2021届高考文科数学二轮复习提能专训11-数列的通项与求和.docx
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提能专训(十一) 数列的通项与求和 一、选择题 1.(2022·福建漳州七校联考)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 答案:A 解析:∵an+an+1=(-1)n(3n-2)+(-1)n+1(3n+1)=(-1)n(3n-2-3n-1)=-3(-1)n, ∴a1+a2+…+a10=3+3+3+3+3=15. 2.(2022·陕西西工大附中一模)已知等差数列{an}中,Sn为其前n项和,若a1=-3,S5=S10,则当Sn取到最小值时n的值为( ) A.5 B.7 C.8 D.7或8 答案:D 解析:由S5=S10,知a6+a7+a8+a9+a10=0,∴a8=0.又∵a1=-3.∴S7=S8为最小值. ∴Sn取到最小值时n的值为7或8. 3.(2022·阜新二模)已知数列{an}中,a1=1,2nan+1=(n+1)an,则数列{an}的通项公式为( ) A. B. C. D. 答案:B 解析:an=···…··a1=··…··1=.选B. 4.(2022·江西十校联考二)等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=4(a1+a3+…+a2n-1),a1a2a3=27,则a6=( ) A.27 B.81 C.243 D.729 答案:C 解析:本题考查等比数列的前n项和、通项公式等基础学问,意在考查考生的应用力量、转化化归力量和运算求解力量. 解法一:设等比数列{an}的公比为q,依题意有 解得 所以a6=a1q5=35=243,故选C. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,依题意有偶数项的和等于奇数项的和的3倍,所以=,所以a2=3a1,所以q=3,由于a1a3=a,a1a2a3=27,所以a2=3,所以a6=a2q4=35=243,故选C. 5.(2022·河北唐山一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则=( ) A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1 答案:D 解析:∵ ∴ 由①除以②可得=2,解得q=, 代入①得a1=2, ∴an=2×n-1=, ∴Sn==4, ∴==2n-1,故选D. 6.(2022·皖西七校联合考试)已知数列{an}是等差数列,a1=tan225°,a5=13a1,设Sn为数列{(-1)nan}的前n项和,则S2 014=( ) A.2 014 B.-2 014 C.3 021 D.-3 021 答案:C 解析:∵a1=tan 225°=1,∴a5=13a1=13, 则公差d===3, ∴an=3n-2. 方法一:∵(-1)nan=(-1)n(3n-2), ∴Sn=(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)+…+(a2 012-a2 011)+(a2 014-a2 013)=1 007d=3 021. 方法二:由于(-1)nan=(-1)n(3n-2), 则S2 014=1×(-1)1+4×(-1)2+7×(-1)3+…+6 037×(-1)2 013+6 040×(-1)2 014,① ①式两边分别乘以-1,得(-1)×S2 014=1×(-1)2+4×(-1)3+7×(-1)4+…+6 037×(-1)2 014+6 040×(-1)2 015,② ①-②得2S2 014=-1+3×-6 040×(-1)2 015=6 042, ∴S2 014=3 021. 7.(2022·大庆质检)已知数列{an}满足an+1=an-an-1(n≥2),a1=1,a2=3,记Sn=a1+a2+…+an,则下列结论正确的是( ) A.a2 014=-1,S2 014=2 B.a2 014=-3,S2 014=5 C.a2 014=-3,S2 014=2 D.a2 014=-1,S2 014=5 答案:D 解析:由已知数列{an}满足an+1=an-an-1(n≥2),知an+2=an+1-an,an+2=-an-1(n≥2),an+3=-an,an+6=an,又a1=1,a2=3,a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2, 所以当k∈N时,ak+1+ak+2+ak+3+ak+4+ak+5+ak+6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,a2 014=a4=-1,S2 014=a1+a2+a3+a4=1+3+2+(-1)=5. 8.(2022·上海闵行一模)若数列{an}的前n项和为Sn,有下列命题: (1)若数列{an}是递增数列,则数列{Sn}也是递增数列; (2)无穷数列{an}是递增数列,则至少存在一项ak,使得ak>0; (3)若{an}是等差数列(公差d≠0),则S1·S2·…·Sk=0的充要条件是a1·a2·…·ak=0; (4)若{an}是等比数列,则S1·S2·…·Sk=0(k≥2)的充要条件是an+an+1=0. 