高中数学回扣验收特训(二)数列苏教版必修5(2021年整理)

2018年高中数学回扣验收特训（二）数列苏教版必修5
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回扣验收特训（二）数列
1．等差数列{a n}的前n项和为S n,且S3＝6，a3＝0，则公差d＝________。

解析：依题意得S3＝3a2＝6，即a2＝2，故d＝a3－a2＝－2。

答案：－2
2．已知{a n｝是公差为1的等差数列，S n为｛a n｝的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝________。

解析：设等差数列{a n｝的首项为a1，公差为d.由题设知d＝1，S8＝4S4，所以8a1＋28＝4(4a1
＋6),解得a1＝错误!，所以a10＝错误!＋9＝错误!。

答案：错误!
3．数列｛a n｝满足a1＝0，a n＋1＝a n＋2n，则{a n｝的通项公式a n＝________。

解析：由已知，得a n＋1－a n＝2n，故a n＝a1＋(a2－a1）＋（a3－a2)＋…＋(a n－a n－1)＝0＋2
＋4＋…＋2(n－1）＝n(n－1)．
答案：n(n－1）
4．已知数列{a n｝满足a1＝2，a n＋1＝错误!(n∈N＊)，则该数列的前 2 016项的乘积
a
·a2·a3·…·a2 016＝________。

1
解析：由题意可得，a2＝错误!＝－3，a3＝错误!＝－错误!，a4＝错误!＝错误!，a5＝错误!＝2
＝a1，
∴数列｛a n｝是以4为周期的数列，且a1·a2·a3·a4＝1,而2 016＝4×504，∴前2 016
项乘积为a1a2a3a4＝1.
答案：1
5．设S n为等比数列{a n｝的前n项和．若a1＝1，且3S1，2S2,S3成等差数列，则a n＝________.
解析：由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，则3a2＝a3，得公
比q＝3，所以a n＝a1q n－1＝3n－1。

答案：3n－1
6．在单调递减的等比数列｛a n｝中，若a3＝1，a2＋a4＝错误!,则a1＝________。

解析：在等比数列{a n｝中,a2a4＝a错误!＝1，又a2＋a4＝错误!，数列{a n｝为递减数列，∴a
＝2，a4＝错误!,∴q2＝错误!＝错误!，∵a3〉0,a2＋a4>0，∴q>0，∴q＝错误!，a1＝错误!＝4。

2
答案:4
7．已知数列｛a n｝中，a1＝1,（2n＋1）a n＝(2n－3）a n－1(n≥2)，则数列{a n｝的通项公式
为________．
解析：由题意可得错误!＝错误!(n≥2）,
所以错误!＝错误!,错误!＝错误!,错误!＝错误!，…错误!＝错误!，
上述各式左右相乘得错误!＝错误!(n≥2)，
解得a n＝错误!(n≥2),又a1＝1符合，
所以，通项公式a n＝错误!(n∈N＊）．
答案：a n＝错误!
8．在数列{a n｝中，a n〉0，a1＝错误!，如果a n＋1是1与错误!的等比中项,那么a1＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!的值是________．
解析：由题意可得，a错误!＝错误!⇒(2a n＋1＋a n a n＋1＋1）·（2a n＋1－a n a n＋1－1)＝0⇒a n＋1＝错误!⇒a n＋1－1＝错误!⇒错误!＝错误!－1，∴错误!＝错误!－（n－1）＝－n－1⇒a n＝错误!⇒错误!＝错误!,∴a1＋错误!＋…＋错误!＝1－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝错误!.
答案：错误!
9．数列｛a n｝的前n项和为S n，若a1＝1，a n＋1＝3S n（n≥1），则a6＝________.
解析：因为a n＋1＝3S n,所以a n＝3S n－1(n≥2)，两式相减得，a n＋1－a n＝3a n，即错误!＝4（n≥2)，所以数列a2,a3，a4,…构成以a2＝3S1＝3a1＝3为首项，公比为4的等比数列，所以a6＝a2·44＝3×44＝768.
答案:768
10．设S n是数列｛a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝________。

