2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题二 第2讲 数列通项与求和 练典型习题 提数学素养含解析 8页

‎[A组　夯基保分专练]‎ 一、选择题 ‎1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为(　　)‎ A．49　　　　　　　　 B．50‎ C．99 D．100‎ 解析：选A.由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A.‎ ‎2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)‎ A．2n－1 B． C． D． 解析：选B.法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以＝，所以当n≥2时，数列{an}是公比为的等比数列，所以an＝，所以Sn＝1＋＋×＋…＋×＝1＋＝，当n＝1时，此式也成立．‎ 故选B.‎ 法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝，所以S2＝1＋＝，结合选项可得只有B满足，故选B.‎ ‎3．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)‎ A．1 B．－2‎ C．3 D．－3‎ 解析：选A.因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．‎ 所以an＋3＝－an(n∈N*)，‎ 所以an＋6＝－an＋3＝an，‎ 故{an}是以6为周期的周期数列．‎ 因为2 019＝336×6＋3，‎ 所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.‎ ‎4．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是(　　)‎ A．8 B．9‎ C．10 D．11‎ 解析：选C.由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即＝－(*)，‎ 又a3＝，所以a3－1＝，代入(*)式，有a2－1＝－，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝＝<，又n∈N*，所以n的最小值为10.故选C.‎ ‎5．(2019·江西省五校协作体试题)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则＋＋…＋＝(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D.因为an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D.‎ ‎6．(多选)一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的再落下，设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n≥2时，下面说法正确的是(　　)‎ A．Sn<500 ‎ B．Sn≤500‎ C．Sn的最小值为 ‎ D．Sn的最大值为400‎ 解析：选AC.第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了m，第三次着地时，共经过了m，…，以此类推，第n次着地时，共经过了 m.所以Sn＝100＋＝100＋400.Sn是关于n的增函数，所以当n≥2时，Sn的最小值为S2，且S2＝.又Sn＝100＋400<100＋400＝500.故选AC.‎ 二、填空题 ‎7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．‎ 解析：设该女子第一天织布x尺，‎ 则＝5，解得x＝，‎ 所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.‎ 答案： ‎8．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________．‎ 解析：法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，‎ 则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.‎ 法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.‎ 答案：92‎ ‎9．(2019·江西九江统考改编)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Sn＝an＋1，bn＝(－1)n·(log3an)2，则an＝________，数列{bn}的前2n项和为________．　‎ 解析：根据题意，数列{an}满足2Sn＝an＋1①，则当n≥2时，有2Sn－1＝an②，由①－②可得(an＋1－3an)＝0，所以an＋1－3an＝0，即an＋1＝3an(n≥2)．由2Sn＝an＋1，可求得a2＝3，a2＝3a1，则数列{an}的首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，bn＝(－1)n·(log3an)2＝(－1)n·(log33n－1)2＝(－1)n(n－1)2，则b2n－1＋b2n＝－(2n－2)2＋(2n－1)2＝4n－3.所以数列{bn}的前2n项和T2n＝1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝＝2n2－n.‎ 答案：3n－1　2n2－n 三、解答题 ‎10．(2019·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．‎ 解：(1)因为lg a1＝0，lg a4＝1，‎ 所以a1＝1，a4＝10.‎ 设等差数列{an}的公差为d，‎ 则d＝＝3.‎ 所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.‎ ‎(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，‎ 因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，所以a＝a1a6＝16.‎ 又an＝3n－2>0，‎ 所以ak＝4.‎ 因为ak＝3k－2，‎ 所以3k－2＝4，得k＝2.‎ 所以等比数列{bn}的公比q＝＝＝4.‎ 所以bn＝4n－1.‎ 所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.‎ 所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝＋＝n2－n＋(4n－1)．‎ ‎11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)证明：因为an＋1＝，所以－＝－＝－＝＝－.‎ 又a1＝1，所以＝－1，‎ 所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，所以an＝2－＝，‎ 所以bn＝－1＝－1＝－1＝＝，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝，‎ 所以数列{bn}的前n项和Tn＝.‎ ‎12．(2019·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.‎ ‎(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；‎ ‎(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．‎ 解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.‎ 因为Sn＝2an－n①，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，　‎ ‎①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，‎ 所以＝＝＝2.‎ 所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.‎ 设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.‎ 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.‎ 所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.‎ 设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，‎ 则Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，‎ ‎2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，‎ ‎③－④得，‎ ‎－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，‎ 所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.‎ 又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，‎ 所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2，‎ 所以数列{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.‎ ‎[B组　大题增分专练]‎ ‎1．(2019·江西七校第一次联考)数列{an}满足a1＝1，＝an＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，‎ 所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，‎ 所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，‎ 又由已知易得an>0，所以an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)bn＝＝ ‎＝－，‎ 故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.‎ ‎2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．‎ 解：(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列为等差数列，又＝＝1，‎ 所以＝n，即Sn＝n2.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.‎ 又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝＝，‎ 所以Tn＝＝＝.‎ 由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，‎ 所以n的最小值为5.‎ ‎3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①‎ 当n＝1时，由①式可得S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，‎ 得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，‎ 整理得S－S＝1.‎ 所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.‎ 因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，‎ 又a1＝S1＝1，‎ 所以an＝－.‎ ‎(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.‎ ‎4．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2‎ ‎－2，b3＝2a3＋4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.‎ ‎①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；‎ ‎②求 aici（n∈N*）.‎ 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意得 解得故an＝4＋（n－1）×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.,所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.‎ ‎（2）①a2n（c2n－1）＝a2n（bn－1）＝（3×2n＋1）（3×2n－1）＝9×4n－1.,所以，数列{a2n（c2n－1）}的通项公式为a2n（c2n－1）＝9×4n－1.‎ ‎② aici＝ [ai＋ai（ci－1）]‎ ‎＝ ai＋ a2i（ci－1）‎ ‎＝[2n×4＋×3]＋(9×4i－1)‎ ‎＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n ‎＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．‎ ‎ ‎