第二板块 课时验收评价(三)　综合性考法针对练——数列的递推关系与子数列问题数列的递推关系与子数列问题

课时验收评价(三)综合性考法针对练——数列的递推关系与子数列问题1．已知数列{an}中，a1＝1，an－an＋1＝2an＋1·an(n∈N*)，则a5＝()11A.B．9C.D．10910解析：选A数列{a*n}中，因为n∈N，an－an＋1＝2an＋1·an，显然an≠0，11111从而有－＝2，即数列an是等差数列，公差d＝2，首项＝1，则＝2n－1，即an＋1ana1an11an＝，所以a5＝.2n－192．(多选)将数列{3n－2}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则下列说法正确的有()A．数列{an}为等差数列B．数列{an}为等比数列C．an＋1n＝4D．数列{(3n－2)an＋1n}的前n项和为(n－1)4＋4解析：选BD由已知得a1＝4，a2＝16，a3＝64，…，猜测an＝4n，显然4n是{2n}中的项，又4n＝(3＋1)n＝3n＋C1n－1＋…＋Cn－1n，n3n3＋1，显然符合3n－2，所以公共项为an＝4所以{an}是等比数列，故A错误，B正确，C错误；假设数列{(3n－2)an}的前n项和为Sn，则S123n234n＝1×4＋4×4＋7×4＋…＋(3n－2)×4①，①×4得4Sn＝1×4＋4×4＋7×4＋…＋(3n－2)×4n＋1②，①－②得－3S123nn＋1n＝1×4＋3×(4＋4＋…＋4)－(3n－2)×4＝42－4n＋11×41＋3×－(3n－2)×4n＋1＝3(1－n)×4n＋1－12，所以Sn＋1n＝(n－1)4＋4，故D正1－4确．3n2＋7n3．已知数列{a**n}的通项an＝2n＋3(n∈N)，数列{bn}的前n项和为Sn＝(n∈N)，2若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn}，则满足cn<2012的m的最大整数值为()A．338B．337C．336D．3353n2＋7n解析：选D当n＝1时，b1＝S1＝5；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－23n－12＋7n－1＝3n＋2.2所以数列{an}和{bn}的公共项构成的新数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，cn＝6n－1.令c*n<2012，得n<335.5，又n∈N，所以n的最大值为335. 4．有两个等差数列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为()A．15B．16C．17D．18解析：选B等差数列2,6,10，…，190，公差为4，等差数列2,8,14，…，200，公差为6，所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，其公差为12，首项为2，50*所以通项为an＝12n－10，所以12n－10≤190，解得n≤，而n∈N，所以n的最大值为316，即新数列的项数为16.5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{cn}，则数列{cn}的前150项之和为()A．23804B．23946C．24100D．24612解析：选D因为a89150＝300，b8＝2＝256<300，b9＝2＝512>300，故数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项，故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项．2＋316×158记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则c1＋c2＋…＋c150＝S158－T8＝22×1－28－＝24612.1－213*6．数列{an}中，an＝－an－1－(n≥2，n∈N)，且a1＝1，记数列{an}的前n项和为Sn，22则Sn＝________.13*1解析：因为an＝－an－1－(n≥2，n∈N)，设存在实数λ，使得(an＋λ)＝－(an－1＋λ)，2221解得λ＝1，所以数列{an＋1}是公比为－，首项为2的等比数列，211－－所以an－1n－1n＋1＝2×2，得an＝2×2－1，111－－－所以S01n－1n＝2×2－1＋2×2－1＋…＋2×2－1111－－－＝2×20＋21＋…＋2n－1－n1－1－2n14－＝2×－n＝1－2n－n.1－31－2 14－答案：1－2n－n3127．