解析：当n＝1时，S1＝a1＝－1，所以错误!＝－1。

因为a n＋1＝S n＋1－S n＝S n S n＋1，所以错误!－错误!＝1，即错误!－错误!＝－1，所以错误!是以－1为首项,－1为公差的等差数列，所以错误!＝(－1）＋(n－1）·(－1)＝－n，所以S n＝－错误!.
答案:－错误!
11．已知数列{a n｝满足a1＝1,a n＋1＝2a n，数列｛b n｝满足b1＝3,b2＝6，且{b n－a n}为等差数列．
（1）求数列{a n｝和｛b n｝的通项公式；
(2)求数列｛b n｝的前n项和T n.
解：（1)由题意知数列{a n}是首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
所以a n＝2n－1.
因为b1－a1＝2，b2－a2＝4，
所以数列{b n －a n }的公差d ＝2,
所以b n －a n ＝（b 1－a 1）＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n , 所以b n ＝2n ＋2n －1.
(2）T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n
＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋（1＋2＋4＋…＋2
n －1)
＝错误!＋错误!
＝n （n ＋1）＋2n －1。

12．S n 为数列{a n ｝的前n 项和,已知a n 〉0，a 错误!＋2a n ＝4S n ＋3。

（1)求｛a n ｝的通项公式;
(2）设b n ＝1a n a n ＋1
，求数列{b n ｝的前n 项和． 解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 错误!＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.
可得a 错误!－a 错误!＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，
即2（a n ＋1＋a n )＝a 错误!－a 错误!＝(a n ＋1＋a n ）（a n ＋1－a n )． 由于a n 〉0，可得a n ＋1－a n ＝2。

又a 2
，1＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去）或a 1＝3。

所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1。

(2)由a n ＝2n ＋1可知 b n ＝错误!＝错误!＝错误!错误!.
设数列｛b n }的前n 项和为T n ，则
T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝错误!错误!
＝错误!.
13．在数列{a n ｝中，a n 〉0，S n 为其前n 项和,2S n ＝4a n －1.
(1)求数列｛a n }的通项公式;
（2)数列｛b n }满足对任意n ∈N *，都有b 1a n ＋b 2a n －1＋…＋b n a 1＝2n －12
n －1,求数列{b n }的第5项b 5。

解：(1)当n ＝1时,2S 1＝4a 1－1⇒a 1＝错误!.
又错误!
两式相减得：2a n＋1＝4a n＋1－4a n，
即a n＋1＝2a n，
所以数列｛a n｝是首项为错误!，公比为2的等比数列,
a n＝2n－2。

（2)由（1)知,a n＝2n－2，n∈N*,
在b1a n＋b2a n－1＋…＋b n a1＝2n－错误!n－1中，
令n＝1，则b1a1＝2－错误!－1＝错误!，又a1＝错误!，故b1＝1.
因为b1a n＋b2a n－1＋…b n－1a2＋b n a1＝2n－错误!n－1，①
所以b1a n－1＋b2a n－2＋…＋b n－2a2＋b n－1a1＝2n－1－错误!n－错误!（n≥2),
将上式两边同乘公比2得，b1a n＋b2a n－1＋…＋b n－1a2＝2n－n－1（n≥2)，②①减去②得，b n a1＝错误!，故b n＝n（n≥2)，所以b5＝5。

14．已知正项数列{a n｝的前n项和为S n，且a1＝2,4S n＝a n·a n＋1，n∈N＊。

（1)求数列｛a n｝的通项公式；
(2)设数列错误!的前n项和为T n，求证：错误!〈T n<错误!.
解:（1）∵4S n＝a n·a n＋1,n∈N＊，
∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4。

当n≥2时，4S n－1＝a n－1·a n，
得4a n＝a n·a n＋1－a n－1·a n.
由题意知a n≠0，∴a n＋1－a n－1＝4。

①当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，
即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，
∴a2k＝4＋（k－1)×4＝4k＝2×2k;
②当n＝2k,k∈N＊时，a2k＋1－a2k－1＝4,
即a1，a3，…,a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，
∴a2k－1＝2＋（k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．
综上可知，a n＝2n，n∈N*。

（2)证明:∵错误!＝错误!>错误!＝错误!错误!，
∴T n＝错误!＋错误!＋…＋错误!
>错误!错误!
＝1
4错误!
＝错误!.
又∵错误!＝错误!〈错误!
＝错误!＝错误!错误!，
∴T n＝错误!＋错误!＋…＋错误!〈错误!错误!
＝错误!错误!<错误!.
综上有：错误!〈T n〈错误!.。