2020届二轮复习数列通项与求和课时作业（全国通用） 练习

第2讲　数列通项与求和

[A组　夯基保分专练]

一、选择题

1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为(　　)

A．49　　　　　　　　　 B．50

C．99  D．100

解析：选A．由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．

2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)

A．2n－1  B．

C．  D．

解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以＝，所以当n≥2时，数列{an}是公比为的等比数列，所以an＝，所以Sn＝1＋＋×＋…＋×＝1＋＝，当n＝1时，此式也成立．

故选B．

法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝，所以S2＝1＋＝，结合选项可得只有B满足，故选B．

3．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)

A．1  B．－2

C．3  D．－3

解析：选A．因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．

所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，

故{an}是以6为周期的周期数列．

因为2 019＝336×6＋3，

所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A．

4．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)

A．  B．

C．  D．

解析：选C．由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，

则a2－a1＝1＋1，

a3－a2＝2＋1，

a4－a3＝3＋1，

…，

an－an－1＝(n－1)＋1，

以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，

把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，

＝＝2，

则＋＋…＋＋＝2

＝2＝.

5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是(　　)

A．8  B．9

C．10  D．11

解析：选C．由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即＝－(*)，

又a3＝，所以a3－1＝，代入(*)式，有a2－1＝－，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝＝<，又n∈N*，所以n的最小值为10.故选C．

6．(2019·江西省五校协作体试题)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则＋＋…＋＝(　　)

A．  B．

C．  D．

解析：选D．因为an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D．

二、填空题

7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．

解析：设该女子第一天织布x尺，

则＝5，解得x＝，

所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.

答案：

8．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________．

解析：法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，

则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.

法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.

答案：92

9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2，则a12＝________．

解析：当n＝1，2，3，4，…时，＝0，1，0，1，…，所以a1＝a3＝a5＝a7＝…＝2，a2＋S2＝a4＋S4＝a6＋S6＝a8＋S8＝…＝a12＋S12＝…＝2，S2－S1＋S2＝S4－S3＋S4＝S6－S5＋S6＝S8－S7＋S8＝…＝2，所以2S2＝2＋S1⇒S2＝2；2S4＝2＋S3＝4＋S2⇒S4＝2＋S2＝3，同理可得S6＝2＋S4＝2＋＝，S8＝2＋S6＝2＋＝，S10＝2＋＝，S12＝，又a12＋S12＝2，所以a12＝2－S12＝2－＝－.

答案：－

三、解答题

10．(2019·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．

解：(1)因为lg a1＝0，lg a4＝1，

所以a1＝1，a4＝10.

设等差数列{an}的公差为d，

则d＝＝3.

所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.

(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，

因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，所以a＝a1a6＝16.

又an＝3n－2>0，

所以ak＝4.

因为ak＝3k－2，

所以3k－2＝4，得k＝2.

所以等比数列{bn}的公比q＝＝＝4.

所以bn＝4n－1.

所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.

所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝＋＝n2－n＋(4n－1)．

11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)设bn＝－1，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)证明：因为an＋1＝，所以－＝－

＝－＝＝－.

又a1＝1，所以＝－1，

所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．

(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，所以an＝2－＝，

所以bn＝－1＝－1＝－1

＝＝，

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝

＝＝，

所以数列{bn}的前n项和Tn＝.

12．(2019·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.

(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；

(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．

解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.

因为Sn＝2an－n①，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，

①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，

所以＝＝＝2.

所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．

所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.

(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.

设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.

所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.

所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.

设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，

则Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，

2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，

③－④得，

－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，

所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.

又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，

所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2，

所以数列{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.

[B组　大题增分专练]

1．(2019·江西七校第一次联考)数列{an}满足a1＝1，＝an＋1(n∈N*)．

(1)求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．

解：(1)由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，

所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

又由已知易得an>0，所以an＝(n∈N*)．

(2)bn＝＝＝－，

故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.

2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．

解：(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列为等差数列，又＝＝1，所以＝n，即Sn＝n2.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.

又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.

(2)由(1)知，bn＝＝，

所以Tn＝＝＝.

由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，

所以n的最小值为5.

3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.

解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①

当n＝1时，由①式可得S1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，

整理得S－S＝1.

所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.

因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，

所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，

又a1＝S1＝1，所以an＝－.

(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，

当n为奇数时，

Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；

当n为偶数时，

Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.

4．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.

①求数列{a(c－1)}的通项公式；

②求aici(n∈N*).

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得解得故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.

所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.

(2)①a(c－1)＝a(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.

所以，数列{a(c－1)}的通项公式为a(c－1)＝9×4n－1.

②aici＝[ai＋ai(ci－1)]

＝ai＋a  (c－1)

＝[2n×4＋×3]＋(9×4i－1)

＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n

＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．