高中数学组卷——数列高考题训练 16页

高中数学组卷——数列高考题训练　‎ 一．解答题（共15小题）‎ ‎1．等差数列{an}中，a3+a4=4，a5+a7=6．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2．‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎3．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=1，b2=，anbn+1+bn+1=nbn．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求{bn}的前n项和．‎ ‎4．已知{an}是等比数列，前n项和为Sn（n∈N*），且﹣=，S6=63．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列{（﹣1）nb}的前2n项和．‎ ‎5．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．‎ ‎6．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．‎ ‎（1）求数列{an}，{bn}的通项公式 ‎（2）当d＞1时，记cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎7．Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an=4Sn+3‎ ‎（I）求{an}的通项公式：‎ ‎（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎8．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4=9，a2a3=8．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎9．已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn=（an+1）•2，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎10．已知数列{an}满足an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，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=，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎11．设数列 {an}的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1．‎ ‎（1）求a4的值；‎ ‎（2）证明：{an+1﹣an}为等比数列；‎ ‎（3）求数列{an}的通项公式．‎ ‎12．数列{an}满足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎（1）求a3的值；‎ ‎（2）求数列{an}的前 n项和Tn；‎ ‎（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＜2+2lnn．‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎14．数列{an}满足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）证明：数列{}是等差数列；‎ ‎（Ⅱ）设bn=3n•，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎15．设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N*）．‎ ‎（1）若a1=﹣2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2﹣，求数列{}的前n项和Tn．‎ ‎　‎ ‎　‎ 一．解答题（共15小题）‎ ‎1．等差数列{an}中，a3+a4=4，a5+a7=6．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设bn=[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a3+a4=4，a5+a7=6．‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴an=；‎ ‎（Ⅱ）∵bn=[an]，‎ ‎∴b1=b2=b3=1，‎ b4=b5=2， ‎ b6=b7=b8=3，‎ b9=b10=4．‎ 故数列{bn}的前10项和S10=3×1+2×2+3×3+2×4=24．‎ ‎　‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）Sn=3n2+8n，‎ ‎∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=6n+5，‎ n=1时，a1=S1=11，∴an=6n+5；‎ ‎∵an=bn+bn+1，‎ ‎∴an﹣1=bn﹣1+bn，‎ ‎∴an﹣an﹣1=bn+1﹣bn﹣1．‎ ‎∴2d=6，‎ ‎∴d=3，‎ ‎∵a1=b1+b2，‎ ‎∴11=2b1+3，‎ ‎∴b1=4，‎ ‎∴bn=4+3（n﹣1）=3n+1；‎ ‎（Ⅱ）cn========6（n+1）•2n，‎ ‎∴Tn=6[2•2+3•22+…+（n+1）•2n]①，‎ ‎∴2Tn=6[2•22+3•23+…+n•2n+（n+1）•2n+1]②，‎ ‎①﹣②可得 ‎﹣Tn=6[2•2+22+23+…+2n﹣（n+1）•2n+1]‎ ‎=12+6×﹣6（n+1）•2n+1‎ ‎=（﹣6n）•2n+1=﹣3n•2n+2，‎ ‎∴Tn=3n•2n+2．‎ ‎　‎ ‎3．已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=1，b2=，anbn+1+bn+1=nbn．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求{bn}的前n项和．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵anbn+1+bn+1=nbn．‎ 当n=1时，a1b2+b2=b1．‎ ‎∵b1=1，b2=，‎ ‎∴a1=2，‎ 又∵{an}是公差为3的等差数列，‎ ‎∴an=3n﹣1，‎ ‎（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）bn+1+bn+1=nbn．‎ 即3bn+1=bn．‎ 即数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，‎ ‎∴{bn}的前n项和Sn==（1﹣3﹣n）=﹣．‎ ‎　‎ ‎4．