专题强化练8 数列通项公式的求法
一、选择题
1.(2022安徽安庆第一中学三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=nan,且S2+S4+S6+…+S60=3 720,则a1=( )
A.8 B.6 C.4 D.2
2.已知数列{an}满足a1=2,an+1=,则数列{an}的通项公式为an=( )
A.2n-1 B.2n-1 C. D.n2
3.(2020河北石家庄二中月考)在数列{an}中,a1=0,an+1=an+ln,则{an}的通项公式为 ( )
A.an=ln n B.an=(n-1)ln(n+1)
C.an=nln n D.an=ln n+n-2
4.(2021江苏无锡江阴第一中学期中)定义:在数列{an}中,若满足=d(n∈N*,d为常数),则称{an}为“等比差数列”,已知在等比差数列{an}中,a1=a2=1,a3=3,则等于( )
A.4×2 0162-1 B.4×2 0172-1
C.4×2 0182-1 D.4×2 0182
5.(2021广东汕头金山中学等四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,对任意的n∈N*,有Sn=成立,且1
A.2或4 B.2 C.3或4 D.6
6.(2021江苏扬州中学期中)已知F(x)=f -3是R上的奇函数,an=f(0)+f +…+f +f(1),n∈N*,则数列{an}的通项公式为( )
A.an=n+1 B.an=3n+1
C.an=3n+3 D.an=n2-2n+3
二、填空题
7.(2021陕西榆林第一中学月考)数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,则an= .
8.数列-,…的一个通项公式为 .
9.(2021湖南长沙长郡中学月考)已知数列{an}的前n项和Sn=,且a1=1,则数列{an}的通项公式为 .
三、解答题
10.(1)已知数列{an}中,an+1=,a1=2,求{an}的通项公式;
(2)已知数列{an}满足an+1=3an+2×3n+1,a1=3,求数列{an}的通项公式.
答案全解全析
一、选择题
1.C ∵Sn=nan,∴Sn=n(Sn-Sn-1),n≥2,
∴nSn-1=(n-1)Sn,n≥2,变形得,n≥2,
∴数列是每项均为S1的常数列,∴=S1,即Sn=nS1=na1,
又∵S2+S4+S6+…+S60=3 720,
∴2a1+4a1+6a1+…+60a1=(2+4+6+…+60)a1=a1=3 720,解得a1=4.
2.C 在an+1=的两边同时取常用对数,得lg an+1=2lg an,易知an≠1,故=2,
所以数列{lg an}是以lg 2为首项,2为公比的等比数列,
所以lg an=2n-1×lg 2=lg ,所以an=,故选C.
3.A 因为an+1-an=ln=ln(n+1)-ln n,
所以an-an-1=ln n-ln(n-1)(n≥2),
an-1-an-2=ln(n-1)-ln(n-2)(n≥3),
……
a3-a2=ln 3-ln 2,
a2-a1=ln 2-ln 1,
将以上(n-1)个式子相加,整理得an-a1=ln n-ln 1=ln n,
又因为a1=0,所以an=ln n.故选A.
4.C 由题意可得=2,
根据等比差数列的定义可知数列是首项为1,公差为2的等差数列,
则=1+(n-1)×2=2n-1,
所以=2×2 019-1=2×2 018+1,=2×2 018-1,
所以=(2×2 018+1)×(2×2 018-1)=4×2 0182-1.故选C.
5.A 由对任意的n∈N*,有Sn=成立,可得a1=S1=,解得a1=-2,
当n≥2时,Sn-1=,故an=Sn-Sn-1=an-1,即an=-2an-1,所以{an}是首项为-2,公比为-2的等比数列,
所以an=(-2)n,Sn=×[1-(-2)n],
所以1易得当k=2和k=4时不等式成立,所以k的值为2或4,故选A.
6.C 由F(x)=f-3是R上的奇函数,知F(-x)=-F(x),
所以f=6(x∈R),所以函数f(x)的图象关于点对称,
令t=-x,则+x=1-t,
则f(t)+f(1-t)=6,
因为an=f(0)+f+…+f+f(1),①
an=f(1)+f+…+f+f(0),②
所以①+②得2an=6(n+1),即an=3n+3,故选C.
二、填空题
7.答案 2×3n-1-1
解析 因为an+1=3an+2,
所以an+1+1=3(an+1),
又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为3的等比数列,
所以an+1=2×3n-1,所以an=2×3n-1-1.
