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1、（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中檔大題規(guī)范練（二）數(shù)列 文
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an·bn＝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＝1×2n－1＝2n－1(
2、n∈N*)．
(2)由an·bn＝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{an·2n}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
3、得2a1＝3d
∵a1≠0，
由解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)．
(2)由(1)得an·2n＝(2n＋1)·2n，
∴Sn＝3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
∴2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(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·廈門質(zhì)檢)已知
4、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)
5、＝dn2＋a1n＋a1－d，
∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k對于?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＋
6、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Tn，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＝n·an，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＝
7、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＝3·2n－1，
即an＝3·2n－1－2(n∈N*)．
(2)∵bn＝3n·2n－1－2n，
∴Kn＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－2(1＋2＋…＋n)
＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－n2－n.
記Rn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，③
2Rn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，④
由③－④，得
－Rn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝－n·2n ＝(1－n)·2n－1，
∴Rn＝(n－1)·2n＋1.
∴Kn＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．
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