已知{an}是等比数列，前n项和为Sn（n∈N*），且﹣=，S6=63．‎ ‎（1）求{an}的通项公式；‎ ‎（2）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列{（﹣1）nb}的前2n项和．‎ ‎【解答】解：（1）设{an}的公比为q，则﹣=，即1﹣=，‎ 解得q=2或q=﹣1．‎ 若q=﹣1，则S6=0，与S6=63矛盾，不符合题意．∴q=2，‎ ‎∴S6==63，∴a1=1．‎ ‎∴an=2n﹣1．‎ ‎（2）∵bn是log2an和log2an+1的等差中项，‎ ‎∴bn=（log2an+log2an+1）=（log22n﹣1+log22n）=n﹣．‎ ‎∴bn+1﹣bn=1．‎ ‎∴{bn}是以为首项，以1为公差的等差数列．‎ 设{（﹣1）nbn2}的前2n项和为Tn，则 Tn=（﹣b12+b22）+（﹣b32+b42）+…+（﹣b2n﹣12+b2n2）‎ ‎=b1+b2+b3+b4…+b2n﹣1+b2n ‎==‎ ‎=2n2．‎ ‎　‎ ‎5．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）因为2Sn=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，‎ 当n＞1时，2Sn﹣1=3n﹣1+3，‎ 此时，2an=2Sn﹣2Sn﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1，即an=3n﹣1，‎ 所以an=．‎ ‎（Ⅱ）因为anbn=log3an，所以b1=，‎ 当n＞1时，bn=31﹣n•log33n﹣1=（n﹣1）×31﹣n，‎ 所以T1=b1=；‎ 当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n），‎ 所以3Tn=1+（1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（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=﹣，‎ 所以Tn=﹣，经检验，n=1时也适合，‎ 综上可得Tn=﹣．‎ ‎　‎ ‎6．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．‎ ‎（1）求数列{an}，{bn}的通项公式 ‎（2）当d＞1时，记cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（1）设a1=a，由题意可得，‎ 解得，或，‎ 当时，an=2n﹣1，bn=2n﹣1；‎ 当时，an=（2n+79），bn=9•；‎ ‎（2）当d＞1时，由（1）知an=2n﹣1，bn=2n﹣1，‎ ‎∴cn==，‎ ‎∴Tn=1+3•+5•+7•+9•+…+（2n﹣1）•，‎ ‎∴Tn=1•+3•+5•+7•+…+（2n﹣3）•+（2n﹣1）•，‎ ‎∴Tn=2+++++…+﹣（2n﹣1）•=3﹣，‎ ‎∴Tn=6﹣．‎ ‎　‎ ‎7．Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an=4Sn+3‎ ‎（I）求{an}的通项公式：‎ ‎（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【解答】解：（I）由an2+2an=4Sn+3，可知an+12+2an+1=4Sn+1+3‎ 两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）=4an+1，‎ 即2（an+1+an）=an+12﹣an2=（an+1+an）（an+1﹣an），‎ ‎∵an＞0，∴an+1﹣an=2，‎ ‎∵a12+2a1=4a1+3，‎ ‎∴a1=﹣1（舍）或a1=3，‎ 则{an}是首项为3，公差d=2的等差数列，‎ ‎∴{an}的通项公式an=3+2（n﹣1）=2n+1：‎ ‎（Ⅱ）∵an=2n+1，‎ ‎∴bn===（﹣），‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=（﹣+…+﹣）=（﹣）=．‎ ‎　‎ ‎8．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4=9，a2a3=8．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（1）∵数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4=9，a2a3=8．‎ ‎∴a1+a4=9，a1a4=a2a3=8．‎ 解得a1=1，a4=8或a1=8，a4=1（舍），‎ 解得q=2，即数列{an}的通项公式an=2n﹣1；‎ ‎（2）Sn==2n﹣1，‎ ‎∴bn===﹣，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=+…+﹣=﹣=1﹣．‎ ‎　‎ ‎9．已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设bn=（an+1）•2，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1、公差为d，则a1＞0，‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d，an+1=a1+nd，‎ 令cn=，‎ 则cn==[﹣]，‎ ‎∴c1+c2+…+cn﹣1+cn=[﹣+﹣+…+﹣]‎ ‎=[﹣]‎ ‎=‎ ‎=，‎ 又∵数列{}的前n项和为，‎ ‎∴，‎ ‎∴a1=1或﹣1（舍），d=2，‎ ‎∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1；‎ ‎（2）由（1）知bn=（an+1）•2=（2n﹣1+1）•22n﹣1=n•4n，‎ ‎∴Tn=b1+b2+…+bn=1•41+2•42+…+n•4n，‎ ‎∴4Tn=1•42+2•43+…+（n﹣1）•4n+n•4n+1，‎ 两式相减，得﹣3Tn=41+42+…+4n﹣n•4n+1=•4n+1﹣，‎ ‎∴Tn=．‎ ‎　‎ ‎10．已知数列{an}满足an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，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=，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【解答】解：（1）∵an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，a1=1，a2=2，‎ ‎∴a3=q，a5=q2，a4=2q，‎ 又∵a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列，‎ ‎∴2×3q=2+3q+q2，‎ 即q2﹣3q+2=0，‎ 解得q=2或q=1（舍），‎ ‎∴an=；‎ ‎（2）由（1）知bn===，n∈N*，‎ 记数列{bn}的前n项和为Tn，‎ 则Tn=1+2•+3•+4•+…+（n﹣1）•+n•，‎ ‎∴2Tn=2+2+3•+4•+5•+…+（n﹣1）•+n•，‎ 两式相减，得Tn=3++++…+﹣n•‎ ‎=3+﹣n•‎ ‎=3+1﹣﹣n•‎ ‎=4﹣．