高考数学二轮复习 专题强化训练（十七）数列 理-人教版高三全册数学试题

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＝eq\f(3an－1,2).(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＝eq\f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n＝eq\f(3－2n×3n－3,2).所以Tn＝eq\f(2n－3×3n＋3,4).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，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n∈N*)．∴{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，其通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.∵bn＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，∴bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴b2－b1＝1，b3－b2＝eq\f(1,2)，b4－b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，…，bn－bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝2,3，…)．将这n－1个等式相加得，bn－b1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1,1－\f(1,2))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.又b1＝1，∴bn＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n＝2,3，…)，当n＝1时也满足上式，∴bn＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2(n∈N*)．(2)∵cn＝n(3－bn)＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴Tn＝2[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1]．①eq\f(1,2)Tn＝2[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n]．②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝2[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1]－2×n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n(n∈N*)，Tn＝4×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))－4×n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝8－(8＋4n)×eq\f(1,2n)(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＝eq\f(an＋12,anan＋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，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋10d＝22,a1＋7d2＝a1＋4da1＋12d))，解得a1＝1，d＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)bn＝eq\f(an＋12,anan＋1)＝eq\f(4n2,2n－12n＋1)＝eq\f(4n2,4n2－1)＝1＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝1＋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(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(2n2＋2n,2n＋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＝eq\f(1,n＋2log3an＋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q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.(2)bn＝eq\f(1,n＋2log3an＋1)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋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＝eq\f(1,anan＋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aeq\o\al(2,2)＝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＝eq\f(1,anan＋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)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋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＝eq\f(4,bn·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＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq\f(1,nn＋1)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n.设数列{eq\f(1,nn＋1)}的前n项和为An，则An＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(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＝eq\f(1,2)，S3＝eq\f(3,2).(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＝eq\f(1,2)，得a1＝eq\f(a3,q2)＝eq\f(1,2q2)，a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(1,2q).由S3＝eq\f(3,2)，得a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2)，所以eq\f(1,2q2)＋eq\f(1,2q)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).(2)当q＝1时，a1＝eq\f(1,2)，Sn＝eq\f(1,2)n，Sn＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)，Sn＋2＝eq\f(1,2)(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＝－eq\f(1,2)时，a1＝2，Sn＝eq\f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)),1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，Sn＋1＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋1))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，Sn＋2＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋2))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，Sn＋Sn＋1＝eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))＋eq\f(4,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))＝eq\f(8,3)－eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，2Sn＋2＝eq\f(8,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))＝eq\f(8,3)－eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，所以2Sn＋2＝Sn＋Sn＋1，即Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差数列，所以当q＝－eq\f(1,2)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eq\f(1,an)的等差中项．(1)求