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1、（新课标）天津市2022年高考数学二轮复习 专题能力训练12 数列的通项与求和 理
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=( )
A.45 B.90 C.120 D.75
2.已知数列{an}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是( )
A.S9=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=0
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=( )
A.15 B.17 C.34 D.398
4.已知函数f(x)满足f(x+1)=+f(x)(x∈R),且f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)前2
2、0项的和为( )
A.305 B.315 C.325 D.335
5.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*
B.an=,n∈N*
C.an=
D.an=1,n∈N*
6.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an= .
7.(2018全国Ⅰ,理14)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .
8.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2 017
3、,=6,则S2 017= .
9.已知在数列{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.如果对于任意的n∈N*,都有Tn>m,求实数m的取值范围.
10.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.
11.
4、设数列{an}的前n项和为Sn .已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
二、思维提升训练
12.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是( )
A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001
13.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .
14.已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*).
(1)求p的值及an;
(2)
5、若bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn>成立的最小正整数n的值.
15.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.
16.设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ak
6、,3,写出G(A)的所有元素;
(2)证明:若数列A中存在an使得an>a1,则G(A)≠⌀;
(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.
专题能力训练12 数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.B 解析 因为{an}是等差数列,设公差为d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.所以S9=9a1+d=18+36×2=90.故选B.
2.B 解析 由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.
由等差数列的性质可得a1+a9
7、=2a5=0,则S9==9a5=0,所以A中结论正确.
S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.
B中结论是错误的.故选B.
3.C 解析 ∵Sn=n2-2n-1,
∴a1=S1=12-2-1=-2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]
=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1
=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.
∴an=
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
4.D 解析 ∵f(1)=,f(2)=,
f(3)=
8、,……
f(n)=+f(n-1),
∴{f(n)}是以为首项,为公差的等差数列.
∴S20=20=335.
5.A 解析 因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为的等比数列,
所以an-an-1=,n≥2.所以当n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1++…+
=
又当n=1时,an==1,
则an=,n∈N*.
6 解析 因为an-an+1=nanan+1,所以=n,
+…+
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+
=+1=(n≥2).
所以an=(n≥2).
又a1=1也满
9、足上式,所以an=
7.-63 解析 ∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6==-63.
8.-2 017 解析 ∵Sn是等差数列{an}的前n项和,
是等差数列,设其公差为d.
=6,∴6d=6,d=1.
∵a1=-2 017,=-2 017.
=-2 017+(n-1)×1=-2 018+n.
∴S2 017=(-2 018+2 017)×2 017=-2 017.
故答案为-2 01
10、7.
9.解 (1)∵an+1=an+2n+1,
∴an+1-an=2n+1,
∴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
10.解 (1)(方法一)∵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-
11、(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.
(方法二)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
12、}的通项公式为an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n=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
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=
∴Tn=[(3n-1)×4n+1].
11.解 (1)因为2Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3.
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-
13、3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因为anbn=log3an,
所以b1=,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),
所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(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,当n=1时也适合.
综上可得Tn=
二、思维提升训练
12.B 解析 根据
14、条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,…,,…,,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=+50=4 901.
13.- 解析 由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,∴Sn=-
14.解 (1)(方法一)∵{an}是等差数列,
15、∴Sn=na1+d=na1+2=n2+(a1-1)n.
又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,
即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.
又等差数列的公差为2,∴a2-a1=2,
∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法三)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
∴a2=3p+2,由已知a2-a1
16、=2,∴2p=2,∴p=1,
∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,
∴p=1,an=2n+1.
(2)由(1)知bn=,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=+…+=1-
∵Tn>,,
∴20n>18n+9,即n>
∵n∈N*,
∴使Tn>成立的最小正整数n的值为5.
15.解 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,
所以a2(q-1)=a3(q-1).
又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
17、
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn=设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1+2+3+…+(n-1)+n,
Sn=1+2+3+…+(n-1)+n,
上述两式相减,得Sn=1++…+=2-,
整理得,Sn=4-
所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
16.(1)解 G(A)的元素为2和5.
(2)证明 因为存在an使得an>a1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀.
记m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
则m≥2,且对任意正整数k
18、).从而G(A)≠⌀.
(3)证明 当aN≤a1时,结论成立.
以下设aN>a1.
由(2)知G(A)≠⌀.
设G(A)={n1,n2,…,np},n1}.
如果Gi≠⌀,取mi=minGi,
则对任何1≤k
（新课标）天津市2022年高考数学二轮复习 专题能力训练12 数列的通项与求和 理
