全国版2023高考数学二轮复习专题检测九数列通项与求和文含解析20230325136

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.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2020＝(　　)A.－3027　　　　　　　　B.3027C.－3030D.3030解析：选C　因为a1＋a2＋…＋a2020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2019＋a2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{an}满足＝，且a2＝2，则a4＝(　　)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＝11.3.(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)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{an}是等差数列，若a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，则q＝(　　)A.1B.2C.3D.4解析：选A　令等差数列{an}的公差为d，由a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，得(a4＋3)2＝a2(a6＋6)，即(a1＋3d＋3)2＝(a1＋d)·(a1＋5d＋6)，化简得(2d＋3)2＝0，解得d＝－.所以q＝＝＝＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，\n每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{an}，则log2(a3a5)的值为(　　)A.8B.10C.12D.16解析：选C　依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7＝＝1016，解得a1＝8，所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a3＝25，a5＝27，从而a3×a5＝25×27＝212，所以log2(a3a5)＝log2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为(　　)A.　　　　　　　B.C.49D.解析：选B　∵6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，∴6an＋1＝(an＋1＋an)(an＋1－an)＋3(an＋1－an)，∴(an＋1＋an)(an＋1－an)＝3(an＋1＋an)，∵an>0，∴an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝3，又6a1＝a＋3a1，a1>0，∴a1＝3.∴{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，∴an＝3n，∴bn＝·，∴Tn＝·＝·<，∴k≥，∴k的最小值为，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{an}中，已知a1＝2，a＋4a＝4a，则数列{an}的通项公式an＝________.解析：设等比数列{an}的公比为q>0，因为a1＝2，a＋4a＝4a，所以(anq2)2＋4a＝4(anq)2，化为q4－4q2＋4＝0，\n解得q2＝2，q>0，解得q＝.则数列{an}的通项公式an＝2×()n－1＝2.答案：28.(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　9.(2019·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1<bn，则满足条件的n的取值集合为________.解析：因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，所以an＝2an－1，∴数列{an}是等比数列，首项是1，公比是2，所以an＝2n－1.因为anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝，所以bn＋1－bn＝＝<0，解得4<n<7，又因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.即满足条件的n的取值集合为{5，6}.答案：{5，6}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；\n(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.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，bn＝＋2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，所以an＝2n.(2)∵bn＝＋2n＝2n＋1，∴anbn＝(2n＋1)·2n.∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n，2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，∴－Tn＝6＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)·2n＋1＝6＋－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.12.(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，当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，两式相减得，＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2).当n＝1时，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*.\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.B组——大题专攻强化练1.(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a1＝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.2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.\n∴S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，又S2，S3－1，S4成等比数列，∴(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得a1＝1，∴an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n＝(－1)n，当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…－＋，∴Tn＝－1＋＝－.当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…＋－，∴Tn＝－1－＝－.∴Tn＝3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和.求数列{bn}的通项公式.解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由得解得因此数列{an}为“M数列”.(2)因为＝－，所以bn≠0.由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.由＝－，得Sn＝.当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝－，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.\n因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).4.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋.(1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由an＋1＝an＋可得＝＋，又bn＝，所以bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1，所以当n≥2时，(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，所以bn－b1＝＝1－，即bn＝2－(n≥2)，易知b1＝1满足上式，所以bn＝2－(n∈N*).(2)由(1)可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，则Tn＝＋＋＋…＋，①Tn＝＋＋＋…＋，②由①－②得，Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－.所以Tn＝4－.所以数列{an}的前n项和Sn＝n(n＋1)－4＋.