高考数学二轮复习 中档大题规范练（二）数列 理试题

(二)数列1．(2018·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2bn＋7n)))的前n项和Tn.解(1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2，所以(t＋1)S1＝aeq\o\al(2,1)＋3a1＋2，所以t＝5.所以6Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2.①当n≥2时，有6Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋3an－1＋2，②①－②得6an＝aeq\o\al(2,n)＋3an－aeq\o\al(2,n－1)－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝3，又因为a1＝1，所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，所以an＝3n－2(n∈N*)．(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，所以当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝eq\f(3n2－n,2).又b1＝1也适合上式，所以bn＝eq\f(3n2－n,2)(n∈N*)．所以eq\f(1,2bn＋7n)＝eq\f(1,3n2－n＋7n)＝eq\f(1,3)·eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Tn＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，＝eq\f(3n2＋5n,12n＋1n＋2).

2．(2018·葫芦岛模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3，eq\f(S5,2)，S4成等差数列，a5＝3a2＋2a1－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2n－1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S3，eq\f(S5,2)，S4成等差数列，可知S3＋S4＝S5，得2a1－d由a5＝3a2＋2a得4a1－d由①②，解得a1＝1，d＝2，因此，an＝2n－1(n∈N*)．(2)令cn＝eq\f(an,bn)＝(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn，∴Tn＝1·1＋3·eq\f(1,2)＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，③eq\f(1,2)Tn＝1·eq\f(1,2)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝3－eq\f(2n＋3,2n)，∴Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1)(n∈N*)．3．(2018·厦门质检)已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(4n2,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)方法一由(n＋1)an＝2n2＋n＋k，令n＝1,2,3，得到a1＝eq\f(3＋k,2)，a2＝eq\f(10＋k,3)，a3＝eq\f(21＋k,4)，∵{an}是等差数列，∴2a2＝a1＋a3即eq\f(20＋2k,3)＝eq\f(3＋k,2)＋eq\f(21＋k,4)，解得k＝－1.由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．方法二∵{an}是等差数列，设公差为d，则an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)，∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d)＝dn2＋a1n＋a1－d，∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k对于∀n∈N*均成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝1，,a1－d＝k，))解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(4n2,anan＋1)＝eq\f(4n2,2n－12n＋1)＝eq\f(4n2,4n2－1)＝1＋eq\f(1,4n2－1)＝1＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋1，得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋1＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋n＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋n＝eq\f(n,2n＋1)＋n＝eq\f(2n2＋2n,2n＋1)(n∈N*)．4．(2018·天津河东区模拟)已知等比数列{an}满足条件a2＋a4＝3(a1＋a3)，a2n＝3aeq\o\al(2,n)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝n2，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.解(1)设{an}的通项公式为an＝a1qn－1(n∈N*)，由已知a2＋a4＝3(a1＋a3)，得a1q＋a1q3＝3(a1＋a1q2)，所以q＝3.又由已知a2n＝3aeq\o\al(2,n)，得a1q2n－1＝3aeq\o\al(2,1)q2n－2，所以q＝3a1，所以a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．(2)当n＝1时，eq\f(b1,a1)＝1，b1＝1，当n≥2时，eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝n2，①所以eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn－1,an－1)＝(n－1)2，②由①－②得eq\f(bn,an)＝2n－1，所以bn＝(2n－1)3n－1，b1＝1也符合，综上，bn＝(2n－1)3n－1(n∈N*)．所以Tn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－3)3n－2＋(2n－1)·3n－1，①3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)3n－1＋(2n－1)3n，②由①－②得－2Tn＝1×30＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝1×30＋2×3×eq\f(3n－1－1,3－1)－(2n－1)·3n＝1＋3n－3－(2n－1)3n＝(2－2n)3n－2，所以Tn＝1＋(n－1)3n(n∈N*)．5．(2018·宿州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2.(1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝n·an，求数列{bn}的前n项和Kn.解(1)由Tn＝2Sn－n2，得a1＝S1＝T1＝2S1－1，解得a1＝S1＝1，由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4.当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－2Sn－1＋(n－1)2，即Sn＝2Sn－1＋2n－1，①Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②由②－①得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，又a2＋2＝2(a1＋2)，∴数列{an＋2}是以a1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋2＝3·2n－1，即an＝3·2n－1－2(n∈N*)．(2)∵bn＝3n·2n－1－2n，∴Kn＝3(