2020-2021学年【补习教材·寒假作业】高二数学练习5 数列求和（解析版）

 练习5   数列求和  1．（2020秋•鼓楼区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S6＝48，数列{bn}满足2bn+1＝bn+2，b1＝3．（1）证明：数列{bn﹣2}是等比数列，并求数列{an}与数列{bn}通项公式；（2）若cn＝an（bn﹣2），求数列{cn}的前n项和Tn．【分析】（1）直接利用关系式的变换和等比数列的定义的应用求出结果．（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．【解答】证明：（1）数列{bn}满足2bn+1＝bn+2，b1＝3，整理得：（常数），所以数列{bn﹣2}是1为首项为公比的等比数列．所以：，整理得．设首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S6＝48，所以，解得a1＝3，d＝2．故an＝3+2（n﹣1）＝2n+1．（2）由（1）得：，所以①，②，①﹣②得：，＝，整理得．2．（2020秋•启东市期中）已知数列{an}是递增的等比数列，前3项和为13，且a1+3，3a2，a3+5成等差数列，（1）求数列{an}的通项公式；（2）数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，且____，若数列{cn}满足cn＝anbn，{cn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．在如下三个条件中任意选择一个，填入上面横线处，并根据题意解决问题．①3Sn+bn＝4；②bn＝bn﹣1+2（n≥2）；③5bn＝﹣bn﹣1（n≥2）．【分析】（1）由题意列式求解a2及公比，则等比数列的通项公式可求；（2）选①，运用数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式可得bn，再由等比数列的求和公式，可得所求最小值；选②bn＝bn﹣1+2（n≥2），运用等差数列的通项公式可得bn＝2n﹣1，cn＝anbn＝（2n﹣1）•3n﹣1，再由数列的错位相减法求和，可得Tn，再由数列的单调性可得所求最小值；选③，运用等比数列的定义和通项公式、求和公式，结合n为奇数和偶数，可得所求最小值．【解答】解：1）由题意得，可得a2＝3，a1+a3＝10，设递增的等比数列数列{an}的公比为q，得+3q＝10，解得q＝3或 q＝（舍），则an＝a2qn﹣2＝3•3n﹣2＝3n﹣1；（2）选①3Sn+bn＝4，当n≥2时，3Sn﹣1+bn﹣1＝4，又3Sn+bn＝4，两式相减可得3bn＝3Sn﹣3Sn﹣1＝bn﹣1﹣bn，则bn＝bn﹣1，可得{bn}为首项为1，公比为的等比数列，则bn＝（）n﹣1；cn＝anbn＝（）n﹣1，可得Tn＝＝4﹣4•（）n，由{Tn}为递增数列，可得n＝1时，Tn取得最小值1；选②bn＝bn﹣1+2（n≥2），可得{bn}为首项为1，公差为2的等差数列，则bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，cn＝anbn＝（2n﹣1）•3n﹣1，则Tn＝1•30+3•31+5•32+…+（2n﹣1）•3n﹣1，3Tn＝1•3+3•32+5•33+…+（2n﹣1）•3n，两式相减可得﹣2Tn＝1+2（31+32+…+3n﹣1）﹣（2n﹣1）•3n＝1+2•﹣（2n﹣1）•3n，化简可得Tn＝1+（n﹣1）•3n，由{Tn}为递增数列，可得n＝1时，Tn取得最小值1；选③5bn＝﹣bn﹣1（n≥2），可得{bn}为首项为1，公比为﹣的等比数列，则bn＝（﹣）n﹣1；cn＝anbn＝（﹣）n﹣1，可得Tn＝＝﹣•（﹣）n，T1＝1，T2＝，当n为奇数时，＜Tn≤1；当n为偶数时，Tn≥，可得n＝2时，Tn取得最小值．3．（2020秋•苏州期中）已知数列{an}是公比q＞1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，若对n∈N*恒成立，求满足条件的自然数m的最小值．【分析】（1）直接利用已知条件和关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法和恒成立问题的应用求出数列的和及m的最小值．【解答】解：（1）数列{an}是公比q＞1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．所以，整理得，解得，故．（2）由于bn＝log2an＝n，所以，所以＝＜1，若对n∈N*恒成立，只需满足即可，故m≥4，即满足条件的自然数m的最小值为4．4．（2020秋•天宁区校级期中）设等比数列{an}的公比不为1，a3为a1，a2的等差中项．（1）数列{an}的公比；（2）若a1＝，设bn＝log2|an|，求++……+．【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q，且q不为1，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；（2）由等比数列的通项公式和对数的运算性质，可得bn＝﹣n，＝﹣，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，且q不为1，由a3为a1，a2的等差中项，可得2a3＝a1+a2，即有2a1q2＝a1+a1q，化为2q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（1舍去）；（2）由a1＝，q＝﹣，可得an＝•（﹣）n﹣1，则bn＝log2|an|＝log2（）n＝﹣n，可得＝＝﹣，则++……+＝1﹣+﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＝．5．