专题能力训练12 数列的通项与求和能力突破训练1.(2022甘肃兰州一诊)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=( ) A.45B.90C.120D.752.(2022东北三校联考)已知数列{an}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是( )A.S9=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=( )A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)=32+f(x)(x∈R),且f(1)=52,则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为( )A.305B.315C.325D.3355.已知数列{an},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为1,公比为13的等比数列,则数列{an}的通项公式为( )A.an=32-32×13n,n∈N*B.an=32+32×13n,n∈N*C.an=1,n=1,32+32×13n,n>2,且n∈N*D.an=1,n∈N*6.(2022山西大同豪洋中学三模)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an= . 7.(2022河北石家庄一模)已知数列{an}中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若{an}为递增数列,则实数a的取值范围为 . 8.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2017,S20222022-S20222022=6,则S2017= . 9.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=2n+1anan+1,数列{bn}的前n项和为Tn.如果对于任意的n∈N*,都有Tn>m,求实数m的取值范围.-9-\n10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.11.设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.思维提升训练12.给出数列11,12,21,13,22,31,…,1k,2k-1,…,k1,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是( )A.4900B.4901C.5000D.500113.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= . 14.已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*).-9-\n(1)求p的值及an;(2)若bn=2(2n-1)an,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn>910成立的最小正整数n的值.15.已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.16.设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ak<an,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在an使得an>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.-9-\n参考答案专题能力训练12 数列的通项与求和能力突破训练1.B 解析因为{an}是等差数列,设公差为d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+9×82d=18+36×2=90.故选B.2.B 解析由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.由等差数列的性质可得a1+a9=2a5=0,则S9=9(a1+a9)2=9a5=0,所以A中结论正确.S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.B中结论是错误的.故选B.在求等差数列的前n项和的最值时,一定要注意n∈N*.3.C 解析∵Sn=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴an=-2,n=1,2n-3,n≥2.∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.4.D 解析∵f(1)=52,f(2)=32+52,f(3)=32+32+52,……,f(n)=32+f(n-1),∴{f(n)}是以52为首项,32为公差的等差数列.∴S20=20×52+20(20-1)2×32=335.5.A 解析因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为13的等比数列,所以an-an-1=13n-1,n≥2.所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+13+132+…+13n-1-9-\n=1-13n1-13=32-32×13n.又当n=1时,an=32-32×13n=1,则an=32-32×13n,n∈N*.6.2n2-n+2 解析因为an-an+1=nanan+1,所以an-an+1anan+1=1an+1-1an=n,1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1+1a1=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a1=(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22(n≥2).所以an=2n2-n+2(n≥2).又a1=1也满足上式,所以an=2n2-n+2.7.(-7,+∞) 解析由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即an+1+4(n+1)+5an+4n+5=3,所以数列{an+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.所以an+4n+5=(a+9)·3n-1,即an=(a+9)·3n-1-4n-5.所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.因为n∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7.8.-2017 解析∵Sn是等差数列{an}的前n项和,∴Snn是等差数列,设其公差为d.∵S20222022-S20222022=6,∴6d=6,d=1.∵a1=-2022,∴S11=-2022.∴Snn=-2022+(n-1)×1=-2022+n.∴S2022=(-2022+2022)×2022=-2022.故答案为-2022.9.解(1)∵an+1=an+2n+1,∴an+1-an=2n+1,∴an-an-1=2n-1,∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n-1)2=n2.-9-\n(2)由(1)知,bn=2n+1anan+1=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2,∴Tn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2,∴数列{Tn}是递增数列,∴最小值为1-1(1+1)2=34,只需要34>m,∴m的取值范围是-∞,34.10.解(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),两式相减,得nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),即nan+1-(n-1)an=an+2n,得an+1-an=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴an=2(n-1)=2n-2.(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),两边同除以n(n+1),得Sn+1n+1-Snn=1.∴数列Snn是以S11=0为首项,1为公差的等差数列,∴Snn=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.(2)∵an+log2n=log2bn,∴bn=n·2an=n·22n-2=n·4n-1.∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4n1-4-n×4n=(1-3n)×4n-13.∴Tn=19[(3n-1)×4n+1].11.解(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an=3,n=1,3n-1,n>1.(2)因为anbn=log3an,所以b1=13,-9-\n当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=13;当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-6n+32×3n,所以Tn=1312-6n+34×3n.经检验,当n=1时也适合.综上可得Tn=1312-6n+34×3n.思维提升训练12.B 解析根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:199,298,397,……,5050,5149,…,991,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=98(1+98)2+50=4901.13.-1n 解析由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得1Sn-1Sn+1=1,即1Sn+1-1Sn=-1,则1Sn为等差数列,首项为1S1=-1,公差为d=-1,∴1Sn=-n,∴Sn=-1n.14.解(1)(方法一)∵{an}是等差数列,∴Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)2×2=n2+(a1-1)n.又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.又等差数列的公差为2,∴a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(方法三)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.(2)由(1)知bn=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1,∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=11-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1.-9-\n∵Tn>910,∴2n2n+1>910,∴20n>18n+9,即n>92.∵n∈N*,∴使Tn>910成立的最小正整数n的值为5.15.解(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.所以,{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n-1.所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.16.解(1)G(A)的元素为2和5.(2)因为存在an使得an>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,ak≤a1<am.因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.(3)当aN≤a1时,结论成立.以下设aN>a1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.记n0=1.则an0<an1<an2<…<anp.对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak>ani}.如果Gi≠⌀,取mi=minGi,则对任何1≤k<mi,ak≤ani<ami.-9-\n从而mi∈G(A)且mi=ni+1,又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.从而对任意np≤k≤N,ak≤anp,特别地,aN≤anp.对i=0,1,…,p-1,ani+1-1≤ani.因此ani+1=ani+1-1+(ani+1-ani+1-1)≤ani+1.所以aN-a1≤anp-a1=∑i=1p(ani-ani-1)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.-9-
