全国版2023高考数学二轮复习专题检测九数列通项与求和理含解析20230325135

专题检测（九）数列通项与求和A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4等于(　　)A．－　　　　　　　B．23C．12D．11解析：选D　因为数列{an}满足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.故选D.2．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2019＝(　　)A．1B．－2C．3D．－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2019＝336×6＋3，所以a2019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.3．(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．49B．50C．99D．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.4．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和是Sn，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，且a4＋a5＝－20，则的最大值为(　　)A.B．1C.D．2解析：选A　设数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列得(a1＋\nd＋1)2＝(a1＋1)(a1＋3d＋1)，得d＝a1＋1，再由a4＋a5＝2a1＋7d＝－20，解得a1＝－3，d＝－2，故an＝－2n－1，Sn＝－n2－2n，则＝＝≤＝，当且仅当n＝1时取等号，所以的最大值为.故选A.5．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋＝(　　)A.B．C.D．解析：选C　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，＝＝2，则＋＋…＋＋＝2＝2＝.故选C.6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围为(　　)A．(2，＋∞)B．(－∞，2)C．(3，＋∞)D．(－∞，3)解析：选B　因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，所以＝＋1，则\n＋1＝2，所以数列是等比数列，首项为2，公比为2，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－λ)＝(n－λ)2n.又b1＝－λ，所以bn＝(n－1－λ)2n－1(n∈N*)．因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－λ)·2n>(n－1－λ)·2n－1，化简得λ<n＋1.因为数列{n＋1}是递增数列，所以λ<2.故选B.二、填空题7．(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝________，数列的前n项和为________．解析：设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴＝＝，∴的前n项和为＝＝.答案：2n＋1　8．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2020项的和为________．解析：由(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4，得an＋1＝－3＝，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－，a4＝－5，a5＝5，则数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2020＝505×4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－，即一个周期的和为－，所以数列{an}的前2020项的和为－×505＝－.答案：－9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2，则a12＝________．解析：当n＝1，2，3，4，…时，＝0，1，0，1，…，所以a1＝a3＝a5＝a7＝…＝2，a2＋S2＝a4＋S4＝a6＋S6＝a8＋S8＝…＝a12＋S12＝…＝2，S2－S1＋S2＝S4－S3＋S4＝S6－S5\n＋S6＝S8－S7＋S8＝…＝2，所以2S2＝2＋S1⇒S2＝2；2S4＝2＋S3＝4＋S2⇒S4＝2＋S2＝3，同理可得S6＝2＋S4＝2＋＝，S8＝2＋S6＝2＋＝，S10＝2＋＝，S12＝，又a12＋S12＝2，所以a12＝2－S12＝2－＝－.答案：－三、解答题10．(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)＋(－)＋…＋(－)＝－1.11．(2019·唐山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝.(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化简得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④\n③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝－(n－1)×3n＝.所以Tn＝.12．(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.设数列的前n项和为An，则An＝＋＋…＋＝，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)，∴Sn＝＋(4n－1)．B组——大题专攻强化练1．(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＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)证明：∵an＋1＝，∴－＝－＝－＝＝－.\n又a1＝1，∴＝－1，∴数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，∴an＝2－＝，∴bn＝＝＝＝1＋＝1＋，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋＝n＋＝n＋，∴数列{bn}的前n项和Tn＝n＋.2．(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－n，①所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，②①－②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＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③2Kn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④③－④得，\n－Kn＝21＋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{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.3．(2019·郑州市第二次质量预测)数列{an}满足：＋＋…＋＝n2＋n，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn>的最小正整数n.解：(1)由题意知，＋＋…＋＝n2＋n，①当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，②①－②得，＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2)．当n＝1时，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*.(2)bn＝＝＝，所以Sn＝＝＝，由Sn＝>得n>9，所以满足条件的最小正整数n为10.4．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝16.数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且{bn－an}是等差数列．(1)分别求{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.解：(1)设等比数列{an}的公比为q.由已知得q3＝＝8，q＝2.∴an＝a2·qn－2＝2×2n－2＝2n－1，∴a1＝1.\n∴b1－a1＝1，b2－a2＝3，∴{bn－an}是首项为1，公差为2的等差数列．∴bn－an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴bn＝2n－1＋2n－1.∴数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝2n－1＋2n－1.(2)证明：由(1)可知bn＋1－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1，log2a2n＝log222n－1＝2n－1.∴＝＝.∴Sn＝＝.∵>0，∴Sn<.