8.答案 an=
解析 因为数列中的各项是一负一正交替出现的,所以通项公式中需含有(-1)n,
因为-,……,所以此数列的一个通项公式为an=.
9.答案 an=n
解析 由Sn=,可得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
整理可得(n-1)an-nan-1=0,即,n≥2,
所以为常数列,
故=1,所以an=n.
三、解答题
10.解析 (1)由an+1=得,即.设bn=,
则bn+1=bn+,∴bn=bn-1+(n≥2),∴bn-bn-1=(n≥2),bn-1-bn-2=,……,b3-b2=,
∴bn=+…+,
∴an=.
(2)将an+1=3an+2×3n+1的两边同时除以3n+1,得,
则,
故+…++…+,
则an=.
5专题强化练7 等比数列的综合应用
一、选择题
1.(2022河南新乡期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则数列{an}的公比q=( )
A.2 B.-2
C.
2.(多选)(2022重庆西南大学附属中学期中)已知a1,a2,a3,a4依次成等比数列,且公比q不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列,则正数q的值是 ( )
A.
C.
3.(2021山东枣庄滕州一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn,若an∈(0,2 020),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的平方和为( )
A.
C.
4.(多选)(2021广东仲元中学、中山一中等七校联合体联考)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足a1>1,a9a10>1,<0,则下列结论正确的是( )
A.0B.a10a11>1
C.Sn的最大值为S10
D.Tn的最大值为T9
二、填空题
5.(2020湖南三湘名校教育联盟联考)已知Sn为数列{an}的前n项和,an+Sn=32,则S7= .
6.(2020江苏南京外国语学校月考)设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N*)均在直线y=x+上,若bn=,则数列{bn}的前n项和Tn= .
三、解答题
7.(2021江苏江阴要塞中学期中)设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{}的前n项和为Tn,求证:为定值;
(3)判断数列{3n-an}中是否存在三项成等差数列,并证明你的结论.
答案全解全析
一、选择题
1.C 由已知可知q≠1,则解得故选C.
2.AB 因为公比q不为1,所以不能删去a1,a4,设等差数列的公差为d,
①若删去a2,则有2a3=a1+a4,得2a1q2=a1+a1q3,即2q2=1+q3,即q2(q-1)=(q-1)(q+1).
因为q≠1,所以q2=q+1.
因为q>0,所以q=.
②若删去a3,则有2a2=a1+a4,得2a1q=a1+a1q3,即2q=1+q3,即q(q-1)(q+1)=q-1.
因为q≠1,所以q(q+1)=1.
因为q>0,所以q=.
综上所述,q=或q=.
3.A 因为an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),
则an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1-an=an,即an+1=2an,易知an≠0,故=2(n≥2),
因为a1=2,所以a2=S1=a1=2,不满足此式,故an=
若an∈(0,2 020),则1≤n≤11,故数列{an}的所有“和谐项”的平方和为+…+=4+4+42+…+410=4+,故选A.
4.AD 因为{an}是公比为q的等比数列,且a1>1,a9a10>1,所以q>0,
由<0,可得(a9-1)(a10-1)<0,所以a9>1,a10<1或a9<1,a10>1,若a9<1,a10>1,则q>1,此时an=a1qn-1>1,则a9>1,与a9<1不符,所以a9>1,a10<1,所以q<1,所以0由上述分析可知,数列{an}是各项均为正数且单调递减的等比数列,故可构造新数列{lg an},
因为当n≥2时,lg an-lg an-1=lg=lg q<0,且lg q为定值,
所以数列{lg an}是以lg q为公差的等差数列,且单调递减,
又a9>1,a10<1,所以lg a9>0,lg a10<0,所以数列{lg an}从第10项开始小于零,故其前9项和最大,可得Tn的最大值为T9,所以D正确;
因为lg a10+lg a11=lg(a10a11)<0,所以a10a11<1,所以B不正确;
因为01,所以数列{an}的各项均为正数,所以Sn没有最大值,所以C不正确.故选AD.
二、填空题
5.答案
解析 依题意,当n=1时,a1+S1=2a1=32,所以a1=16.当n≥2时,①-②得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥2),所以数列{an}是首项为16,公比为的等比数列,所以S7=.