‎ ‎　‎ ‎11．设数列 {an}的前n项和为Sn，n∈N*．已知a1=1，a2=，a3=，且当n≥2时，4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1．‎ ‎（1）求a4的值；‎ ‎（2）证明：{an+1﹣an}为等比数列；‎ ‎（3）求数列{an}的通项公式．‎ ‎【解答】（1）解：当n=2时，4S4+5S2=8S3+S1，即，‎ 解得：；‎ ‎（2）证明：∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1（n≥2），∴4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1=4Sn+1﹣4Sn（n≥2），‎ 即4an+2+an=4an+1（n≥2），‎ ‎∵，∴4an+2+an=4an+1．‎ ‎∵=．‎ ‎∴数列{}是以=1为首项，公比为的等比数列；‎ ‎（3）解：由（2）知，{}是以为首项，公比为的等比数列，‎ ‎∴．‎ 即，‎ ‎∴{}是以为首项，4为公差的等差数列，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴数列{an}的通项公式是．‎ ‎　‎ ‎12．数列{an}满足：a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎（1）求a3的值；‎ ‎（2）求数列{an}的前 n项和Tn；‎ ‎（3）令b1=a1，bn=+（1+++…+）an（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＜2+2lnn．‎ ‎【解答】解：（1）∵a1+2a2+…nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎∴a1=4﹣3=1，1+2a2=4﹣=2，‎ 解得a2=，‎ ‎∵a1+2a2+…+nan=4﹣，n∈N+．‎ ‎∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=4﹣，n∈N+．‎ 两式相减得nan=4﹣﹣（4﹣）=，n≥2，‎ 则an=，n≥2，‎ 当n=1时，a1=1也满足，‎ ‎∴an=，n≥1，‎ 则a3=；‎ ‎（2）∵an=，n≥1，‎ ‎∴数列{an}是公比q=，‎ 则数列{an}的前 n项和Tn==2﹣21﹣n．‎ ‎（3）bn=+（1+++…+）an，‎ ‎∴b1=a1，b2=+（1+）a2，b3=（1++）a3，‎ ‎∴bn=+（1+++…+）an，‎ ‎∴Sn=b1+b2+…+bn=（1+++…+）a1+（1+++…+）a2+…+（1+++…+）an ‎=（1+++…+）（a1+a2+…+an）=（1+++…+）Tn ‎=（1+++…+）（2﹣21﹣n）＜2×（1+++…+），‎ 设f（x）=lnx+﹣1，x＞1，‎ 则f′（x）=﹣．‎ 即f（x）在（1，+∞）上为增函数，‎ ‎∵f（1）=0，即f（x）＞0，‎ ‎∵k≥2，且k∈N•时，，‎ ‎∴f（）=ln+﹣1＞0，即ln＞，‎ ‎∴ln，，…，‎ 即=lnn，‎ ‎∴2×（1+++…+）=2+2×（++…+）＜2+2lnn，‎ 即Sn＜2（1+lnn）=2+2lnn．‎ ‎　‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和Sn=，n∈N*．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎【解答】（1）解：∵Sn=，n∈N*．‎ ‎∴当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=﹣=3n﹣2，（*）‎ 当n=1时，a1=S1==1．‎ 因此当n=1时，（*）也成立．‎ ‎∴数列{an}的通项公式an=3n﹣2．‎ ‎（2）证明：对任意的n＞1，假设都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ 则，‎ ‎∴（3n﹣2）2=1×（3m﹣2），‎ 化为m=3n2﹣4n+2，‎ ‎∵n＞1，‎ ‎∴m=3n2﹣4n+2=＞1，‎ 因此对任意的n＞1，都存在m=3n2﹣4n+2∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎　‎ ‎14．数列{an}满足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*．‎ ‎（Ⅰ）证明：数列{}是等差数列；‎ ‎（Ⅱ）设bn=3n•，求数列{bn}的前n项和Sn．‎ ‎【解答】证明（Ⅰ）∵nan+1=（n+1）an+n（n+1），‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列{}是以1为首项，以1为公差的等差数列；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，‎ ‎∴，‎ bn=3n•=n•3n，‎ ‎∴•3n﹣1+n•3n①‎ ‎•3n+n•3n+1②‎ ‎①﹣②得3n﹣n•3n+1‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎∴‎ ‎　‎ ‎15．设等差数列{an}的公差为d，点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上（n∈N*）．‎ ‎（1）若a1=﹣2，点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎（2）若a1=1，函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线在x轴上的截距为2﹣‎ ‎，求数列{}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（1）∵点（an，bn）在函数f（x）=2x的图象上，‎ ‎∴，‎ 又等差数列{an}的公差为d，‎ ‎∴==2d，‎ ‎∵点（a8，4b7）在函数f（x）的图象上，‎ ‎∴=b8，‎ ‎∴=4=2d，解得d=2．‎ 又a1=﹣2，∴Sn==﹣2n+=n2﹣3n．‎ ‎（2）由f（x）=2x，∴f′（x）=2xln2，‎ ‎∴函数f（x）的图象在点（a2，b2）处的切线方程为，‎ 又，令y=0可得x=，‎ ‎∴，解得a2=2．‎ ‎∴d=a2﹣a1=2﹣1=1．‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d=1+（n﹣1）×1=n，‎ ‎∴bn=2n．‎ ‎∴．‎ ‎∴Tn=+…++，‎ ‎∴2Tn=1+++…+，‎ 两式相减得Tn=1++…+﹣=﹣‎ ‎=‎ ‎=．‎ ‎　‎