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1、
数列(4)
1．[2018·全国卷Ⅱ]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解析：(1)解：设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
(2)解：由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
2．[2019·河北廊坊省级示范高中联考]在数列{an}中，a1＝1，＝，设bn＝·an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)
2、求{an}的前n项积Tn.
解析：(1)因为＝＝·＝·＝4，b1＝2a1＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．
(2)由(1)知bn＝·an＝2·4n－1，则an＝·22n－1.
从而Tn＝·21＋3＋5＋…＋(2n－1)
＝.
3．[2019·辽宁鞍山月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a2＝4,2Sn＋1－an＋1＝2Sn＋3an(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.
解析：(1)∵2Sn＋1－an＋1＝2Sn＋3an，∴2an＋1－an＋1＝3an，
∴an＋1＝3a
3、n(n∈N*)，∵a1＋a2＝4，∴a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.
(2)由(1)知Sn＝.
∵bn＝，∴bn＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝－.
∵n∈N*，所以－∈，
∴≤－<，即≤Tn<.
4．[2019·湖南衡阳联考]已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn，2bn＋1＝an＋bn(n∈N*)．
(1)证明：数列{an＋bn}，{an－bn}均是等比数列；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝λ＋μ，
求λ－μ的值．
解析：(1)依题意得两式相加，
得an＋1＋bn＋1＝(an＋
4、bn)，∴{an＋bn}为等比数列；
两式相减，得an＋1－bn＋1＝(an－bn)，∴{an－bn}为等比数列．
(2)∵a1＝1，b1＝，∴a1＋b1＝，a1－b1＝.
由(1)可得an＋bn＝×n－1 ①，
an－bn＝×n－1 ②.
①＋②，得 an＝n＋n，
∴Sn＝＋＝×＋3×＝－×－3×n.
又Sn＝λ＋μ＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝－3，∴λ－μ＝.
5．[2019·河南洛阳孟津二中月考]在数列{an}中，设f(n)＝an，且f(n)满足f(n＋1)－2f(n)＝2n(n∈N*)，a1＝1.
(1)设bn＝，证明：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{3an－1
5、}的前n项和Sn.
解析：(1)由已知得an＋1＝2an＋2n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1，
∴bn＋1－bn＝1，又a1＝1，∴b1＝1，∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝＝n，∴an＝n·2n－1,3an－1＝3n·2n－1－1.
∴Sn＝3×1×20＋3×2×21＋3×3×22＋…＋3(n－1)×2n－2＋3n×2n－1－n，
两边同时乘以2，得2Sn＝3×1×21＋3×2×22＋…＋3(n－1)×2n－1＋3n×2n－2n，
两式相减，得－Sn＝3×(1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n)＋n＝3×(2n－1－n×2n)＋n＝3(1－
6、n)2n－3＋n，
∴Sn＝3(n－1)2n＋3－n.
6．[2019·河北九校第二次联考]已知数列{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，(※)
当n＝1时，由(※)式可得S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入(※)式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1.
所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，所以S＝1＋(n－1)×1＝n.
因为数列{an}的各项都为正数，所以Sn＝.
由此可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
又a1＝S1＝1，所以an＝－.
(2)由(1)知bn＝＝＝(－1)n(＋)．
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.
所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.
高考文科数学二轮分层特训卷：主观题专练 数列4 Word版含解析
