【数学】2020届一轮复习人教A版第64课通项与求和（1）作业（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第64课通项与求和（1）作业（江苏专用）

随堂巩固训练(64)‎ ‎ 1. 在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式an＝　＋1　.‎ 解析：由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝＋1.又a1＝2＝＋1，符合上式，因此an＝＋1.‎ ‎ 2. 在数列{an}中，若a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝　　.‎ 解析：方法一：因为an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝×an－2，…，a2＝a1，累乘得an＝1×××…×＝. ‎ 方法二：因为an＝×××…×××a1＝×××…×1＝. ‎ ‎ 3. 在数列{an}中，若an＋1＝2an＋3，a1＝1，则数列{an}的通项公式an＝　2n＋1－3　.‎ 解析：由题意得an＋1＋3＝2(an＋3).令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2，所以数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3.‎ ‎ 4. 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝　3×2n－1－2　.‎ 解析：由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝3×2n－1，当n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，所以an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足). ‎ ‎ 5. 在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则数列{an}的通项公式an＝　4－　Ｗ.‎ 解析：原递推公式可化为an＋1＝an＋－，则a2＝a1＋－，a3＝a2＋－，a4＝a3＋－，…，an－1＝an－2＋－，an＝an－1＋－，逐项相加得an＝a1＋1－，故an＝4－. ‎ ‎ 6. 设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－Sn·Sn－1(n≥2)，则Sn＝　　.‎ 解析：依题意得Sn－1－Sn＝Sn－1·Sn(n≥2)，整理得－＝1.又＝＝1，则数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝. ‎ ‎ 7. 已知函数f(x)由下表定义：‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ f(x)‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎2‎ 若a1＝5，an＋1＝f(an)(n＝1，2，…)，则a2 017＝　5　.‎ 解析：a2＝f(a1)＝f(5)＝2，a3＝f(a2)＝f(2) ＝1，a4＝f(a3)＝f(1)＝4，a5＝f(a4)＝f(4)＝5，可知数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2 017＝a4×504＋1＝a1＝5.‎ ‎ 8. 对于正项数列{an}，定义Hn＝为{an}的“蕙兰”值，现知数列{an}的“蕙兰”值为Hn＝，则数列{an}的通项公式为an＝　2－　.‎ 解析：由题意得＝，即a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n2①，所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)2②，①－②得nan＝n2－(n－1)2＝2n－1，所以an＝2－(n≥2)，当n＝1时，a1＝1，也满足此通项公式，所以an＝2－. ‎ ‎ 9. 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则数列{an}的前n项和Sn＝　＋　.‎ 解析：因为an＋1＝4an－3n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，所以＝4，所以数列{an－n}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以an－n＝4n－1，所以an＝4n－1＋n，所以Sn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝＋. ‎ ‎10. 若数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则an＋2＋an＝　(－1)n(2n－1)＋2n＋1　.‎ 解析：由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＝(－1)nan＋1＋2n＋1＝(－1)n·[(－1)n－1an＋2n－1]＋2n＋1＝－an＋(－1)n(2n－1)＋2n＋1，即an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋2n＋1.‎ ‎11. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).‎ ‎(1) 求证：数列{an＋1}是等比数列；‎ ‎(2) 求数列{an}的通项公式.‎ 解析：(1) 由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1).‎ 又an＋1≠0，所以＝2，即数列{an＋1}为等比数列. ‎ ‎(2) 由(1)知an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1.‎ ‎12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an(n∈N*).‎ ‎(1) 求证：数列是等比数列；‎ ‎(2) 设数列{Sn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解析：(1) 由a1＝S1＝2－3a1，得a1＝. ‎ 因为Sn＝2－an，‎ 所以Sn－1＝2－an－1(n≥2)，‎ 于是an＝Sn－Sn－1＝an－1－(＋1)an，‎ 整理得＝×(n≥2). ‎ 又＝，所以数列是首项及公比均为的等比数列. ‎ ‎(2) 由(1)知＝，所以an＝，‎ 代入Sn＝2－an，得Sn＝2－. ‎ 设数列的前n项和为An，‎ 则An＝＋＋＋…＋，‎ 则An＝＋＋…＋＋，两式相减得 An＝＋＋＋…＋－＝2－，‎ 故An＝4－，‎ 所以Tn＝2n－An＝＋2n－4.‎ ‎13. 已知数列{an}的前n项和Sn＝，且a1＝1.‎ ‎(1) 求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2) 令bn＝ln an，是否存在k(k≥2，且k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列？若存在，求出所有符合条件的k的值；若不存在，请说明理由.‎ 解析：(1) 方法一：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，即＝，所以是首项为＝1的常数数列，所以＝1，即an＝n(n∈N*). ‎ 方法二：同方法一，得(n－1)an＝nan－1(n≥2).‎ 同理得nan＋1＝(n＋1)an，‎ 所以2nan＝n(an－1＋an＋1)，‎ 即2an＝an－1＋an＋1，所以数列{an}成等差数列.‎ 又由a1＝1，得a2＝S2－a1，即a2＝2，‎ 所以公差d＝2－1＝1，‎ 所以an＝1＋(n－1)＝n(n∈N*). ‎ 方法三：同方法一，得＝(n≥2)，‎ 所以an＝×××…×××a1＝××…×××1＝n，当n＝1时，a1＝1‎ ‎，也满足an＝n，所以an＝n(n∈N*). ‎ ‎(2) 假设存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列，则bkbk＋2＝b.‎ 因为bn＝ln an＝ln n，‎ 所以bkbk＋2＝ln k·ln(k＋2)≤＝<＝[ln(k＋1)]2＝b，这与bkbk＋2＝b矛盾. ‎ 故不存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列.‎