6.答案
解析 依题意得,即Sn=n2+n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=;当n=1时,a1=S1=.经检验,a1符合an=2n-,所以an=2n-(n∈N*),则bn=32n.由=32=9,可知{bn}为等比数列,且b1=32×1=9,故Tn=.
三、解答题
7.解析 (1)当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,即an=2an-1,
因为a1≠0,所以=2,
故数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)证明:因为=4n,所以=4,
故数列{}是以4为首项,4为公比的等比数列,从而Tn=(4n-1),又S2n==2(4n-1),所以,故为定值.
(3)不存在.证明如下:易知数列{3n-an}单调递增,故假设{3n-an}中存在第m,n,k(m则2(3n-an)=3m-am+3k-ak,即2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k.
因为m故2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k≥3m-2m+3n+1-2n+1,解得-3n≥3m-2m,易知此式不可能成立,
所以数列{3n-an}中不存在三项成等差数列.
4专题强化练6 等差数列的综合运用
一、选择题
1.(2021江苏无锡第一中学期中)已知数列{an}是等差数列,a5=6a12>0,数列{bn}满足bn=an+1an+2an+3,n∈N*,设Sn为{bn}的前n项和,则当Sn取得最大值时,n的值为( )
A.9 B.10
C.11 D.12
2.(2022江苏连云港期中)数学著作《孙子算经》中有这样一个问题:“今有物不知其数,三三数之剩二(除以3余2),五五数之剩三(除以5余3),问物几何 ”现将1到2 020共2 020个整数中,同时满足“三三数之剩二,五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列,则该数列共有( )
A.132项 B.133项
C.134项 D.135项
二、填空题
3.(2020河南濮阳期末)若数列{an}满足a1=0,a2=1,a3=3,且{an+1-an}为等差数列,则an= .
4.(2020山东济宁期末)已知一组双曲线En:x2-y2=4n+4(n∈N*),设直线x=m(m>2)与En在第一象限的交点为An,点An在En的两条渐近线上的投影分别为点Bn,Cn.记△AnBnCn的面积为an,则数列{an}的前20项和为 .
三、解答题
5.(2021江苏无锡锡山高级中学期中)已知数列{an}中,a1=1,(n+1)an+1-(n+2)an=1(n∈N*),Sn为数列{an}的前n项和.数列{bn}满足bn=(n∈N*).
(1)证明数列{an}是等差数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,问是否存在正整数p,q(36.(2020江苏丹阳高级中学期中)设数列{an}的各项都为正数,且对任意n∈N*都有=2Sn-an,其中Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=3n+λ·(n∈N*),若对任意n∈N*都有bn+1>bn成立,求实数λ的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D 设数列{an}的公差为d,因为a5=6a12,所以a1+4d=6(a1+11d),
即a1=-d,所以an=a1+(n-1)d=d,因为a5>a12>0,所以d<0,
所以当1≤n≤13,且n∈N*时,an>0,当n≥14,且n∈N*时,an<0,所以b1>b2>…>b10>0>b13>b14>…,
又b11+b12=a13a14(a12+a15)=a13a14·>0,所以S12>S10,故Sn中S12最大,故选D.
2.D 被3除余2且被5除余3的数构成首项为8,公差为15的等差数列,记为{an},则an=8+15(n-1)=15n-7,令an=15n-7≤2 020,解得n≤135,
所以该数列共有135项.
二、填空题
3.答案 (n∈N*)
解析 设等差数列{an+1-an}的公差为d,由题意得,a2-a1=1,a3-a2=2,∴公差d=2-1=1,
∴an-an-1=1+(n-2)×1=n-1(n≥2,n∈N*),
∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=0+1+2+3+…+(n-1)=,n≥2,n∈N*.经检验,此式对a1=0也适用,∴an=(n∈N*).
4.答案 230
解析 由题意,设An(m,y),则m2-y2=4n+4,
双曲线En:x2-y2=4n+4(n∈N*)的渐近线方程为y=±x.
因为点An在En的两条渐近线上的投影分别为点Bn,Cn(不妨设点Bn在直线y=x上,点Cn在直线y=-x上),
所以|AnBn|=,
由两条渐近线相互垂直,可得AnBn⊥AnCn,所以△AnBnCn的面积an=·AnBn·AnCn=··|m2-y2|=n+1,
因此数列{an}的前20项和为a1+a2+…+a20=2+3+…+21==230.
