(广西课标版)2020版高考数学二轮复习专题能力训练12数列的通项与求和(文)

专题能力训练12 数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.已知数列{a n }是等差数列,a 1=tan 225°,a 5=13a 1,设S n 为数列{(-1)n
a n }的前n 项和,则S 2 016=( ) A.2 016
B.-2 016
C.3 024
D.-3 024
2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2
+n ,数列{b n }满足b n =1
a a a a +1
(n ∈N *
),T n 是数列{b n }的前n
项和,则T 9等于( ) A.9
19
B.18
19
C.20
21
D.9
40
3.(2019河北衡水中学二调,6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a 2=2,且对于任意n>1,n ∈N *
,满足S n+1+S n-1=2(S n +1),则S 10的值为( ) A.90
B.91
C.96
D.100
4.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,{S n +na n }为常数列,则a n =( ) A.
13
a -1
B.2
a (a +1)
C.1
(a +1)(a +2)
D.
5-2a 3
5.已知数列{a n },构造一个新数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…,此数列是首项为1,公比为13
的等比数列,则数列{a n }的通项公式为( ) A.a n =32−3
2×(13)a
,n ∈N *
B.a n =32+3
2×(13)a
,n ∈N *
C.a n ={1,a =1,
32+32×(13)a ,a >2,且a ∈N * D.a n =1,n ∈N *
6.若数列{a n }满足a n+1=1
1-a a
,a 11=2,则a 1= .
7.(2019云南师范大学附中高三月考,15)在数列{a n }中,a 2=5,a n+1-a n =2n (n ∈N *
),则数列{a n }的通项公式a n = .
8.(2019福建厦门高二检测,15)已知数列{a n}满足3a1+32a2+33a3+…+3n a n=2n+1,则{a n}的通项公式为.
9.设数列{a n}的前n项和为S n.已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.
(1)求通项公式a n;
(2)求数列{|a n-n-2|}的前n项和.
10.(2019广东汕头一模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且2S n=na n+2a n-1.
(1)求数列{a n}的通项公式;
}的前n项和为T n,证明:T n<4.
(2)若数列{1
a a2
11.已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n ∈N *
),b 1+12b 2+13b 3+…+1
a b n =b n+1-1(n ∈N *
). (1)求a n 与b n ;
(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .
二、思维提升训练
12.(2019安徽合肥第二次质检,11)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等.如图,某仓库中部分货物堆放成“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n 件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的9
10.若这堆货物的总价是100-200(910
)a
万元,则n 的值为( )
A.7
B.8
C.9
D.10
13.设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n = . 14.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 2=2,且a n+2=3S n -S n+1+3,n ∈N *
.
(1)证明:a n+2=3a n;
(2)求S n.
15.已知{a n}是等比数列,前n项和为S n(n∈N*),且1
a1−1
a2
=2
a3
,S6=63.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,b n是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n a a2}的前2n项和.
16.(2019湖南湘西四校联考,17)已知数列{a n},{b n},S n为数列{a n}的前n项和,a1=2b1,S n=2a n-2,nb n+1-(n+1)b n=n2+n.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)证明:数列{a a
a
}为等差数列;
(3)若c n={-a a a a
2
,a为奇数,
a a a a
4
,a为偶数,
求数列{c n}的前2n项和.
专题能力训练12 数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.C 解析∵a 1=tan225°=1,∴a 5=13a 1=13,则公差d=a 5-a 15-1
=
13-14
=3,∴a n =3n-2.
又(-1)n
a n =(-1)n
(3n-2),
∴S 2016=(a 2-a 1)+(a 4-a 3)+(a 6-a 5)+…+(a 2014-a 2013)+(a 2016-a 2015)=1008d=3024.
2.D 解析∵数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2
+n ,
∴当n=1时,a 1=2;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2n , ∴a n =2n (n ∈N *), ∴b n =1
a
a a a +1
=
12a (2a +2)=14(1a -1
a +1
), T 9=1
4[(1-1
2)+(1
2-1
3)+…+(1
9-1
10)]=1
4×(1-1
10)=9
40.
3.B 解析∵S n+1+S n-1=2(S n +1),
∴S n+1-S n =S n -S n-1+2, ∴a n+1-a n =2.
∴当n ≥2时,数列{a n }是等差数列,公差为2.又a 1=1,a 2=2, ∴S 10=1+9×2+
9×82
×2=91.
