版高考數學二輪復習分層設計全國通用第四層熱身篇：專題檢測九數列通項與求和

專題檢測（九）專題檢測（九）數列通項與求和數列通項與求和A 組“633”考點落實練一、選擇題1.若數列an的通項公式是 an(1)n1(3n2)，則 a1a2a2 020()A.3 027B.3 027C.3 030D.3 030解析：選 C因為 a1a2a2 020(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)(14)(710)(32 0192)(32 0202)(3)1 0103 030，故選 C.2.已知數列an滿足an1an1112，且 a22，則 a4()A.12B.23C.12D.11解析：選 D因為數列an滿足an1an1112，所以 an112(an1)，即數列an1是等比數列，公比為 2，則 a4122(a21)12，解得 a411.3.(2019廣東省六校第一次聯考)數列an的前n項和為Snn2n1， bn(1)nan(nN*)，則數列bn的前 50 項和為()A.49B.50C.99D.100解析：選 A由題意得，當 n2 時，anSnSn12n，當 n1 時，a1S13，所以數列bn的前 50 項和為(34)(68)(98100)122449，故選 A.4.已知數列an是等差數列，若 a2，a43，a66 構成公比為 q 的等比數列，則 q()A.1B.2C.3D.4解析：選 A令等差數列an的公差為 d，由 a2，a43，a66 構成公比為 q 的等比數列，得(a43)2a2(a66)， 即(a13d3)2(a1d)(a15d6)， 化簡得(2d3)20， 解得 d32.所以 qa43a2a1923a132a132a1321.故選 A.5.河南洛陽的龍門石窟是中國石刻藝術寶庫之一， 現為世界文化遺產， 龍門石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱中國四大石窟.現有一石窟的某處浮雕共 7 層，每上層的數量是下層的 2 倍，總共有 1 016 個浮雕，這些浮雕構成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上，浮雕的數量構成一個數列an，則 log2(a3a5)的值為()A.8B.10C.12D.16解析：選 C依題意得，數列an是以 2 為公比的等比數列，因為最下層的浮雕的數量為 a1，所以 S7a1（127）121 016，解得 a18，所以 an82n12n2(1n7，nN*)，所以 a325，a527，從而 a3a52527212，所以 log2(a3a5)log221212，故選 C.6.(2019洛陽市統考)已知數列an， bn的前 n 項和分別為 Sn， Tn， 且 an0， 6Sna2n3an，bn2an（2an1） （2an11），若 kTn恒成立，則 k 的最小值為()A.17B.149C.49D.8441解析：選 B6Sna2n3an，6Sn1a2n13an1，6an1(an1an)(an1an)3(an1an)，(an1an)(an1an)3(an1an)，an0，an1an0，an1an3，又 6a1a213a1，a10，a13.an是以 3 為首項，3 為公差的等差數列，an3n，bn1718n118n11 ，Tn171811821 18211831 18n118n11171718n11 0，因為 a12，a2n24a2n4a2n1，所以(anq2)24a2n4(anq)2，化為 q44q240，解得 q22，q0，解得 q 2.則數列an的通項公式 an2( 2)n12n12.答案：2n128.(2019安徽合肥一模改編)設等差數列an滿足 a25，a6a830，則 an_，數列1a2n1 的前 n 項和為_.解析：設等差數列an的公差為 d.an是等差數列，a6a8302a7，解得 a715，a7a25d.又a25， 則d2.ana2(n2)d2n1.1a2n114n（n1）141n1n1 ，1a2n1 的前 n 項和為14112 1213 1n1n11411n1 n4（n1）.答案：2n1n4（n1）9.(2019福州市質量檢測)已知數列an的前 n 項和為 Sn，a11，且 Snan1(為常數)，若數列bn滿足 anbnn29n20，且 bn1bn，則滿足條件的 n 的取值集合為_.解析：因為 a11，且 Snan1(為常數)，所以 a111，解得2，所以 Sn2an1，所以 Sn12an11(n2)，所以 an2an1，數列an是等比數列，首項是 1，公比是 2，所以 an2n1.