百度文库 - 让每个人平等地提升自我
第二讲 数列的综合应用
限时规范训练
一、选择题
1．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2，则＝( ) A．2 C．5
B．4 5D. 2
na7a3
an＋1an＋2an＋3an＋4an＋42n＋1·2n＋32a72
解析：因为＝＝nn＋2＝2，所以令n＝3，得＝2＝4，故选B.
anan＋1an＋2an＋3an2·2a3
答案：B
2．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为( ) A．22 C．24
B．21 D．23
22
解析：因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以数列{an}是首项为15，公差为－的等差数
33列，
2247247
所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，令an＝－n＋>0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值
33333为23. 答案：D
?2ann为正奇数，?
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝?
??an＋1n为正偶数，
则其前6项之和为( )
A．16 C．33
B．20 D．120
解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14， 所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C. 答案：C
4．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( ) A．3×4 C．4
4
4
B．3×4＋1 D．4＋1
4
4
解析：因为an＋1＝3Sn，所以an＝3Sn－1(n≥2)，两式相减得，an＋1－an＝3an，即
an＋1
＝4(n≥2)， an4
所以数列a2，a3，a4，…构成以a2＝3S1＝3a1＝3为首项，公比为4的等比数列，所以a6＝a2·4＝3×4.
4
- 1 -
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答案：A
5．已知函数f(n)＝ncos(nπ)，且an＝f(n)，则a1＋a2＋…＋a100＝( ) A．0 C．5 050
2
2
2
2
2
B．100 D．10 200
2
2
2
2
2
2
2
解析：a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－1＋2－3＋4－…－99＋100＝(2－1)＋(4－3)＋…＋(100－99)
50
＝3＋7＋…＋199＝答案：C
6．已知数列{an}的首项a1＝1，且an－an＋1＝anan＋1(n∈N＋)，则a2 015＝( ) A.1
2 014
B.D.
1
2 014
2 0151
2 015
3＋199
＝5 050.
2
2
2 014C．－
2 015
解析：∵an－an＋1＝anan＋1，∴
an＋1an11
－＝1，又∵a1＝1，∴＝1，
a1
?1?
∴数列??是以首项为1，公差为1的等差数列，
?an?
11∴＝1＋(n－1)＝n，∴＝2 015，
ana2 015
1∴a2 015＝.故选D.
2 015答案：D
7．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)(2n－1)·cos＝( ) A．－30 C．90
*
nnπ
2
＋1(n∈N)，其前n项和为Sn，则S60
*
B．－60 D．120
*
解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N)时，an＝a4k－2＝6－8k；
当n＝4k－1(k∈N)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N)时，an＝a4k＝8k. ∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，∴S60＝8×15＝120. 答案：D
8．已知Sn是非零数列{an}的前n项的和，且Sn＝2an－1，则S2 017等于( ) A．1－2C．2
2 016
2 016
*
*
B．2
2 017
－1
2 017
－1 D．1－2
- 2 -
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解析：∵Sn＝2an－1，∴S1＝1，且Sn＝2(Sn－Sn－1)－1，即Sn＝2Sn－1＋1，得Sn＋1＝2(Sn－1＋1)，由此可得数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，得Sn＋1＝2，即Sn＝2－1，∴S2 017＝2
017
nn2
－1，故选B.
答案：B 二、填空题 9．若数列{an}满足解析：由
1＝
1
an＋1
2an＋1＝，且a1＝3，则an＝________.
anan＋1
2an＋111，得－＝2，
anan＋1an?1?1
∴数列??是首项为，公差为2的等差数列．
3?an?
115
∴＝＋(n－1)×2＝2n－， an33∴an＝
3
. 6n－5
3
答案：
6n－5
10．已知正项数列{an}满足an＋1－6an＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________． 解析：∵an＋1－6an＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝2， 2
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴Sn＝答案：3－1
11．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，anan＋1＝3(n∈N)，则S2 014＝________. 解析：由anan＋1＝3知，当n≥2时，anan－1＝3
nn－1
n*
2
2
2
2
1－31－3
n＝3－1.
nn.所以
an＋1
＝3，所以数列{an}所有的奇数项构成以an－1
3为公比的等比数列，所有的偶数项也构成以3为公比的等比数列．又因为a1＝1，所以a2＝3，
a2n－1＝3n－1，
1－31 007
a2n＝3.所以S2 014＝(a1＋a3＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝4×＝2×3－2.
1－3
n1 007
答案：2×3
1 007
－2
1
12．数列{an}中，a1＝，an＋1＝
2解析：由已知可得(n＋1)an＋1＝可得
1
nan*
(n∈N)，则数列{an}的通项公式an＝________.
n＋1nan＋2nanbn12
，设nan＝bn，则bn＋1＝，所以＝＋1， nan＋2bn＋2bn＋1bn?bn?
bn＋1
?1?2?1?＋1＝＋2＝2?＋1?，即?＋1?是公比为2，首项为3的等比数列，
bn?bn?
1n－1
故＋1＝3×2∴an＝
bn1
.
n3×2n－1－1
- 3 -
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答案：
n1
n－1
3×2－1
三、解答题
13．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn.
解析：(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an， ∴{an＋1－an}为常数列，
∴{an}是以a1为首项的等差数列，设an＝a1＋(n－1)d，则a4＝a1＋3d， 2－8∴d＝＝－2，∴an＝10－2n.
3
(2)由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.
当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0；当n<5时，an>0.
∴当n>5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝T5－(Tn－T5)＝2T5－Tn ＝n－9n＋40，其中Tn＝a1＋a2＋…＋an.
当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n.
??9n－nn≤5∴Sn＝?2
?n－9n＋40n>5?
2
2
2
.
2
*
14．正项数列{an}的前n项和为Sn，且an＝4Sn－2an－1(n∈N)． (1)求数列{an}的通项公式；
4－1an＋1
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：T2n＜1.
an＋1an＋1＋1解析：(1)当n＝1时，a1＝1；
当n≥2时，因为an＞0，an＝4Sn－2an－1， 所以an－1＝4Sn－1－2an－1－1，
两式相减得an－an－1＝4an－2an＋2an－1＝2(an＋an－1)，
所以an－an－1＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2n－1. (2)证明：bn＝
－1
n＋1
2
2
2
2
n＋1
n1?2n＋1n＋1?1
＝(－1)?＋?
n＋1?nn＋1?
1??1??11??1
∴T2n＝?1＋?－?＋?＋…－?＋?
?2??23??2n2n＋1?1
＝1－＜1.
2n＋1∴T2n＜1. - 4 -
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15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足an＋1＝Sn＋2(1)证明：数列?n?为等差数列；
?2?(2)求S1＋S2＋…＋Sn.
解析：(1)证明：由条件可知，Sn＋1－Sn＝Sn＋2即Sn＋1－2Sn＝2
?Sn?
n＋1
n＋1
n＋1
(n∈N)．
*
?Sn?
，
，整理得n＋1－n＝1，
22
Sn＋1Sn所以数列?n?是以1为首项，1为公差的等差数列．
?2?(2)由(1)可知，n＝1＋n－1＝n，即Sn＝n·2，
2令Tn＝S1＋S2＋…＋Sn，
则Tn＝1·2＋2·2＋…＋n·2，① 2Tn＝1·2＋…＋(n－1)·2＋n·2
2
2
2
Snnnnn＋1
，② ，
①－②，－Tn＝2＋2＋…＋2－n·2整理得Tn＝2＋(n－1)·2
n＋1
nn＋1
.
- 5 -
2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用习题
