.
又a2-a1=2,a2=5,則a1=3,
所以an=2n+1.
8.an=1,n=1,13×23n-1,n≥2 解析當n=1時,由3a1=2+1=3,得a1=1;
當n≥2時,由3a1+32a2+33a3+…+3nan=2
11、n+1,
得3a1+32a2+33a3+…+3n-1an-1=2n-1+1,
兩式相減,得3nan=2n-1,即an=13×23n-1,故an=1,n=1,13×23n-1,n≥2.
9.解(1)由題意,得a1+a2=4,a2=2a1+1,則a1=1,a2=3.
又當n≥2時,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.
所以,數列{an}的通項公式為an=3n-1,n∈N*.
(2)設bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1.
當n≥3時,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.
設數列{bn}的前n項
12、和為Tn,則T1=2,T2=3.
當n≥3時,Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112,
所以Tn=2,n=1,3n-n2-5n+112,n≥2,n∈N*.
10.(1)解當n=1時,2S1=a1+2a1-1,則a1=1.
當n≥2時,2Sn=nan+2an-1,①
2Sn-1=(n-1)an-1+2an-1-1,②
①-②,得2an=nan-(n-1)an-1+2an-2an-1,即nan=(n+1)an-1,
所以ann+1=an-1n,且a12=12,
所以數列ann+1為常數列,ann+1=12,即an=n+12(n∈N*).
13、
(2)證明由(1)得an=n+12,所以1an2=4(n+1)2<4n(n+1)=41n-1n+1.
所以Tn=422+432+442+…+4(n+1)2<41×2+42×3+43×4+…+4n(n+1)
=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=41-1n+1<4.
11.解(1)由a1=2,an+1=2an,
得an=2n(n∈N*).
由題意知,當n=1時,b1=b2-1,故b2=2.
當n≥2時,1nbn=bn+1-bn,
整理得bn+1n+1=bnn,所以bn=n(n∈N*).
(2)由(1)知anbn=n·2n,
因此Tn=2+2·22+3·2
14、3+…+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
二、思維提升訓練
12.D 解析由題意,得第n層貨物的總價為n·910n-1萬元.
這堆貨物的總價W=1+2×910+3×9102+…+n·910n-1,
910W=1×910+2×9102+3×9103+…+n·910n,
兩式相減,得110W=-n·910n+1+910+9102+9103+…+910n-1
=-n·910n+1-910n1-910=-n·910n+10-10·910n,
則W
15、=-10n·910n+100-100·910n=100-200910n,解得n=10.
13.-1n 解析由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得1Sn-1Sn+1=1,即1Sn+1-1Sn=-1,則1Sn為等差數列,首項為1S1=-1,公差為d=-1,∴1Sn=-n,∴Sn=-1n.
14.(1)證明由條件,對任意n∈N*,有an+2=3Sn-Sn+1+3,
因而對任意n∈N*,n≥2,有an+1=3Sn-1-Sn+3.
兩式相減,得an+2-an+1=3an-an+1,即an+2=3an,n≥2.
又a1=1,a2=2,
所以a3=3S1-S2+3=3a1-(a1+a2)+
16、3=3a1,
故對一切n∈N*,an+2=3an.
(2)解由(1)知,an≠0,所以an+2an=3,于是數列{a2n-1}是首項a1=1,公比為3的等比數列;數列{a2n}是首項a2=2,公比為3的等比數列.
因此a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1.
于是S2n=a1+a2+…+a2n
=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1)
=3(1+3+…+3n-1)=3(3n-1)2,
從而S2n-1=S2n-a2n=3(3n-1)2-2×3n-1=32(5×3n-2-1).
綜上所述,Sn=32(
17、5×3n-32-1),n是奇數,32(3n2-1),n是偶數.
15.解(1)設數列{an}的公比為q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2或q=-1.
又由S6=a1·1-q61-q=63,知q≠-1,
所以a1·1-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1.
(2)由題意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,
即{bn}是首項為12,公差為1的等差數列.
設數列{(-1)nbn2}的前n項和為Tn,則T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2)=b1+b2
18、+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2.
16.(1)解∵Sn=2an-2,∴Sn-1=2an-1-2(n≥2),
∴an=2an-2an-1(n≥2),∴an=2an-1(n≥2),
∴數列{an}是以2為公比的等比數列.
又a1=S1=2a1-2,∴a1=2,∴an=2·2n-1=2n.
(2)證明∵nbn+1-(n+1)bn=n2+n=n(n+1),
∴bn+1n+1-bnn=1,
∴數列bnn是以1為公差的等差數列.
(3)解∵b1=1,由(2)知bnn=b1+(n-1)×1=n,∴bn=n2,
∴cn=-n2·2n-1,n為奇數,n2·2n-2,n為偶數,
∴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+4×41+42+…+4n-1-(4n-1)·4n=3+16×(1-4n-1)1-4-(4n-1)·4n
=4n+1-73-(4n-1)·4n=-4n(12n-3)+4n+1-73,
∴T2n=4n(12n-7)+79.
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（廣西課標版）2020版高考數學二輪復習 專題能力訓練12 數列的通項與求和 文
