备战2019高考数学大二轮复习专题四数列专题能力训练12数列的通项与求和理.doc

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1、1专题能力训练 12 数列的通项与求和一、能力突破训练1.已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,a4+a10=28,则 S9=( )A.45 B.90 C.120 D.752.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=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=03.已知数列 an的前 n 项和 Sn=n2-2n-1,则 a3+a17=( )A.15 B.17 C.34 D.3984.已知函数 f(x)满足 f(x+1)= +f(x)(xR),且 f(1)=,则数列 f(n)(nN *)前 20 项的和为( )A.305 B.315

2、C.325 D.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,公比为的等比数列,则数列 an的通项公式为( )A.an= ,nN *3232(13)B.an= ,nN *32+32(13)C.an=1,=1,32+32(13),2,且 *D.an=1,nN *6.已知数列 an满足 a1=1,an-an+1=nanan+1(nN *),则 an= . 7.(2018 全国 ,理 14)记 Sn为数列 an的前 n 项和 .若 Sn=2an+1,则 S6= . 8.已知 Sn是等差数列 an的前 n 项和,若 a1=-2 017, =

3、6,则 S2 017= . 2 0142 0142 0082 0089.已知在数列 an中, a1=1,an+1=an+2n+1,且 nN *.(1)求数列 an的通项公式;(2)令 bn= ,数列 bn的前 n 项和为 Tn.如果对于任意的 nN *,都有 Tnm,求实数 m 的取值范2+1+1围 .10.已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且 a1=0,对任意 nN *,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.211.设数列 an的前 n 项和为 Sn .已知 2Sn=3

4、n+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.二、思维提升训练12.给出数列 , , ,在这个数列中 ,第 50 个值等于 1 的项的序号是( )11,12,21,13,22,31 1, 2-1A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 00113.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(nN *).(1)求 p 的值及 an;(2)若 bn= ,记数列 bn的前 n 项和为 Tn,求使 Tn

5、 成立的最小正整数 n 的值 .2(2-1) 91015.已知数列 an满足 an+2=qan(q 为实数,且 q1), nN *,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= ,nN *,求数列 bn的前 n 项和 .222-1316.设数列 A:a1,a2,aN(N2) .如果对小于 n(2 n N)的每个正整数 k 都有 aka1,则 G (A);(3)证明:若数列 A 满足 an-an-11( n=2,3,N),则 G(A)的元素个数不小于 aN-a1.4专题能力训练 12 数列的通项与求和一、能力突破训

6、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.所以 S9=9a1+ d=18+362=90.故选 B.9822.B 解析 由题设可得 3a1+2d=5a1+10d2a1+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= =9a5=0,所以 A 中结论正确 .9(1+9)2S3-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.3.C 解析 S n=n2-2n-1,a

7、1=S1=12-2-1=-2.当 n2 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.a n=-2,=1,2-3,2.a 3+a17=(23-3)+(217-3)=3+31=34.4.D 解析 f (1)=,f(2)= ,32+52f(3)= ,32+32+52f(n)= +f(n-1),32 f(n)是以 为首项, 为公差的等差数列 .52 32S 20=20 =335.52+20(20-1)2 325.A 解析 因为数列 a1,a2-a1,a3-a2,an-an-1

8、,是首项为 1,公比为的等比数列,所以 an-an-1= ,n2 .所以当 n2 时,(13)-1an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+ +13+(13)2 (13)-1=1-(13)1-13=3232(13).又当 n=1 时, an= =1,3232(13)则 an= ,nN *.3232(13)6 解析 因为 an-an+1=nanan+1,所以 =n,. 22-+2 -+1+1 = 1+115+1=(1- 1-1)+( 1-1- 1-2) (12-11)+11=(n-1)+(n-2)+3+2+1+11= +1= (n2) .(-1)(-1+1)2 2-+2

9、2所以 an= (n2) .22-+2又 a1=1 也满足上式,所以 an=22-+2.7.-63 解析 S n=2an+1,S n-1=2an-1+1(n2) .- ,得 an=2an-2an-1,即 an=2an-1(n2) .又 S1=2a1+1,a 1=-1. an是以 -1 为首项,2 为公比的等比数列,则 S6= =-63.-1(1-26)1-28.-2 017 解析 S n是等差数列 an的前 n 项和,是等差数列 ,设其公差为 d.=6, 6d=6,d=1.来源:Zxxk.Com2 0142 0142 0082 008a 1=-2 017, =-2 017.11=-2 017+

10、(n-1)1=-2 018+n.S 2 017=(-2 018+2 017)2 017=-2 017.故答案为 -2 017.9.解 (1) a n+1=an+2n+1,a n+1-an=2n+1,a n-an-1=2n-1,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+3+5+(2n-1)= =n2.(1+2-1)2(2)由(1)知, bn= ,2+1+1= 2+12(+1)2=12 1(+1)2T n= + =1- ,(112-122)+(122-132) 12- 1(+1)2 1(+1)2 数列 Tn是递增数列, 最小值为 1- ,只需要 m,1(1+1)2=34