4.B 解析∵数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,∴S 1+1×a 1=1+1=2.
∵{S n +na n }为常数列,∴S n +na n =2.
当n ≥2时,(n+1)a n =(n-1)a n-1,从而
a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a a a a -1
=13
·2
4
·…·
a -1
a +1
, ∴a n =2
a (a +1).当n=1时上式成立,∴a n =2
a (a +1).
5.A 解析因为数列a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…是首项为1,公比为1
3的等比数列, 所以a n -a n-1=(13)
a -1
,n ≥2.
所以当n ≥2时,
a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+1
3+(13)2+…+(13)a -1
=
1-(13)
a 1-3
=32−3
2×(13)a
.
又当n=1时,a n =3
2−3
2×(13)a
=1, 则a n =32−3
2×(13)a
,n ∈N *
.
6.12 解析由a 11=2及a n+1=11-a a
,得a 10=1
2.
同理a 9=-1,a 8=2,a 7=1
2
,….
所以数列{a n }是周期为3的数列.所以a 1=a 10=1
2.
7.2n +1 解析由题意可得
{
a a -a a -1=2a -1,a a -1-a a -2=2a -2,…
a 2-a 1=2,
利用累加法,得a n -a 1=
2(2a -1-1)
2-1
=2n -2.
又a 2-a 1=2,a 2=5,则a 1=3, 所以a n =2n
+1.
8.a n ={1,a =1,1
3×(23
)a -1
,a ≥2
解析当n=1时,由3a 1=2+1=3,得a 1=1;
当n ≥2时,由3a 1+32
a 2+33a 3+…+3n a n =2n
+1, 得3a 1+32
a 2+33
a 3+…+3n-1a n-1=2n-1
+1,
两式相减,得3n a n =2n-1
,即a n =1
3×(23
)
a -1
,故a n ={1,a =1,
1
3
×(23)a -1
,a ≥2.
9.解(1)由题意,得{
a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1,则{a 1=1,
a 2=3.
又当n ≥2时,由a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1+1)=2a n ,
得a n+1=3a n .
所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-1
,n ∈N *
. (2)设b n =|3n-1
-n-2|,n ∈N *
,b 1=2,b 2=1. 当n ≥3时,由于3n-1
>n+2,故b n =3n-1
-n-2,n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 1=2,T 2=3. 当n ≥3时,T n =3+
9(1-3a -2)
1-3
−
(a +7)(a -2)
2
=
3a -a 2-5a +11
2
,
所以T n ={2,a =1,
3a -a 2-5a +11
2
,a ≥2,a ∈N *.
10.(1)解当n=1时,2S 1=a 1+2a 1-1,则a 1=1. 当n ≥2时,2S n =na n +2a n -1, ① 2S n-1=(n-1)a n-1+2a n-1-1,
②
①-②,得2a n =na n -(n-1)a n-1+2a n -2a n-1,即na n =(n+1)a n-1,
所以
a a a +1
=
a a -1a ,且a
12
=1
2
,
所以数列{
a a a +1}为常数列,a a a +1
=12,即a n =
a +12
(n ∈N *
).
(2)证明由(1)得a n =a +12
,所以1
a a
2=
4
(a +1)
2
<4
a (a +1)=4(1
a -1
a +1).
所以T n =4
22+
43
2
+442+…+
4
(a +1)2<4
1×2+4
2×3+4
3×4+…+4
a (a +1)
=4[(1-12)+(12-1
3)+(1
3-1
4)+…+(1a -1a +1)]=4(1-1
a +1)<4.
11.解(1)由a 1=2,a n+1=2a n , 得a n =2n
(n ∈N *
).
由题意知,当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2. 当n ≥2时,1
a b n =b n+1-b n ,
整理得a
a +1
a +1
=
a a
a
,所以b n =n (n ∈N *).
(2)由(1)知a n b n =n ·2n
,
因此T n =2+2·22
+3·23
+…+n ·2n
, 2T n =22
+2·23
+3·24+…+n ·2n+1
, 所以T n -2T n =2+22
+23
+…+2n -n ·2n+1
. 故T n =(n-1)2n+1
+2(n ∈N *
). 二、思维提升训练
12.D 解析由题意,得第n 层货物的总价为n ·(910)
a -1
万元.