三、解答题
5.解析 (1)由(n+1)an+1-(n+2)an=1,得,
设cn=,则c1=,
所以cn=cn-cn-1+cn-1-cn-2+…+c2-c1+c1=+…+,
故cn=,所以an=n,故数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,其通项公式为an=n.
(2)由(1)得Sn=,所以bn=,
故Tn=2.
假设存在正整数p,q(3化简得pq+5p-7q-3=0,
即(p-7)(q+5)=-32,
因为38,又p,q∈N*,故q+5=16或q+5=32,故q=11,p=5或q=27,p=6.
故存在正整数p,q(36.解析 (1)当n=1时,=2S1-a1,所以a1=1(a1=0舍去).
∵n∈N*时,=2Sn-an①,∴当n≥2,n∈N*时,=2Sn-1-an-1②,①-②,得=(2Sn-an)-(2Sn-1-an-1)(n≥2,n∈N*),即=an+an+1(n≥2,n∈N*),∵{an}的各项都为正数,∴an+an+1>0,∴an-an-1=1(n≥2,n∈N*),
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,∴an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)得bn=3n+λ·2n,所以bn+1=3n+1+λ·2n+1.若对任意n∈N*都有bn+1>bn成立,则3n+1+λ·2n+1>3n+λ·2n成立,整理,得λ>-2×.
设f(n)=-2×,n∈N*.
易知f(n)在n∈N*上单调递减,
∴f(n)max=f(1)=-3,
∴λ>-3,∴实数λ的取值范围为(-3,+∞).
4专题强化练9 数列的求和方法
一、选择题
1.(2022山东烟台月考)冬春季节是流感多发期,某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知a1=1,a2=2,且满足an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则该医院30天入院治疗流感的共有( )
A.225人 B.255人
C.365人 D.465人
2.定义为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为,且bn=,则+…+=( )
A.
3.(多选)(2022江苏期中联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4,Sn=an+1,数列的前n项和为Tn,n∈N*,则下列选项正确的是( )
A.a2=4 B.Sn=2n
C.Tn>≤Tn<
4.(2022河南名校联考)设数列{an}满足a1=2,a2=6,a3=12,数列{an}的前n项和为Sn,且=3(n≥2且n∈N*).若[x]表示不超过x的最大整数,bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T2 020=( )
A.2 019 B.2 020
C.2 021 D.2 022
二、填空题
5.(2022江苏南京玄武高级中学检测)在等比数列{an}中,a2=2,a5=16,则2a2+3a3+…+10a10= .
6.(2021湖南长沙长郡中学月考)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前48项和为 .
7.(2020江苏南通一模)定义数列{an}:先给出a1=1,接着复制该项,再添加1的后继数2,于是a2=1,a3=2,接下来再复制前面所有的项,然后添加2的后继数3,如此继续(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,…).设Sn是an的前n项和,则S2 020= .
三、解答题
8.(2021江苏南通平潮高级中学期中)在①S5=35,②3a1+a3=10,③an+1=3n+a1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.
已知{an}是各项均为正数的等差数列,其前n项和为Sn, ,且a1,a4,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)nan,求bi.
答案全解全析
一、选择题
1.B 当n为奇数时,an+2=an,所以a1=a3=…=a29=1;
当n为偶数时,an+2-an=2,所以a2,a4,…,a30是以2为首项,2为公差的等差数列.
设数列{an}的前n项和为Sn,则S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=15+15×2+×2=255.
2.C 由题意得,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n.记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验,a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N*,则bn==n,所以+…++…++…+.故选C.
3.AD 由a1=4,Sn=an+1,得a2=S1=a1=4,
所以S2=a1+a2=8=23≠22,故A正确,B错误.
由Sn=an+1,得Sn-1=an(n≥2),所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an+1-an,易知an≠0,所以=2,
所以当n≥2时,an=4×2n-2=2n.令bn=,则b1=,
当n≥2时,bn=.
当n=1时,T1=b1=,
当n≥2时,Tn=+…+,
所以当n∈N*时,≤Tn<,故C不正确,D正确.