11、 34m 的取值范围是 (-,34).10.解 (1)(方法一) na n+1=Sn+n(n+1), 当 n2 时,( n-1)an=Sn-1+n(n-1),两式相减,得6nan+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+12,即 a2-a1=2. 数列 an是以 0 为首项,2 为公差的等差数列 .a n=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

12、同除以 n(n+1),得 =1.+1+1 数列 是以 =0 为首项,1 为公差的等差数列, =0+n-1=n-1.S n=n(n-1). 11 当 n2 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)a n+log2n=log2bn,b n=n =n22n-2=n4n-1.2T n=b1+b2+b3+bn-1+bn=40+241+342+(n-1)4n-2+n4n-1, 4Tn=41+242+343+(n-1)4n-1+n4n, 由 - ,得 -3Tn=40+41+42+4n-1-n4n= -n

13、4n=1-41-4 (1-3)4-13 .T n= (3n-1)4n+1.1911.解 (1)因为 2Sn=3n+3,所以 2a1=3+3,故 a1=3.当 n1 时,2 Sn-1=3n-1+3,此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即 an=3n-1,所以 an=3,=1,3-1,1.(2)因为 anbn=log3an,所以 b1= ,13当 n1 时, bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以 T1=b1= ;13当 n1 时, Tn=b1+b2+b3+bn= +(13-1+23-2+(n-1)31-n),13所以 3Tn=1+(130+23-1+(

14、n-1)32-n),两式相减,得 2Tn= +(30+3-1+3-2+32-n)-(n-1)31-n= -(n-1)31-n=23 23+1-31-1-3-1,1366+323所以 Tn=13126+343.经检验,当 n=1 时也适合 .7综上可得 Tn=13126+343.二、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

15、子、分母的和为 99 的有98 项,分子、分母的和为 100 的项依次是: , , ,第 50 个 1 是其中第 50 项,199,298,397 5050,5149 991在数列中的序号为 1+2+3+98+50= +50=4 901.98(1+98)213.- 解析 由 an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得 =1,即 =-1,则 为等差数列,首项为1 1+1 1+11 1=-1,公差为 d=-1, =-n,S n=-11 1 1.14.解 (1)(方法一) an是等差数列,S n=na1+ d=na1+ 2=n2+(a1-1)n.(-1)2 (-1)2 又由已知 Sn=pn2+2n,

16、p= 1,a1-1=2,a 1=3,a n=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,a 2=3p+2.又等差数列的公差为 2,a 2-a1=2, 2p=2,p= 1,a 1=p+2=3,a n=a1+(n-1)d=2n+1,p= 1,an=2n+1.(方法三)当 n2 时, an=Sn-Sn-1=pn2+2n-p(n-1)2+2(n-1)=2pn-p+2,a 2=3p+2,由已知 a2-a1=2, 2p=2,p= 1,a 1=p+2=3,a n=a1+(n-1)d=2n+1,p= 1,an=2n+1

17、.(2)由(1)知 bn= ,2(2-1)(2+1)= 12-1 12+1T n=b1+b2+b3+bn= + =1-(11-13)+(13-15)+(15-17) ( 12-1- 12+1) 12+1= 22+1.T n , ,910 22+1910 20n18n+9,即 n92.n N *, 使 Tn 成立的最小正整数 n 的值为 5.91015.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 q1,故 a3=a2=2,由 a3=a1q,得 q=2.当 n=2k-1(kN *)时

18、, an=a2k-1=2k-1= ;2-12当 n=2k(kN *)时, an=a2k=2k=22.8所以, an的通项公式为 an=2-12,为奇数,22,为偶数 . (2)由(1)得 bn= 设 bn的前 n 项和为 Sn,则 Sn=1 +2 +3 +(n-1)222-1= 2-1. 120 121 122+n , 12-2 12-1Sn=1 +2 +3 +(n-1) +n ,12 121 122 123 12-1 12上述两式相减,得 Sn=1+ + =2- ,12 12+122 12-12=1- 121-122 222整理得, Sn=4-+22-1.所以,数列 bn的前 n 项和为 4

19、- ,nN *.+22-116.(1)解 G(A)的元素为 2 和 5.(2)证明 因为存在 an使得 ana1,所以 iN *|2 i N,aia1 .记 m=miniN *|2 i N,aia1,则 m2,且对任意正整数 ka1.由(2)知 G(A) .设 G(A)=n1,n2,np,n1 .如果 Gi,取 mi=minGi,则对任何 1 kmi,ak.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 ,特别地, aN .对 i=0,1,p-1,+1-1.因此 +( ) +1.+1=+1-1 +1+1-1 所以 aN-a1 -a1= ) p.=1(-1因此 G(A)的元素个数 p 不小于 aN-a1.