高中数学新同步苏教必修专题训练 数列 含解析

专题强化训练(二) 数列
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( )
A ．d >0
B ．d <0
C ．a 1d >0
D ．a 1d <0
D [∵{2a 1a n }为递减数列，∴2a 1a n ＋12a 1a n
＝2a 1a n ＋1－a 1a n ＝2a 1d <1＝20，∴a 1d <0，故选D.]
2．在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝( )
A ．24
B ．48
C ．66
D ．132
D [由a 9＝12a 12＋6得，2a 9－a 12＝12，
由等差数列的性质得，2a 9－a 12＝a 6＋a 12－a 12＝12，则a 6＝12，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2
＝11×2a 62＝132，故选D.] 3．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( )
A ．－165
B ．－33
C ．－30
D ．－21
C [由已知得a 2＝a 1＋a 1＝2a 1＝－6，
∴a 1＝－3.
∴a 10＝2a 5＝2(a 2＋a 3)＝2a 2＋2(a 1＋a 2)＝4a 2＋2a 1＝4×(－6)＋2×(－3)＝－
30.]
4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2a 8－3a 4，则S 8S 16
＝( )
A.310
B.13
C.19
D.18
A[由题意可得，a1＝2a1＋14d－3a1－9d，∴a1＝5
2d，又
S8
S16
＝
8a1＋28d
16a1＋120d
＝
20d＋28d 40d＋120d ＝48d
160d
＝3
10.故选A.]
5．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S2 016等于() A．1 B．2 010 C．4 018 D．0
D[由已知得a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，∴a n＋1＝a n－a n－1.
故数列的前n项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009，….由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2 016＝6×336，∴S2 016＝S6＝0.]
二、填空题
6．已知数列{a n}的通项公式为a n＝2n－30，S n是{|a n|}的前n项和，则S10＝________.
190[由a n＝2n－30，令a n<0，得n<15，即在数列{a n}中，前14项均为负数，所以S10＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)
＝－10
2(a1＋a10)＝－5[(－28)＋(－10)]＝190.]
7．设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
3
2[由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2相减可得a3＋a4＝3a4－3a2，同除以a2可得2q
2
－q－3＝0，解得q＝3
2或q＝－1.因为q>0，所以q＝3
2.]
8．数列{a n}满足a1＝1，a n－a n－1＝1
n(n－1)
(n≥2且n∈N*)，则数列{a n}的通项公式为a n＝________.
2－1
n[a n－a n－1＝
1
n(n－1)
(n≥2)，a1＝1，
∴a2－a1＝1
2×1＝1－1
2
，
a 3－a 2＝13×2
＝12－13， a 4－a 3＝14×3
＝13－14，…， a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1
－1n . 以上各式累加，得
a n －a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n . ∴a n ＝a 1＋1－1n ＝2－1n ，当n ＝1时，2－1n ＝1＝a 1，
∴a n ＝2－1n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－1n .]
三、解答题
9．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *)，求a n 的通项公式．
[解] 当n ＝1时，a 1＝5S 1－3＝5a 1－3，
得：a 1＝34，
当n ≥2时，由已知a n ＝5S n －3，
得：a n －1＝5S n －1－3，
两式作差得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ，
∴a n ＝－14a n －1，
∴数列{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14
的等比数列． ∴a n ＝a 1·q n －1＝34·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－14n －1. 10．设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .
[解] (1)设q (q >0)为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，因此q ＝2.
所以{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n .
(2)S n ＝2(1－2n )1－2
＋n ×1＋n (n －1)2×2＝2n ＋1＋n 2－2. [能力提升练]
1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n
＝( ) A ．4n －1
B ．4n －1
C ．2n －1
D ．2n －1 D [设等比数列{a n }的公比为q ，
∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②
由①÷②可得1q ＝2，
∴q ＝12，代入①解得a 1＝2，
∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＝42n ， ∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12
＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， ∴S n a n
＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n
＝2n －1.] 2．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A ．13项
B ．12项
C ．11项
D ．10项
B [设该数列的前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，
a 1q n －1，所以前三项之积a 31q 3＝2，后三项之积a 31q
3n －6＝4，两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2.又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，所以a n 1·q n (n －1)2＝64，即(a 21q n －1)n ＝642，即2n ＝642，所以n ＝12.]
3．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0(n ∈N *)，b n 是a n 和a n ＋1的等差中项，设S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 6＝________.
189 [由a n ＋1＝2a n 得{a n }为等比数列，
∴a n ＝2n ，
∴2b n ＝2n ＋2n ＋1，
即b n ＝3·2n －1，
∴S 6＝3·1＋3·2＋…＋3·25＝189.]
4．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.
1 121 [由于⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，
解得a 1＝1. 由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1得S n ＋1＝3S n ＋1，
所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列， 所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，
所以S 5＝121.]
5．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．
[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .
由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1，d ＝－1.
故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .
(2)设数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ， 则S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1， ① S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n 2n . ②
①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝
⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n . 所以S n ＝n
2n －1.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.。