（2020秋•沭阳县期中）在①a3＝5，a2+a5＝6b2；②b2＝2，a3+a4＝3b3；③S3＝9，a4+a5＝8b2，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，____．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）设数列的前n项和为Tn，求Tn．【分析】（1）由所选条件及题设求得：a1，b1，d，q，即可求得an与bn；（2）先由（1）求得，再利用裂项相消法求得其前n项和．【解答】解：当选条件①时：（1）由题设可得：，又d＞1，解之得：d＝q＝2，a1＝b1＝1，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；（2）由（1）可得：＝＝（﹣），∴Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝．当选条件②时：（1）由题设可得：，解之得：d＝q＝2，a1＝b1＝1，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；（2）由（1）可得：＝＝（﹣），∴Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝．当选条件③时：由题设可得：，解之得：d＝q＝2，a1＝b1＝1，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn＝2n﹣1；（2）由（1）可得：＝＝（﹣），∴Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣）＝（1﹣）＝．   6．（2020•南通模拟）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且anSn+1﹣an+1Sn＝an+1﹣λan，对一切n∈N*都成立．（1）当λ＝1时；①求数列{an}的通项公式；②若bn＝（n+1）an，求数列{bn}的前n项的和Tn；（2）是否存在实数λ，使数列{an}是等差数列如果存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【分析】本题第（1）①题将λ＝1代入递推式并转化递推式，然后运用累乘法可得Sn+1+1＝2an+1，再类比可得Sn+1＝2an，两式相减，再进行计算可发现数列{an}是等比数列，即可得到数列{an}的通项公式；第（1）②题先根据①的结果得到数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法求出前n项的和Tn；第（2）题可先假设数列{an}是等差数列，则根据等差中项的性质有2a2＝a1+a3，计算出a2，a3关于λ的表达式并代入可解出λ的值，再代入递推式进行验证数列{an}是等差数列，即可得到结论．【解答】解：（1）①当λ＝1时，anSn+1﹣an+1Sn＝an+1﹣an，则anSn+1+an＝an+1Sn+an+1，即（Sn+1+1）an＝（Sn+1）an+1．∵数列{an}的各项均为正数，∴＝．∴•…＝•…，化简，得Sn+1+1＝2an+1，①∴当n≥2时，Sn+1＝2an，②②﹣①，得an+1＝2an，∵当n＝1时，a2＝2，∴n＝1时上式也成立，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，即an＝2n﹣1．②由①知，bn＝（n+1）an＝（n+1）•2n﹣1．Tn＝b1+b2+…+bn＝2•1+3•21+…+（n+1）•2n﹣1，2Tn＝2•2+3•22+…+n•2n﹣1+（n+1）•2n，两式相减，可得﹣Tn＝2+2+22+…+2n﹣1﹣（n+1）•2n＝2+﹣（n+1）•2n＝﹣n•2n．∴Tn＝n•2n．（2）由题意，令n＝1，得a2＝λ+1；令n＝2，得a3＝（λ+1）2．要使数列{an}是等差数列，必须有2a2＝a1+a3，解得λ＝0．当λ＝0时，Sn+1an＝（Sn+1）an+1，且a2＝a1＝1．当n≥2时，Sn+1（Sn﹣Sn﹣1）＝（Sn+1）（Sn+1﹣Sn），整理，得Sn2+Sn＝Sn+1Sn﹣1+Sn+1，即＝，从而•…＝•…，化简，得Sn+1＝Sn+1，即an+1＝1．综上所述，可得an＝1，n∈N*．∴λ＝0时，数列{an}是等差数列．7．（2020•盐城三模）设集合Tn＝{1，2，3，…，n}（其中n≥3，n∈N*），将Tn的所有3元子集（含有3个元素的子集）中的最小元素的和记为Sn．（1）求S3，S4，S5的值；（2）试求Sn的表达式．【分析】（1）先求T3，T4，T5，再求对应的S3，S4，S5的值；（2）先由由S3＝1，S4＝5，S5＝15，S6＝35…归纳猜想出Sn＝C（n≥3）．再用数学归纳法证明猜想．【解答】解：（1）当n＝3时，T3＝{1，2，3}，3元子集有：{1，2，3}，∴S3＝1；当n＝4时，T4＝{1，2，3，4}，3元子集有：{1，2，3}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，∴S4＝1×3+2＝5；当n＝5时，T5＝{1，2，3，4，5}，3元子集有：{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，5}，{1，3，4}，{1，3，5}，{1，4，5}，{2，3，4}，{2，3，5}，{2，4，5}，{3，4，5}，∴S5＝1×C+2×C+3C＝15．（2）由S3＝1，S4＝5，S5＝15，S6＝35…归纳猜想出Sn＝C（n≥3）．下面用数学归纳法证明猜想：①当n＝3时，S3＝1＝C，结论成立；②假设n＝k（k≥3，k∈N*）时，结论成立，即Sk＝C，则当n＝k+1时，Tk+1＝{1，2，3，4，…，k，k+1}，Sk+1＝Sk+[C+2C+3C+…+（k﹣2）C+（k﹣1）C]＝C+{（k﹣1）C+（k﹣2）C+…+[k﹣（k﹣2]C+[k﹣（k﹣1）]C}＝C+{k（C+C+…+C）﹣[C+2C+3C+…+（k﹣1）C]}＝C+[kC﹣（kC﹣C）]＝C+C＝C，∴当n＝k+1时，结论成立．综上：由①②可得Sn＝C（n≥3）．