（京津?qū)Ｓ茫?019高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 文.doc

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(二)數(shù)　列 1．(2018濰坊模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且1，an，Sn成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝1＋2nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)由已知1，an，Sn成等差數(shù)列，得2an＝1＋Sn，① 當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝1＋S1＝1＋a1，∴a1＝1. 當(dāng)n≥2時(shí)，2an－1＝1＋Sn－1，② ①－②得2an－2an－1＝an， ∴＝2， ∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＝a1qn－1＝12n－1＝2n－1(n∈N*)． (2)由anbn＝1＋2nan，得bn＝＋2n， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝＋2＋＋4＋…＋＋2n ＝＋(2＋4＋…＋2n) ＝＋＝n2＋n＋2－(n∈N*)． 2．(2018四川成都市第七中學(xué)三診)已知公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a3＝7，且a1，a4，a13成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記數(shù)列{an2n}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn. 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an} 的公差為d(d≠0)， 則a3＝a1＋2d＝7. 又∵a1，a4，a13成等比數(shù)列， ∴a＝a1a13，即(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)， 整理得2a1＝3d ∵a1≠0， 由解得 ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)． (2)由(1)得an2n＝(2n＋1)2n， ∴Sn＝32＋522＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，① ∴2Sn＝322＋523＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)2n＋1，② ①－②得 －Sn＝6＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)2n＋1 ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)2n＋1 ＝－(2n＋1)2n＋1 ＝－2＋(1－2n)2n＋1. ∴Sn＝2＋(2n－1)2n＋1(n∈N*)． 3．(2018廈門(mén)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(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解　(1)方法一　由(n＋1)an＝2n2＋n＋k， 令n＝1,2,3， 得到a1＝，a2＝，a3＝， ∵{an}是等差數(shù)列，∴2a2＝a1＋a3， 即＝＋， 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(duì)于?n∈N*均成立， 則解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)． (2)由bn＝＝ ＝＝1＋ ＝1＋＝＋1， 得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝＋1＋＋1＋＋1＋…＋＋1 ＝＋n ＝＋n ＝＋n＝(n∈N*)． 4．(2018安徽省江南十校模擬)數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2－＝； 當(dāng)n≥2時(shí)，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－，① a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2－，② ①－②得nan＝2－－ ＝， 可得an＝， 又∵當(dāng)n＝1時(shí)也成立，∴an＝(n∈N*)． (2)∵bn＝ ＝ ＝2， ∴Tn＝2 ＝2＝－(n∈N*)． 5．(2018宿州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，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(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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(shí)，Sn＝Tn－Tn－1 ＝2Sn－n2－2Sn－1＋(n－1)2， 即Sn＝2Sn－1＋2n－1，① Sn＋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(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＋2＝32n－1， 即an＝32n－1－2(n∈N*)． (2)∵bn＝3n2n－1－2n， ∴Kn＝3(120＋221＋…＋n2n－1)－2(1＋2＋…＋n) ＝3(120＋221＋…＋n2n－1)－n2－n. 記Rn＝120＋221＋…＋n2n－1，③ 2Rn＝121＋222＋…＋(n－1)2n－1＋n2n，④ 由③－④，得 －Rn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n2n ＝－n2n ＝(1－n)2n－1， ∴Rn＝(n－1)2n＋1. ∴Kn＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．