其中,正确命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案:B 解析:(1)错,例如数列:-3,-2,-1,0,1,2,3,Sn不是递增数列;(2)错,例如:an=-,则{an}是递增数列,但an<0;(3)错,例如,等差数列:-3,-2,-1,0,有a1·a2·a3·a4=0,则S1·S2·S3·S4≠0;(4)正确,若an+an+1=0,则q=-1,当k≥2时,肯定会消灭Sk==0;若Sk==0,则qk=1.又q≠1,k≥2时,必有q=-1. 9.已知数列{an}前n项和为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31的值是( ) A.13 B.-76 C.46 D.76 答案:B 解析:∵Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3), ∴S15=1-5+9-13+…+57=7×(-4)+57=29, S22=1-5+9-13+…-85=11×(-4)=-44, S31=1-5+9-13+…+121=15×(-4)+121=61, ∴S15+S22-S31=-76. 10.若数列{an}的前n项和Sn=an+,则数列{an}的通项公式an=( ) A.(-2)n-1 B.(-2)n C.(-2)n-2 D.(-2)n-1 答案:D 解析:对任意n∈N*,有Sn=an+,当n=1时有a1=S1=a1+,解得a1=1;当n≥2且n∈N*时,由Sn=an+,可得Sn-1=an-1+,两式相减得an=an-an-1,整理得an=-2an-1⇒=-2,故数列{an}是以1为首项,以-2为公比的等比数列, ∴an=1×(-2)n-1=(-2)n-1,故选D. 11.已知F(x)=f-1是R上的奇函数,an=f(0)+f+…+f+f(1)(n∈N*),则数列{an}的通项公式为( ) A.an=n-1 B.an=n C.an=n+1 D.an=n2 答案:C 解析:∵F(x)+F(-x)=0, ∴f+f=2,即若a+b=1,则f(a)+f(b)=2. 于是,由an=f(0)+f+f+…+f+f(1),得2an=[f(0)+f(1)]++…++[f(1)+f(0)]=2n+2, ∴an=n+1. 12.已知数列{an},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{an}的通项公式为( ) A.an=-×n,n∈N* B.an=+×n,n∈N* C.an= D.an=1,n∈N* 答案:A 解析:由于数列a1,a2-a1,a3-a2,…an-an-1,…是首项为1,公比为的等比数列, 得an-an-1=n-1,n≥2. 所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1++2+…+n-1==-×n, 又当n=1时,an=-×n=1, 则an=-×n,n∈N*. 二、填空题 13.(2022·广州综合测试)在数列{an}中,已知a1=1,an+1=-,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2 014=________. 答案:- 解析:由已知递推公式可得a1=1,a2=-,a3=-2,a4=1,…,该数列以3为周期,即为1,-,-2,1,-,-2,…,故S2 014=671×+1=-. 14.(2022·新疆检测)公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,且a2+a4=20,a3+a5=40,设Tn=n(Sn+q),则数列{Tn}的前n项和为________. 答案:(n-1)·2n+2+4 解析:依题意得q==2,a1q+a1q3=10a1=20,a1=2,Sn+q=+2=2n+1,Tn=n·2n+1.记数列{Tn}的前n项和为Bn,则Bn=1·22+2·23+3·24+…+n·2n+1 ①,2Bn=1·23+2·24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2 ②,由②-①得Bn=-22-23-24-…-2n+1+n·2n+2=-+n·2n+2=(n-1)·2n+2+4,因此数列{Tn}的前n项和为(n-1)·2n+2+4. 15.(2022·上海长宁第一学期教学质量检测)数列{an}满足a1+a2+…+an=2n+5,n∈N*,则an=________. 答案: 解析:在a1+a2+…+an=2n+5中用n-1代换n得a1+a2+…+an-1=2(n-1)+5(n≥2),两式相减得an=2,an=2n+1,又a1=7,即a1=14,故an= 16.(2022·江苏苏北四市质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a3,a5成等差数列,且Sk=33,Sk+1=-63,其中k∈N*,则Sk+2的值为________. 答案:129 解析:设公比为q,由2a3=a4+a5,得2a3=a3q+a3q2.∵a3≠0,∴q2+q-2=0. ∴q=-2或q=1(舍去). ∴ak+1=Sk+1-Sk=-63-33=-96, ∴ak+2=ak+1q=192. Sk+2=Sk+1+ak+2=-63+192=129. 三、解答题 17.(2022·淄博二模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.假如对于任意的n∈N*,都有Tn>m,求实数m的取值范围. 