《2022高考數學大二輪復習 專題四 數列 專題能力訓練12 數列的通項與求和 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考數學大二輪復習 專題四 數列 專題能力訓練12 數列的通項與求和 理（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、2022高考數學大二輪復習 專題四 數列 專題能力訓練12 數列的通項與求和 理
1.已知等差數列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,a4+a10=28,則S9=( )
A.45 B.90 C.120 D.75
2.已知數列{an}是等差數列,滿足a1+2a2=S5,下列結論錯誤的是( )
A.S9=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=0
3.已知數列{an}的前n項和Sn=n2-2n-1,則a3+a17=( )
A.15 B.17 C.34 D.398
4.已知函數f(x)滿足f(x+1)= +f(x)(x∈R),且f(1)=,則數列{f(n)}(n∈N*)前2
2、0項的和為( )
A.305 B.315 C.325 D.335
5.已知數列{an},構造一個新數列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數列是首項為1,公比為的等比數列,則數列{an}的通項公式為( )
A.an=,n∈N*
B.an=,n∈N*
C.an=
D.an=1,n∈N*
6.已知數列{an}滿足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),則an= .?
7.(2018全國Ⅰ,理14)記Sn為數列{an}的前n項和.若Sn=2an+1,則S6= .?
8.已知Sn是等差數列{an}的前n項和,若a1=-2 017
3、,=6,則S2 017= .?
9.已知在數列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)令bn=,數列{bn}的前n項和為Tn.如果對于任意的n∈N*,都有Tn>m,求實數m的取值范圍.
10.已知數列{an}的前n項和為Sn,且a1=0,對任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)若數列{bn}滿足an+log2n=log2bn,求數列{bn}的前n項和Tn.
11.
4、設數列{an}的前n項和為Sn .已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通項公式;
(2)若數列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn.
二、思維提升訓練
12.給出數列,…,,…, ,…,在這個數列中,第50個值等于1的項的序號是( )
A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001
13.設Sn是數列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn= .?
14.已知等差數列{an}的公差為2,其前n項和Sn=pn2+2n(n∈N*).
(1)求p的值及an;
(2
5、)若bn=,記數列{bn}的前n項和為Tn,求使Tn>成立的最小正整數n的值.
15.已知數列{an}滿足an+2=qan(q為實數,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數列.
(1)求q的值和{an}的通項公式;
(2)設bn=,n∈N*,求數列{bn}的前n項和.
16.設數列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對小于n(2≤n≤N)的每個正整數k都有ak
6、1,3,寫出G(A)的所有元素;
(2)證明:若數列A中存在an使得an>a1,則G (A)≠?;
(3)證明:若數列A滿足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),則G(A)的元素個數不小于aN-a1.
專題能力訓練12 數列的通項與求和
一、能力突破訓練
1.B 解析 因為{an}是等差數列,設公差為d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.所以S9=9a1+d=18+36×2=90.故選B.
2.B 解析 由題設可得3a1+2d=5a1+10d?2a1+8d=0,即a5=0,所以D中結論正確.
由等差數列的性質可得a1+
7、a9=2a5=0,則S9==9a5=0,所以A中結論正確.
S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中結論正確.
B中結論是錯誤的.故選B.
3.C 解析 ∵Sn=n2-2n-1,
∴a1=S1=12-2-1=-2.
當n≥2時,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=
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
4.D 解析 ∵f(1)=,f(2)=,
f(3
8、)=,……
f(n)=+f(n-1),
∴{f(n)}是以為首項,為公差的等差數列.
∴S20=20=335.
5.A 解析 因為數列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公比為的等比數列,
所以an-an-1=,n≥2.所以當n≥2時,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1++…+
=
又當n=1時,an==1,
則an=,n∈N*.
6 解析 因為an-an+1=nanan+1,所以=n,
+…+
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+
=+1=(n≥2).
所以an=(n≥2).
又a1=1
9、也滿足上式,所以an=
7.-63 解析 ∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1為首項,2為公比的等比數列,則S6==-63.
8.-2 017 解析 ∵Sn是等差數列{an}的前n項和,
是等差數列,設其公差為d.
=6,∴6d=6,d=1.
∵a1=-2 017,=-2 017.
=-2 017+(n-1)×1=-2 018+n.
∴S2 017=(-2 018+2 017)×2 017=-2 017.
故答案為-2
10、017.
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)==n2.
(2)由(1)知,bn=,
∴Tn=+…+=1-,
∴數列{Tn}是遞增數列,
∴最小值為1-,只需要>m,
∴m的取值范圍是
10.解 (1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
∴當n≥2時,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
兩式相減,得
nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
即nan+
11、1-(n-1)an=an+2n,得
an+1-an=2.
當n=1時,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.
∴數列{an}是以0為首項,2為公差的等差數列.
∴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),
兩邊同除以n(n+1),
得=1.
∴數列是以=0為首項,1為公差的等差數列,=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.
又a1=0適合上式,∴數列{
12、an}的通項公式為an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n=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, ①
4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ②
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=
∴Tn=[(3n-1)×4n+1].
11.解 (1)因為2Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3.
當n>1時,2Sn-1=3n-1+3,
此時2an=2Sn-2Sn-1=3
13、n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因為anbn=log3an,
所以b1=,
當n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
當n>1時,Tn=b1+b2+b3+…+bn=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),
所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),
兩式相減,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-(n-1)×31-n=,
所以Tn=
經檢驗,當n=1時也適合.
綜上可得Tn=
二、思維提升訓練
12.B 解析
14、根據條件找規(guī)律,第1個1是分子、分母的和為2,第2個1是分子、分母的和為4,第3個1是分子、分母的和為6,……第50個1是分子、分母的和為100,而分子、分母的和為2的有1項,分子、分母的和為3的有2項,分子、分母的和為4的有3項,……分子、分母的和為99的有98項,分子、分母的和為100的項依次是:,…,,…,,第50個1是其中第50項,在數列中的序號為1+2+3+…+98+50=+50=4 901.
13.- 解析 由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得=1,即=-1,則為等差數列,首項為=-1,公差為d=-1,=-n,∴Sn=-
14.解 (1)(方法一)∵{an}是等差數列,
15、
∴Sn=na1+d=na1+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.
又等差數列的公差為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)當n≥2時,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
∴a2=3p+2,由已知a2-
16、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=,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=+…+=1-
∵Tn>,,
∴20n>18n+9,即n>
∵n∈N*,
∴使Tn>成立的最小正整數n的值為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).
又因為q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.
當n=2k-1(k∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=
17、;
當n=2k(k∈N*)時,an=a2k=2k=
所以,{an}的通項公式為an=
(2)由(1)得bn=設{bn}的前n項和為Sn,則Sn=1+2+3+…+(n-1)+n,
Sn=1+2+3+…+(n-1)+n,
上述兩式相減,得Sn=1++…+=2-,
整理得,Sn=4-
所以,數列{bn}的前n項和為4-,n∈N*.
16.(1)解 G(A)的元素為2和5.
(2)證明 因為存在an使得an>a1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?.
記m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
則m≥2,且對任意正整數k
18、(A).從而G(A)≠?.
(3)證明 當aN≤a1時,結論成立.
以下設aN>a1.
由(2)知G(A)≠?.
設G(A)={n1,n2,…,np},n1}.
如果Gi≠?,取mi=minGi,
則對任何1≤k
2022高考數學大二輪復習 專題四 數列 專題能力訓練12 數列的通項與求和 理