这堆货物的总价W=1+2×9
10+3×(910)2
+…+n ·(910)
a -1
,
9
10
W=1×9
10+2×(910)2+3×(910)3+…+n ·(910)a
,
两式相减,得1
10W=-n ·(910)a
+1+9
10+(910)2
+(910)3
+…+(910)
a -1
=-n ·(910)a
+
1-(910)
a 1-910
=-n ·(910)a +10-10·(910)a
,
则W=-10n ·(910)a
+100-100·(910)a
=100-200(910)a
,解得n=10.
13.-1a 解析由a n+1=S n+1-S n =S n S n+1,得1a a
−1
a
a +1
=1,即1
a
a +1
−1a a
=-1,则{1a a
}为等差数列,首项为1
a 1
=-1,公差为d=-1,∴1a a
=-n ,∴S n =-1
a .
14.(1)证明由条件,对任意n ∈N *
,有a n+2=3S n -S n+1+3, 因而对任意n ∈N *
,n ≥2,有a n+1=3S n-1-S n +3. 两式相减,得a n+2-a n+1=3a n -a n+1,即a n+2=3a n ,n ≥2. 又a 1=1,a 2=2,
所以a 3=3S 1-S 2+3=3a 1-(a 1+a 2)+3=3a 1, 故对一切n ∈N *
,a n+2=3a n .
(2)解由(1)知,a n ≠0,所以
a a +2
a a
=3,于是数列{a 2n-1}是首项a 1=1,公比为3的等比数列;数列{a 2n }是首
项a 2=2,公比为3的等比数列. 因此a 2n-1=3n-1
,a 2n =2×3n-1
. 于是S 2n =a 1+a 2+…+a 2n
=(a 1+a 3+…+a 2n-1)+(a 2+a 4+…+a 2n ) =(1+3+…+3n-1)+2(1+3+…+3n-1) =3(1+3+…+3n-1
)=
3(3a -1)
2
,
从而S 2n-1=S 2n -a 2n =
3(3a -1)
2
-2×3n-1=3
2(5×3n-2-1).
综上所述,S n ={3
2(5×3a -3
2-1),a 是奇数,
3
2(3a 2-1),a 是偶数. 15.解(1)设数列{a n }的公比为q.由已知,有
1
a 1
−
1
a 1a
=
2
a 1a 2
,解得q=2或q=-1.
又由S 6=a 1·1-a 6
1-a =63,知q ≠-1, 所以a 1·1-26
1-2=63,得a 1=1.所以a n =2n-1
.
(2)由题意,得b n =12(log 2a n +log 2a n+1)=1
2(log 22n-1+log 22n
)=n-1
2, 即{b n }是首项为1
2,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)n
a a 2}的前n 项和为T n ,则T 2n =(-a 12+a 22)+(-a 32+a 42)+…+(-a 2a -12
+
a 2a 2)=
b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n-1+b 2n =
2a (a 1+a 2a )
2
=2n 2.
16.(1)解∵S n =2a n -2,∴S n-1=2a n-1-2(n ≥2),
∴a n =2a n -2a n-1(n ≥2),∴a n =2a n-1(n ≥2), ∴数列{a n }是以2为公比的等比数列.
又a 1=S 1=2a 1-2,∴a 1=2,∴a n =2·2n-1=2n
. (2)证明∵nb n+1-(n+1)b n =n 2
+n=n (n+1),
∴a
a +1
a +1
−a a
a
=1, ∴数列{a
a
a }是以1为公差的等差数列.
(3)解∵b 1=1,由(2)知a
a a =
b 1+(n-1)×1=n ,∴b n =n 2
,
∴c n ={-a 2·2a -1,a 为奇数,a 2·2a -2,a 为偶数,
∴c 2n-1+c 2n =-(2n-1)222n-2+(2n )222n-2=(4n-1)·4n-1, ∴T 2n =3×40+7×41+…+(4n-1)·4n-1,
① ∴4T 2n =3×41+7×42+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n , ②
∴-3T 2n =3+4×(41
+42
+…+4a -1
)-(4n-1)·4n =3+
16×(1-4a -1)
1-4
-(4n-1)·4n
=
4a +1-73
-(4n-1)·4n
=
-4a (12a -3)+4a +1-7
3
,
∴T 2n =4a (12a -7)+7
9
.。