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- 2021-06-04 发布
数列专练(一)·作业(十八)
1．(2016·湖北四地七市联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2－3Sn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
解析 (1)当n≥2时，由an＝2－3Sn ①，
得an－1＝2－3Sn－1 ②，
①－②即得4an＝an－1，
而当n＝1时，a1＝2－3a1，故a1＝.
因而数列{an}是首项为，公比为的等比数列，其通项公式为an＝·()n－1＝()2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝log2an＝1－2n(n∈N*)．
数列{an＋bn}的前n项和
Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋…＋an＋bn
＝(a1＋…＋an)＋(b1＋…＋bn)
＝＋
＝－n2－×()n，(n∈N*)．
2．(2016·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.
解析 (1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝.
因为a1＝2，所以an＝2n.
(2)因为an＝2n，令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(1－)＋(－)＋…＋(－)
＝1－＝.
因为>0，所以1－<1.
因为f(n)＝在n∈N*上是递减函数，
所以1－在n∈N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值.
所以≤Tn<1.
3．(2016·长沙调研)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)．
(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解析 (1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，
所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，
所以{an}是首项为a1＝1，公差为6的等差数列．
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，
当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2(n∈N*)，
由λan>2n＋n＋2λ得λ>＝＋，
所以当n＝1，2时，取最大值，
故λ的取值范围为(，＋∞)．
4．(2016·衡中一调)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
解析 (1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，
即a4－a2＝a5－a3，
所以a2(q－1)＝a3(q－1)，
又因为q≠1，所以a2＝a3.
由a3＝qa1，得q＝2.
当n＝2k－1(k∈N*)时，
an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)得bn＝＝，n∈N*.
设数列{bn}的前n项和为Sn，则
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
上述两式相减，得
Sn＝＋＋＋…＋－
＝－＝2－－，
整理，得Sn＝4－，n∈N*.
5．(2016·福建晋江检测)已知数列{an}的前n项的和为Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)证明：数列{}是等比数列；
(2)求通项公式an与前n项的和Sn；
(3)设bn＝n(2－Sn)，n∈N*，若集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，求实数λ的取值范围．
解析 (1)因为a1＝，an＋1＝an，当n∈N*时，≠0.又因为＝，∶＝(n∈N*)为常数，
所以{}是以为首项，为公比的等比数列．
(2)由{}是以为首项，为公比的等比数列，得＝×()n－1＝()n.
所以an＝n×()n.
由错位相减法得Sn＝2－()n－1－n()n.
(3)因为bn＝n(2－Sn)(n∈N*)，所以bn＝n()n－1＋n2()n.
因为bn＋1－bn＝(3－n2)()n＋1，
所以b2>b1，b2>b3>b4>….
因为集合M＝{n|bn≥λ，n∈N*}恰有4个元素，且b1＝b4＝，b2＝2，b3＝，b5＝，
所以<λ≤.
数列专练(二)·作业(十九)
1．(2016·长沙模拟)已知数列{an}满足a1＋＋…＋＝2n＋1，
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n项和．
解析 (1)当n＝1时，由题设知a1＝4；当n≥2时，由题设a1＋＋…＋＝2n＋1知a1＋＋…＋＝2n，
两式相减得＝2n＋1－2n，
即an＝n×2n(n≥2)，
故{an}的通项公式为an＝.
(2)设{an}的前n项和为Sn，
则Sn＝1×22＋2×22＋…＋n×2n，
2Sn＝1×23＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减得Sn＝n×2n＋1－(22＋23＋…＋2n)
＝n×2n＋1－4×(2n－1－1)
＝(n－1)×2n＋1＋4.
2．(2016·四川达州调研)已知等比数列{an}的首项a1＝，前n项和Sn满足S1，2S2，3S3成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝2－(＋)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解析 (1)因为S1，2S2，3S3成等差数列，所以4S2＝S1＋3S3，当q＝1时，不符合；当q≠1时，得4＝a1＋3，故q＝或q＝0(舍去)．
综上可知，an＝()n.
(2)由(1)知an＝()n，所以bn＝2－[＋]＝2－－＝1－＋1－＝(1－)＋(1－)＝－，
由<，>得－<－，所以bn<－，
从而Tn＝b1＋b2＋…＋bn<(－)＋(－)＋…＋(－)＝－<，因此Tn<.
3．(2016·湖南东部六校联考)已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1.
解析 (1)∵S＝acsinB＝4，∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accosB，
∴b2＝ac＝16，∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4.
故可得，∴an＝4n.
∵Tn－2bn＋3＝0，∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，∴bn＝3·2n－1.
(2)依题意，cn＝.
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2.
4．(2016·保定调研)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和为Sn，且当n≥2时，an＋1Sn－1－anSn＝0.
(1)求证：数列{Sn}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解析 (1)当n≥2时，an＋1Sn－1－anSn＝(Sn＋1－Sn)Sn－1－(Sn－Sn－1)Sn＝Sn＋1Sn－1－Sn2＝0，
∴Sn2＝Sn－1Sn＋1(n≥2)，又由S1＝1≠0，S2＝4≠0，可推知对一切正整数n均有Sn≠0，则数列{Sn}是等比数列，Sn＝4n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×4n－2，又a1＝S1＝1，∴an＝
(2)当n≥2时，bn＝＝＝，又b1＝，
∴bn＝，
则T1＝b1＝
当n≥2时，bn＝＝－，
则Tn＝＋(－)＋…＋(－)＝－.
综上：Tn＝－.
5．(2016·河南联考)已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的单调性；
(3)当n≥2时，T2n＋1－Tn<－loga(a－1)恒成立，求a的取值范围．
解析 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
∴数列{bn}的通项公式为bn＝
(2)∵cn＝T2n＋1－Tn，
∴cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝＋＋…＋.
∴cn＋1－cn＝＋－＝－＝－<0.
∴数列{cn}是递减数列．
(3)由(2)知，当n≥2时，c2＝＋＋为最大，
∴＋＋<－loga(a－1)恒成立，即loga(a－1)<－1.
由真数a－1>0，得a>1，∴a－1<.
整理为a2－a－1<0，解得1