解:(1)∵an+1=an+2n+1, ∴an+1-an=2n+1, 而an-an-1=2n-1, ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)==n2. (2)由(1)知:bn===- ∴Tn=++…+ =1-, ∴数列{Tn}是递增数列, ∴最小值为1-=, 只需要>m, ∴m的取值范围是. 18.(2022·山东临沂质检)设数列{an}满足a1=2,a2+a4=8,且对任意的n∈N*,都有an+an+2=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}的前n项和为Sn,且满足S1·Sn=2bn-b1,n∈N*,b1≠0,求数列{anbn}的前n项和Tn. 解:(1)由n∈N*,an+an+2=2an+1知,{an}是等差数列,设公差为d, ∵a1=2,a2+a4=8,∴2×2+4d=8,解得d=1. ∴an=a1+(n-1)d=2+(n-1)·1=n+1. (2)由n∈N*,S1·Sn=2bn-b1, 得,当n=1时,有b=2b1-b1=b1, ∵b1≠0,∴b1=1,Sn=2bn-1.① 当n≥2时,Sn-1=2bn-1-1.② 由①-②得,Sn-Sn-1=2bn-1-(2bn-1-1)=2bn-2bn-1, 即n≥2时,bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1, ∴数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列, ∴bn=2n-1. ∴an·bn=(n+1)·2n-1. 则Tn=2+3×2+4×22+…+n·2n-2+(n+1)·2n-1,③ 2Tn=2×2+3×22+4×23+…+n·2n-1+(n+1)·2n,④ ③-④得, -Tn=2+2+22+…+2n-1-(n+1)·2n =1+-(n+1)·2n=-n·2n, ∴Tn=n·2n,即数列{anbn}的前n项和为n·2n. 19.(2022·湖北七市联考)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,其中a1=b1=1,a2≠b2,且b2为a1,a2的等差中项,a2为b2,b3的等差中项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记cn=(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),求数列{cn}的前n项和Sn. 解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q. 由2b2=a1+a2,2a2=b2+b3, 得q=1,d=0或q=2,d=2, 又a2≠b2,所以q=2,d=2, 所以an=2n-1,bn=2n-1. (2)由(1)得cn=·n2·(2n-1)=n·2n-n, 所以Sn=(1×21+2×22+…+n×2n)-(1+2+…+n). 令Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,② 由②-①得Tn=(n-1)·2n+1+2, 所以Sn=(n-1)·2n+1-+2. 20.(2022·广州综合测试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)解法一:∵nan+1=Sn+n(n+1), ∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1), 两式相减得nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1), 即nan+1-(n-1)an=an+2n,得 an+1-an=2. 当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2. ∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列. ∴an=2(n-1)=2n-2. 解法二:由nan+1=Sn+n(n+1),得 n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1), 整理得,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1), 两边同除以n(n+1)得,-=1. ∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列. ∴=0+n-1=n-1. ∴Sn=n(n-1). 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2. 又a1=0适合上式, ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. (2)∵an+log2n=log2bn, ∴bn=n·2an=n·22n-2=n·4n-1. ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1, ① 4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ② ①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=. ∴Tn=[(3n-1)×4n+1].- 配套讲稿:
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