已知数列{an}，{bn}满足a1＝，an＋bn＝1，an＋1(1－bn)＝an，则anbn＝________.2解析：因为a2]＝an＋bn＝1，则bn＝1－an，则an＝an＋1·[1－1－annan＋1(2－an)，因为113121a1＝，an＋bn＝1，可得b1＝，则a2＝a1＝，则a2＝，b2＝，224233823111所以a3＝，则a3＝，以此类推可知an>0，所以an＋1＝，因为－＝9342－an1－an＋11－an112－an11－＝－＝1，且＝2，1－11－an1－an1－an1－a12－an11所以数列1－an是等差数列，且首项为2，公差为1，从而＝2＋n－1＝n＋1,1－ann1n所以an＝，故bn＝1－an＝，因此，anbn＝.n＋1n＋1n＋12n答案：n＋1211＋8．已知数列{an}满足a1＝1,2an＋1＝nan(n∈N*)．an(1)求证：数列n是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.11＋n＋1解：(1)证明：∵2a*n＋1＝nan＝an，n∈N，nan＋11an*a1∴＝·，n∈N，又＝1≠0，n＋12n1an11ana1n－11n故数列n是首项为1，公比为的等比数列，∴＝·2＝，故an＝.2n12n－12n－1123n－1n(2)∵Sn＝＋＋＋…＋＋，①2021222n－22n－11123n－1n∴Sn＝＋＋＋…＋＋，②22122232n－12n111－2n2n＋1－n－21111nn①－②得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝，∴Sn＝22122232n－12n12n2n1－22n＋1－n－2.2n－1 2n＋2，n为奇数，9．已知数列{an}的通项公式为an＝n＋1，n为偶数.(1)求数列{a2n}的前n项和Sn；(2)设bn－1n＝a2n－1，求数列{bn·3}的前n项和Tn.解：(1)由题意得，a2n＝2n＋1，则{a2n}为等差数列，首项a2＝3.∴Sn＝a2＋a4＋…＋a2nn3＋2n＋1＝＝n2＋2n.2(2)bn－1n－1n＝a2n－1＝2(2n－1)＋2＝4n，bn·3＝4n·3.∴T012n－2n－1n＝4×3＋8×3＋12×3＋…＋4(n－1)3＋4n·3，①∴3T123n－1nn＝4×3＋8×3＋12×3＋…＋4(n－1)3＋4n·3，②①－②得－2T12n－1nn＝4＋4×3＋4×3＋…＋4×3－4n·3，－21－3n∴T12n－1nnnn＝－2(1＋3＋3＋…＋3)＋2n·3＝＋2n·3＝3(2n－1)＋1.1－310．已知数列{a*n}为首项为8，公差为4的等差数列，数列{bn}满足：对任意的n∈N，都有an＋31b1＋a2b2＋…＋anbn＝n·2.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)将数列{an}，{bn}中的公共项按照从小到大重新排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式以及数列{ancn}的前n项和．解：(1)依题意an＝8＋4(n－1)＝4n＋4.因为an＋3n＋31b1＋a2b2＋…＋anbn＝n·2，即8b1＋12b2＋…＋(4n＋4)bn＝n·2，①所以8bn＋21＋12b2＋…＋4nbn－1＝(n－1)·2，②①－②，得(4n＋4)bn＋3n＋2n＋2nn＝n·2－(n－1)·2＝(n＋1)·2，所以bn＝2.故ann＝4n＋4，bn＝2.(2)由(1)可知{cn－1n＋2nn}的首项为8，公比为2，故cn＝8×2＝2，所以ancn＝(4n＋4)×2＋2.设{ancn}的前n项和为Sn，则Sn＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn＝8×23＋12×24＋…＋(4n＋4)×2n＋2，①2S45n＋3n＝8×2＋12×2＋…＋(4n＋4)×2，②①－②得－S345n＋2n＋3n＝8×2＋4×(2＋2＋…＋2)－(4n＋4)×2241－2n－1＝8×23＋4×－(4n＋4)×2n＋31－2＝26×2n－1－(4n＋4)×2n＋3.所以Sn＋36n－1n＋5n＝(4n＋4)×2－2×2＝n×2.