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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十七) 數(shù) 列
1．[2019·唐山摸底]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝.
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.
解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①
所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，
化簡(jiǎn)得an＝3an－1(n≥2)，
在①中，令n＝1可得，a1＝1，
所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
從而有an＝3n－1.
(2)bn＝(n－1)3n－1，
Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，
2、③
則3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④
③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n
＝－(n－1)×3n
＝.
所以Tn＝.
2．[2019·安徽示范高中]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….數(shù)列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)cn＝n(3－bn)，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.
解：(1)∵n＝1時(shí)，a1＋S1＝a1＋a1＝2，∴a1＝1.
∵Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2.兩式相減得a
3、n＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，
即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an，
由Sn＝2－an，知an≠0，
∴＝(n∈N*)．
∴{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝n－1.
∵bn＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，
∴bn＋1－bn＝n－1，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝2，…，bn－bn－1＝n－2(n＝2,3，…)．
將這n－1個(gè)等式相加得，bn－b1＝1＋＋2＋…＋n－2＝＝2－n－2.
又b1＝1，∴bn＝3－n－2(n＝2,3，…)，當(dāng)n＝1時(shí)也滿足上式，
∴bn＝3－n－2(n∈N*)．
(2)∵cn
4、＝n(3－bn)＝2nn－1，∴Tn＝2[0＋2×1＋3×2＋…＋(n－1)×n－2＋n×n－1]．①
Tn＝2[1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n]．②
①－②得，Tn＝2[0＋1＋2＋…＋n－1]－2×n×n(n∈N*)，
Tn＝4×－4×n×n＝8－(8＋4n)×(n＝1,2,3，…)．
3．[2019·洛陽(yáng)統(tǒng)考]已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，若a3＋a9＝22，且a5，a8，a13成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，依題意，
，
解得a1＝1，d＝2，
5、
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.
(2)bn＝＝＝＝1＋＝1＋，
∴Sn＝1＋×＋1＋×＋…＋1＋＝n＋＝.
4．[2019·石家莊質(zhì)檢]已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，各項(xiàng)均為正數(shù)，且a2＋a3＝12.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)設(shè){an}的公比為q，
由a2＋a3＝12及a1＝1，得q＋q2＝12，
解得q＝3或q＝－4.
因?yàn)閧an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
所以q>0，所以q＝3，所以an＝3n－1.
(2)bn＝＝＝，
所以Sn＝
＝－.
5．[2019·濟(jì)南質(zhì)量評(píng)估]已知數(shù)列{
6、an}是遞增的等差數(shù)列，滿足a2＋a3＋a4＝15，a2是a1和a5的等比中項(xiàng)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由a2＋a3＋a4＝15得a3＝5，由a2是a1和a5的等比中項(xiàng)，得a＝a1·a5，
所以(5－d)2＝(5－2d)(5＋2d)，解得d＝0或d＝2，
因?yàn)閿?shù)列{an}為遞增數(shù)列，所以d＝2.
又a3＝5，所以a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)bn＝＝＝，
所以Sn＝
＝＝.
6．[2019·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)一]已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝4，數(shù)列{bn}滿足bn＝l
7、og2an，且b1＋b2＋b3＝12.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令cn＝＋an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得
log2(a1a2a3)＝12，
∴a1a2a3＝212.
設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，
計(jì)算得q＝4.
∴an＝4·4n－1＝4n.
(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，
cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.
設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為An，則
An＝1－＋－＋…＋－＝，
設(shè)數(shù)列{4n}的前n項(xiàng)和為Bn，則
Bn
8、＝＝(4n－1)，
∴Sn＝＋(4n－1)．
7．[2019·長(zhǎng)沙四校一模]已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a3＝，S3＝.
(1)求數(shù)列{an}的公比；
(2)對(duì)于數(shù)列{Sn}中任意連續(xù)的三項(xiàng)，按照某種順序排列，是否成等差數(shù)列？
解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠0)，
由a3＝，得a1＝＝，a2＝＝.
由S3＝，得a1＋a2＋a3＝，
所以＋＋＝，解得q＝1或q＝－.
(2)當(dāng)q＝1時(shí)，a1＝，Sn＝n，Sn＋1＝(n＋1)，Sn＋2＝(n＋2)，2Sn＋1＝Sn＋Sn＋2，即Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差數(shù)列，
所以當(dāng)q＝1時(shí)，數(shù)列{Sn}中任意連續(xù)的
9、三項(xiàng)Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差數(shù)列．
當(dāng)q＝－時(shí)，
a1＝2，Sn＝＝，
Sn＋1＝＝，
Sn＋2＝＝，
Sn＋Sn＋1＝＋
＝－×n，
2Sn＋2＝＝－×n，
所以2Sn＋2＝Sn＋Sn＋1，即Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差數(shù)列，
所以當(dāng)q＝－時(shí)，數(shù)列{Sn}中任意連續(xù)的三項(xiàng)Sn，Sn＋1，Sn＋2，按照順序Sn，Sn＋2，Sn＋1排列，成等差數(shù)列．
8．[2019·河北九校聯(lián)考]已知{an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn為an與的等差中項(xiàng)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解：(1)由題意知，2
10、Sn＝an＋，
即2Snan－a＝1，①
當(dāng)n＝1時(shí)，由①式可得S1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，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}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
S＝1＋n－1＝n.
因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以Sn＝，
所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
又a1＝S1＝1，所以an＝－.
(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.
所以{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝(－1)n.
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