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專題能力訓練12 數(shù)列的通項與求和
一、能力突破訓練
1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,a4+a10=28,則S9=( )
A.45 B.90 C.120 D.75
2.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,滿足a1+2a2=S5,下列結(jié)論錯誤的是( )
A.S9=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=0
3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2-2n-1,則a3+a17=( )
A.15 B.17 C.34 D.398
4.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+1)= +f(x)(x∈R),且f(1)=,則數(shù)列{f(n)}(n∈N*)前20項的和為( )
A.305 B.315 C.325 D.335
5.已知數(shù)列{an},構(gòu)造一個新數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數(shù)列是首項為1,公比為的等比數(shù)列,則數(shù)列{an}的通項公式為( )
A.an=32-3213n,n∈N*
B.an=32+3213n,n∈N*
C.an=1,n=1,32+3213n,n>2,且n∈N*
D.an=1,n∈N*
6.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),則an= .
7.(2018全國Ⅰ,理14)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和.若Sn=2an+1,則S6= .
8.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1=-2 017,S2 0142 014-S2 0082 008=6,則S2 017= .
9.已知在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)令bn=2n+1anan+1,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.如果對于任意的n∈N*,都有Tn>m,求實數(shù)m的取值范圍.
10.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=0,對任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足an+log2n=log2bn,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
11.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn .已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通項公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn.
二、思維提升訓練
12.給出數(shù)列11,12,21,13,22,31,…,1k,2k-1,…, ,…,在這個數(shù)列中,第50個值等于1的項的序號是( )
A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001
13.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn= .
14.已知等差數(shù)列{an}的公差為2,其前n項和Sn=pn2+2n(n∈N*).
(1)求p的值及an;
(2)若bn=2(2n-1)an,記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值.
15.已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實數(shù),且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列.
(1)求q的值和{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項和.
16.設(shè)數(shù)列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對小于n(2≤n≤N)的每個正整數(shù)k都有ak
a1,則G (A)≠?;
(3)證明:若數(shù)列A滿足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),則G(A)的元素個數(shù)不小于aN-a1.
專題能力訓練12 數(shù)列的通項與求和
一、能力突破訓練
1.B 解析 因為{an}是等差數(shù)列,設(shè)公差為d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.所以S9=9a1+982d=18+362=90.故選B.
2.B 解析 由題設(shè)可得3a1+2d=5a1+10d?2a1+8d=0,即a5=0,所以D中結(jié)論正確.
由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1+a9=2a5=0,則S9=9(a1+a9)2=9a5=0,所以A中結(jié)論正確.
S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中結(jié)論正確.
B中結(jié)論是錯誤的.故選B.
3.C 解析 ∵Sn=n2-2n-1,
∴a1=S1=12-2-1=-2.
當n≥2時,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=-2,n=1,2n-3,n≥2.
∴a3+a17=(23-3)+(217-3)=3+31=34.
4.D 解析 ∵f(1)=,f(2)=32+52,
f(3)=32+32+52,……
f(n)=32+f(n-1),
∴{f(n)}是以52為首項,32為公差的等差數(shù)列.
∴S20=2052+20(20-1)232=335.
5.A 解析 因為數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公比為的等比數(shù)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=32-3213n.
又當n=1時,an=32-3213n=1,
則an=32-3213n,n∈N*.
6.2n2-n+2 解析 因為an-an+1=nanan+1,所以an-an+1anan+1=1an+1-1an=n,
1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1+1a1
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a1
=(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22(n≥2).
所以an=2n2-n+2(n≥2).
又a1=1也滿足上式,所以an=2n2-n+2.
7.-63 解析 ∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1為首項,2為公比的等比數(shù)列,則S6=-1(1-26)1-2=-63.
8.-2 017 解析 ∵Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,
∴Snn是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d.
∵S2 0142 014-S2 0082 008=6,∴6d=6,d=1.
∵a1=-2 017,∴S11=-2 017.
∴Snn=-2 017+(n-1)1=-2 018+n.
∴S2 017=(-2 018+2 017)2 017=-2 017.
故答案為-2 017.
9.解 (1)∵an+1=an+2n+1,
∴an+1-an=2n+1,
∴an-an-1=2n-1,
∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n-1)2=n2.
(2)由(1)知,bn=2n+1anan+1=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2,
∴Tn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2,
∴數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列,
∴最小值為1-1(1+1)2=34,只需要34>m,
∴m的取值范圍是-∞,34.
10.解 (1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
∴當n≥2時,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
兩式相減,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.
當n=1時,1a2=S1+12,即a2-a1=2.
∴數(shù)列{an}是以0為首項,2為公差的等差數(shù)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),
兩邊同除以n(n+1),
得Sn+1n+1-Snn=1.
∴數(shù)列Snn是以S11=0為首項,1為公差的等差數(shù)列,∴Snn=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.
又a1=0適合上式,∴數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n2an=n22n-2=n4n-1.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+241+342+…+(n-1)4n-2+n4n-1, ①
4Tn=41+242+343+…+(n-1)4n-1+n4n, ②
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n4n=1-4n1-4-n4n=(1-3n)4n-13.
∴Tn=19[(3n-1)4n+1].
11.解 (1)因為2Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3.
當n>1時,2Sn-1=3n-1+3,
此時2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,
所以an=3,n=1,3n-1,n>1.
(2)因為anbn=log3an,
所以b1=13,
當n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.
所以T1=b1=13;
當n>1時,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+(13-1+23-2+…+(n-1)31-n),
所以3Tn=1+(130+23-1+…+(n-1)32-n),
兩式相減,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)31-n=136-6n+323n,
所以Tn=1312-6n+343n.
經(jīng)檢驗,當n=1時也適合.
綜上可得Tn=1312-6n+343n.
二、思維提升訓練
12.B 解析 根據(jù)條件找規(guī)律,第1個1是分子、分母的和為2,第2個1是分子、分母的和為4,第3個1是分子、分母的和為6,……第50個1是分子、分母的和為100,而分子、分母的和為2的有1項,分子、分母的和為3的有2項,分子、分母的和為4的有3項,……分子、分母的和為99的有98項,分子、分母的和為100的項依次是:199,298,397,…,5050,5149,…,991,第50個1是其中第50項,在數(shù)列中的序號為1+2+3+…+98+50=98(1+98)2+50=4 901.
13.- 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(shù)列,首項為1S1=-1,公差為d=-1,∴1Sn=-n,∴Sn=-1n.
14.解 (1)(方法一)∵{an}是等差數(shù)列,
∴Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)22=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.
又等差數(shù)列的公差為2,∴a2-a1=2,
∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法三)當n≥2時,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=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=11-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
∵Tn>910,∴2n2n+1>910,
∴20n>18n+9,即n>92.
∵n∈N*,
∴使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值為5.
15.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).
又因為q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.
當n=2k-1(k∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=2n-12;
當n=2k(k∈N*)時,an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通項公式為an=2n-12,n為奇數(shù),2n2,n為偶數(shù).
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.設(shè){bn}的前n項和為Sn,則Sn=1120+2121+3122+…+(n-1)12n-2+n12n-1,
12Sn=1121+2122+3123+…+(n-1)12n-1+n12n,
上述兩式相減,得12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,數(shù)列{bn}的前n項和為4-n+22n-1,n∈N*.
16.(1)解 G(A)的元素為2和5.
(2)證明 因為存在an使得an>a1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?.
記m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
則m≥2,且對任意正整數(shù)ka1.
由(2)知G(A)≠?.
設(shè)G(A)={n1,n2,…,np},n1ani}.
如果Gi≠?,取mi=minGi,
則對任何1≤k
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