4.C ∵当n≥2时,=3,∴=3,∴an+2-2an+1+an=2,∴an+2-an+1-(an+1-an)=2①,
∴{an+1-an}是从第2项起的公差为2的等差数列,
又∵a1=2,a2=6,a3=12,∴(a3-a2)-(a2-a1)=2,∴当n=1时,①式也成立,
又a2-a1=4,
∴an+1-an=4+2(n-1)=2n+2=2(n+1),
∴当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n+2(n-1)+…+2×2+2=2×=n(n+1),
∴(n≥2),
∴当n≥2时,bn==1,
又∵b1==2,∴T2 020=+…+=2+2 019=2 021.
二、填空题
5.答案 9 216
解析 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
由题可得解得则an=2n-1,
令2a2+3a3+…+10a10=2×21+3×22+4×23+…+10×29=m,①
①×2,得2×22+3×23+4×24+…+9×29+10×210=2m,②
①-②,得2×21+(22+23+24+…+29)-10×210=-m,
则-m=2×21+-10×210=-9×210=-9 216,
所以m=9 216.
6.答案 1 176
解析 由an+1+(-1)nan=2n-1,得a2=1+a1,a3=3-a2=2-a1,a4=5+a3=7-a1,a5=7-a4=a1,a6=9+a5=9+a1,a7=11-a6=2-a1,a8=13+a7=15-a1,……,可知相邻奇数项的和为2,偶数项中,每隔一项构成公差为8的等差数列,
所以(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a45+a47)=2×12=24,
a2+a4+a6+a8+a10+…+a46+a48=(a2+a6+a10+…+a46)+(a4+a8+…+a48),
而a2+a6+a10+…+a46=(1+a1)+(9+a1)+…+(89+a1)=540+12a1,
a4+a8+…+a48=(7-a1)+(15-a1)+…+(95-a1)=612-12a1,
所以数列{an}的前48项和为24+(540+12a1)+(612-12a1)=1 176.
7.答案 3 990
解析 根据题意,设每操作一次形成的数列的各项之和为{bn},{bn}的前n项和为Tn,
故b1=1,bn+1=Tn+n+1①,
bn=Tn-1+n(n≥2)②,
①-②,得bn+1=2bn+1,
即bn+1+1=2(bn+1),故{bn+1}是首项为2,公比为2的等比数列,故bn=2n-1(n≥2),
经验证,当n=1时,此式成立,故bn=2n-1,Tn=2n+1-n-2.
设第n次操作形成的数列的项数构成的数列为{cn},其前n项和为Kn,故c1=1,cn+1=Kn+1③,
故cn=Kn-1+1(n≥2)④,③-④,得cn+1=2cn,故cn=2n-1(n≥2),经验证当n=1时,满足上式,所以cn=2n-1.
故Kn=cn+1-1=2n-1,又210-1<2 020<211-1,2 020-(210-1)=997,210-997=27,
故S2 020=T10+b11-(11+10+9+…+1+1+2+1+1+3+2+1+1+2+1+1+4+3+2+1+1)
=211-10-2+211-1-93=3 990(括号内是a2 020开始的倒数27个数).
三、解答题
8.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,因为a1,a4,a9成等比数列,
所以=a1·a9,即=4a1·(a1+8d),
整理可得3+26a1d-9d2=0.
若选①:S5=35,则5a1+d=35,即a1+2d=7,
由a1+2d=7可得a1=7-2d,代入3+26a1d-9d2=0中,可得d2-2d-3=0,解得d=3或d=-1,容易验证当d=-1时,{an}存在非正数项,所以d=3,所以a1=1,
所以an=1+(n-1)×3=3n-2.
若选②:3a1+a3=10,即d=5-2a1,代入3+26a1d-9d2=0中,得17-62a1+45=0,即(a1-1)(17a1-45)=0,
解得或容易验证a1=不符合题意,故舍去.
所以an=1+3(n-1)=3n-2.
若选③:an+1=3n+a1,则a4=a1+9,a9=24+a1,
代入=a1·a9,可得+26a1-27=0,
解得或易知a1=-27,d=3不符合题意,故舍去.
所以an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)可得bn=(-1)n(3n-2),bi=(-1)1a1+(-1)2a2+(-1)3a3+…+(-1)n-1·an-1+(-1)nan
=-1+4-7+10-…+(-1)n-1(3n-5)+(-1)n·(3n-2).
当n为偶数时,;当n为奇数时,.
所以bi=
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