专题限时集训(七) 数列通项与数列求和
一、单项选择题
1．(2024·山东济南三模)若数列的前n项和Sn＝n(n＋1)，则a6＝( )
A．10 B．11
C．12 D．13
2．(2024·河北唐山二模)已知数列满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝( )
A．
C．
4．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A．9 B．15
C．18 D．30
5．(2024·湖北黄冈模拟)已知数列的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋…＋<1 000，则满足条件的最大整数n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
6．(2024·河北张家口三模)已知数列的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝( )
A．3×251－156 B．3×251－103
C．3×250－156 D．3×250－103
二、多项选择题
7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列的首项a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且Sn－1＝3an，则下列结论正确的是( )
A．a2＝
是等比数列
C．an＋1＝an，n≥2
D．Sn－1＝，n≥2
8．已知数列的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则( )
A．为等差数列
B．为递增数列
C．的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4
D．的前n项和Tn＝
三、填空题
9．(2024·山东烟台模拟)记数列的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________．
10．(2024·北京西城一模)在数列中，a1＝2，a2＝－3．数列满足bn＝an＋1－an．若是公差为1的等差数列，则的通项公式为bn＝________，an的最小值为________．
四、解答题
11．(2024·湖南衡阳模拟预测)已知等差数列的前n项和为Sn，且也是等差数列．
(1)求数列的公差；
(2)若a1＝－1，求数列的前n项和Tn．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列为常数列；
(2)设Tn＝，求Tn．
1/1专题限时集训(七)
1．C [a6＝S6－S5＝6×7－5×6＝12．故选C．]
2．D [由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，
则可得a2－a1＝a1＋2，
a3－a2＝a1＋4，
…
a10－a9＝a1＋18，
将以上等式左右两边分别相加，得
a10－a1＝9a1＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4．故选D．]
3．B [因为{Sn＋nan}为常数列且a1＝1，所以有Sn＋nan＝2，①
当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，②
①－②，得(n＋1)an＝(n－1)an－1，即＝，
从而an＝a1··…·＝1××…×，得an＝，
当n＝1时，a1＝1也满足上式．故an＝．
故选B．]
4．C [∵an＋1－an＝2，a1＝－5，
∴数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n．
令an＝2n－7≥0，解得n≥，
∴n≤3时，|an|＝－an；
n≥4时，|an|＝an．
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3
＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．]
5．B [由题意得＝－1，令bn＝，
则bn＋1－1＝2(bn－1)，又b1－1＝－1＝1，
所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，
得bn－1＝2n-1，所以bn＝2n-1＋1，
所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n-1＋n＝2n＋n－1，
由2n＋n－1<1 000，解得n≤9．
故选B．]
6．A [因为a1＝1，an＋1＝
所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，
所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3，
记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，
所以bn＋1＋3＝2，
所以是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3，
记的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156．
故选A．]
7．AC [由Sn－1＝3an(n≥2)，
当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确；
又Sn＝3an＋1，
所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，
所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，
即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确；
因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．]
8．BCD [由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×，
所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；
因为＝4×2n-1＝2n+1，
所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确；
因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1，
2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2，
所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2，
故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确；
因为＝＝n，
所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．
故选BCD．]
9． [由2an＋1－3an＝2n，得＝＋1，
则－4＝，
又－4＝0，则＝4，则an＝2n，
故a8＝28，S8＝＝29－2，
所以 ＝＝．]
10．n－6 －13 [由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列的公差为1，所以bn＝－5＋·1＝n－6，
故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0，
所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7
又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋＝2＋＝－13，即an的最小值是－13．]
11．解：(1)设等差数列的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d．
因为是等差数列，所以Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2为常数．
Sn＋1＋(n＋1)2－Sn－n2＝an＋1＋2n＋1＝nd＋a1＋2n＋1＝(d＋2)n＋a1＋1，
所以d＋2＝0，解得d＝－2．
(2)因为a1＝－1，所以an＝－2n＋1．
＝＝＝，
故Tn＝＝＝．
12．解：(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n，
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，
当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1，
两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1，
即nan＋1＝(n＋1)an＋1，
所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)，
所以＝，
当n＝1时，＝2＝，满足上式，
所以数列为常数列．
(2)由(1)得＝＝2，
所以an＝2n－1，
则Tn＝＝＋…＋，
则Tn＝＋…＋，
两式相减得
Tn＝＋…＋＝＋2×
＝＋2×，
所以Tn＝．
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