高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 理試題

(二)數(shù)列1．(2018·三明質(zhì)檢)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2bn＋7n)))的前n項和Tn.解(1)因為a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2，所以(t＋1)S1＝aeq\o\al(2,1)＋3a1＋2，所以t＝5.所以6Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an＋2.①當(dāng)n≥2時，有6Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋3an－1＋2，②①－②得6an＝aeq\o\al(2,n)＋3an－aeq\o\al(2,n－1)－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，因為an>0，所以an－an－1＝3，又因為a1＝1，所以{an}是首項a1＝1，公差d＝3的等差數(shù)列，所以an＝3n－2(n∈N*)．(2)因為bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，所以當(dāng)n≥2時，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝eq\f(3n2－n,2).又b1＝1也適合上式，所以bn＝eq\f(3n2－n,2)(n∈N*)．所以eq\f(1,2bn＋7n)＝eq\f(1,3n2－n＋7n)＝eq\f(1,3)·eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Tn＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，＝eq\f(3n2＋5n,12n＋1n＋2).

2．(2018·葫蘆島模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3，eq\f(S5,2)，S4成等差數(shù)列，a5＝3a2＋2a1－2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝2n－1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n項和Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，由S3，eq\f(S5,2)，S4成等差數(shù)列，可知S3＋S4＝S5，得2a1－d由a5＝3a2＋2a得4a1－d由①②，解得a1＝1，d＝2，因此，an＝2n－1(n∈N*)．(2)令cn＝eq\f(an,bn)＝(2n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，則Tn＝c1＋c2＋…＋cn，∴Tn＝1·1＋3·eq\f(1,2)＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，③eq\f(1,2)Tn＝1·eq\f(1,2)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，④③－④，得eq\f(1,2)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝3－eq\f(2n＋3,2n)，∴Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1)(n∈N*)．3．(2018·廈門質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}滿足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(4n2,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解(1)方法一由(n＋1)an＝2n2＋n＋k，令n＝1,2,3，得到a1＝eq\f(3＋k,2)，a2＝eq\f(10＋k,3)，a3＝eq\f(21＋k,4)，∵{an}是等差數(shù)列，∴2a2＝a1＋a3即eq\f(20＋2k,3)＝eq\f(3＋k,2)＋eq\f(21＋k,4)，解得k＝－1.由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．方法二∵{an}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)，∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d)＝dn2＋a1n＋a1－d，∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k對于?n∈N*均成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝1，,a1－d＝k，))解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)由bn＝eq\f(4n2,anan＋1)＝eq\f(4n2,2n－12n＋1)＝eq\f(4n2,4n2－1)＝1＋eq\f(1,4n2－1)＝1＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋1，得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋1＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋n＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋n＝eq\f(n,2n＋1)＋n＝eq\f(2n2＋2n,2n＋1)(n∈N*)．4．(2018·天津河?xùn)|區(qū)模擬)已知等比數(shù)列{an}滿足條件a2＋a4＝3(a1＋a3)，a2n＝3aeq\o\al(2,n)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)數(shù)列{bn}滿足eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝n2，n∈N*，求{bn}的前n項和Tn.解(1)設(shè){an}的通項公式為an＝a1qn－1(n∈N*)，由已知a2＋a4＝3(a1＋a3)，得a1q＋a1q3＝3(a1＋a1q2)，所以q＝3.又由已知a2n＝3aeq\o\al(2,n)，得a1q2n－1＝3aeq\o\al(2,1)q2n－2，所以q＝3a1，所以a1＝1，所以{an}的通項公式為an＝3n－1(n∈N*)．(2)當(dāng)n＝1時，eq\f(b1,a1)＝1，b1＝1，當(dāng)n≥2時，eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝n2，①所以eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn－1,an－1)＝(n－1)2，②由①－②得eq\f(bn,an)＝2n－1，所以bn＝(2n－1)3n－1，b1＝1也符合，綜上，bn＝(2n－1)3n－1(n∈N*)．所以Tn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－3)3n－2＋(2n－1)·3n－1，①3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)3n－1＋(2n－1)3n，②由①－②得－2Tn＝1×30＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝1×30＋2×3×eq\f(3n－1－1,3－1)－(2n－1)·3n＝1＋3n－3－(2n－1)3n＝(2－2n)3n－2，所以Tn＝1＋(n－1)3n(n∈N*)．5．(2018·宿州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2.(1)證明數(shù)列{an＋2}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝n·an，求數(shù)列{bn}的前n項和Kn.解(1)由Tn＝2Sn－n2，得a1＝S1＝T1＝2S1－1，解得a1＝S1＝1，由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4.當(dāng)n≥2時，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－2Sn－1＋(n－1)2，即Sn＝2Sn－1＋2n－1，①Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②由②－①得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，又a2＋2＝2(a1＋2)，∴數(shù)列{an＋2}是以a1＋2＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋2＝3·2n－1，即an＝3·2n－1－2(n∈N*)．(2)∵bn＝3n·2n－1－2n，∴Kn＝3(