因為 anbnn29n20，所以 bnn29n202n1，所以 bn1bnn211n282n（n4） （n7）2n0，解得 4n920的最小正整數 n.解：(1)由題意知，a12a23ann1n2n，當 n2 時，a12a23an1n(n1)2n1，兩式相減得，ann12n，an2n(n1)(n2).當 n1 時，a14 也符合，所以 an2n(n1)，nN*.(2)bn1an12n（n1）121n1n1 ，所以 Sn12112 1213 1n1n11211n1 n2（n1），由 Snn2（n1）920得 n9，所以滿足條件的最小正整數 n 為 10.B 組大題專攻強化練1.(2019河北省九校第二次聯考)已知an是各項都為正數的數列，其前 n 項和為 Sn，且 Sn為 an與1an的等差中項.(1)求數列an的通項公式；(2)設 bn（1）nan，求bn的前 n 項和 Tn.解：(1)由題意知，2Snan1an，即 2Snana2n1，當 n1 時，由式可得 a1S11；當 n2 時，anSnSn1，代入式，得 2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得 S2nS2n11.所以S2n是首項為 1，公差為 1 的等差數列，S2n1n1n.因為an的各項都為正數，所以 Sn n，所以 anSnSn1 n n1(n2)，又 a1S11，所以 an n n1.(2)bn（1）nan（1）nn n1(1)n( n n1)，當 n 為奇數時，Tn1( 21)( 3 2)( n1 n2)( n n1) n；當 n 為偶數時，Tn1( 21)( 3 2)( n1 n2)( n n1) n.所以bn的前 n 項和 Tn(1)nn.2.(2019安徽省考試試題)已知等差數列an中，a5a34，前 n 項和為 Sn，且 S2，S31，S4成等比數列.(1)求數列an的通項公式；(2)令 bn(1)n4nanan1，求數列bn的前 n 項和 Tn.解：(1)設an的公差為 d，由 a5a34，得 2d4，d2.S22a12，S313a15，S44a112，又 S2，S31，S4成等比數列，(3a15)2(2a12)(4a112)，解得 a11，an2n1.(2)bn(1)n4nanan1(1)n12n112n1 ，當 n 為偶數時，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1 ，Tn112n12n2n1.當 n 為奇數時，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1 ，Tn112n12n22n1.Tn2n2n1，n 為偶數，2n22n1，n 為奇數.3.(2019江蘇高考題節(jié)選)定義首項為 1 且公比為正數的等比數列為“M數列”.(1)已知等比數列an(nN N*)滿足：a2a4a5，a34a24a10，求證：數列an為“M數列”；(2)已知數列bn(nN*)滿足：b11，1Sn2bn2bn1，其中 Sn為數列bn的前 n 項和.求數列bn的通項公式.解：(1)證明：設等比數列an的公比為 q，所以 a10，q0.由a2a4a5，a34a24a10，得a21q4a1q4，a1q24a1q4a10，解得a11，q2.因此數列an為“M數列”.(2)因為1Sn2bn2bn1，所以 bn0.由 b11，S1b1，得11212b2，則 b22.由1Sn2bn2bn1，得 Snbnbn12（bn1bn）.當 n2 時，由 bnSnSn1，得 bnbnbn12（bn1bn）bn1bn2（bnbn1），整理得 bn1bn12bn.所以數列bn是首項和公差均為 1 的等差數列.因此，數列bn的通項公式為 bnn(nN N*).4.已知數列an滿足：a11，an1n1nann12n.(1)設 bnann，求數列bn的通項公式；(2)求數列an的前 n 項和 Sn.解：(1)由 an1n1nann12n可得an1n1ann12n，又 bnann，所以 bn1bn12n，由 a11，得 b11，所以當 n2 時，(b2b1)(b3b2)(bnbn1)12112212n1，所以 bnb112112n1112112n1，即 bn212n1(n2)，易知 b11 滿足上式，所以 bn212n1(nN N*).(2)由(1)可知 an2nn2n1，設數列n2n1的前 n 項和為 Tn，則 Tn120221322n2n1，12Tn121222323n2n，由得，12Tn12012112212n1n2n12012n112n2n2n22n.所以 Tn4n22n1.所以數列an的前 n 項和 Snn(n1)4n22n1.