《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列的通項(xiàng)與求和》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列的通項(xiàng)與求和（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列的通項(xiàng)與求和
專題能力訓(xùn)練第28頁(yè) ?
一、能力突破訓(xùn)練
1.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a1=2,a4+a10=28,則S9=( )
A.45 B.90 C.120 D.75
答案:B
解析:因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,設(shè)公差為d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+9×82d=18+36×2=90.故選B.
2.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,滿足a1+2a2=S5,下列結(jié)論錯(cuò)誤的是( )
A.S9=0 B.S5最小
C.S3=S6 D.a5=0
答案:B
解析:由題設(shè)可
2、得3a1+2d=5a1+10d?2a1+8d=0,即a5=0,所以D中結(jié)論正確.
由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1+a9=2a5=0,則S9=9(a1+a9)2=9a5=0,所以A中結(jié)論正確.
S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中結(jié)論正確.
B中結(jié)論是錯(cuò)誤的.故選B.
3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2-2n-1,則a3+a17=( )
A.15 B.17 C.34 D.398
答案:C
解析:∵Sn=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1
=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-
3、1)-1]
=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1
=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.
∴an=-2,n=1,2n-3,n≥2.
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
4.已知數(shù)列{an}滿足a1=12,an+1=an+12n(n∈N*),則a2 019=( )
A.1-122018 B.1-122019 C.32-122018 D.32-122019
答案:C
解析:∵數(shù)列{an}滿足a1=12,an+1=an+12n(n∈N*),
∴an+1-an=12n,
∴當(dāng)n≥2時(shí),an=a1+a2-a1+a3-a2+…+
4、an-an-1
=12+121+122+…+12n-1
=12+121-12n-11-12=32-12n-1,
∴a2019=32-122018.故選C.
5.已知數(shù)列{an},構(gòu)造一個(gè)新數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數(shù)列是首項(xiàng)為1,公比為13的等比數(shù)列,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為( )
A.an=32-32×13n,n∈N*
B.an=32+32×13n,n∈N*
C.an=1,n=1,32+32×13n,n>2,且n∈N*
D.an=1,n∈N*
答案:A
解析:因?yàn)閿?shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項(xiàng)為1,公
5、比為13的等比數(shù)列,
所以an-an-1=13n-1,n≥2.所以當(dāng)n≥2時(shí),
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+13+132+…+13n-1
=1-13n1-13=32-32×13n.
又當(dāng)n=1時(shí),an=32-32×13n=1,
則an=32-32×13n,n∈N*.
6.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),則an= .?
答案:2n2-n+2
解析:因?yàn)閍n-an+1=nanan+1,所以an-an+1anan+1=1an+1-1an=n,
1an=1an-1an-1+1an-1-1
6、an-2+…+1a2-1a1+1a1
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a1
=(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22(n≥2).
所以an=2n2-n+2(n≥2).
又a1=1也滿足上式,所以an=2n2-n+2.
7.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若Sn=2an+1,則S6= .?
答案:-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為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,
則S6=-(1-26
7、)1-2=-63.
8.已知數(shù)列{an}中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若{an}為遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 .?
答案:(-7,+∞)
解析:由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即an+1+4(n+1)+5an+4n+5=3,所以數(shù)列{an+4n+5}是首項(xiàng)為a+9,公比為3的等比數(shù)列.
所以an+4n+5=(a+9)·3n-1,即an=(a+9)·3n-1-4n-5.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因?yàn)閿?shù)列{an}為遞增數(shù)列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1
8、-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.
因?yàn)閚∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7.
9.已知數(shù)列{an}中,a1=1,an-an-1+1=2n(n∈N*,n≥2).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=14an-1,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)當(dāng)n≥2時(shí),因?yàn)閍n-an-1=2n-1,a1=1,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=1+3+…+(2n-1)=n2.
又a1=1滿足上式,故an=n2(n∈N*).
(2)bn=14an-1=14n2-1.
又bn=14n2-1=1(2
9、n+1)(2n-1)=1212n-1-12n+1,
所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1
=121-12n+1=n2n+1.
10.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=0,對(duì)任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足an+log2n=log2bn,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
∴當(dāng)n≥2時(shí),(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
兩式相減,得
nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
10、即nan+1-(n-1)an=an+2n,得
an+1-an=2.
當(dāng)n=1時(shí),1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.
∴數(shù)列{an}是以0為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)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),
兩邊同除以n(n+1),得Sn+1n+1-Snn=1.
∴數(shù)列Snn是以S11=0為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,
∴Snn=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·
11、(n-2)=2n-2.
又a1=0適合上式,∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為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
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4n1-4-n×4n=(1-3n)×4n-13.
∴Tn=19[(3n-1)×4n+1].
11.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知2Sn=3
12、n+3.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)因?yàn)?Sn=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3.
當(dāng)n>1時(shí),2Sn-1=3n-1+3,
此時(shí)2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=3,n=1,3n-1,n>1.
(2)因?yàn)閍nbn=log3an,所以b1=13,
當(dāng)n>1時(shí),bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=13;
當(dāng)n>1時(shí),Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+[1×3-1+2×3-2+…+(n
13、-1)×31-n],
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
兩式相減,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-6n+32×3n,所以Tn=1312-6n+34×3n.
經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)n=1時(shí)也適合.
綜上可得Tn=1312-6n+34×3n.
二、思維提升訓(xùn)練
12.給出數(shù)列11,12,21,13,22,31,…,1k,2k-1,…,k1,…,在這個(gè)數(shù)列中,第50個(gè)值等于1的項(xiàng)的序號(hào)是( )
A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001
14、
答案:B
解析:根據(jù)條件找規(guī)律,第1個(gè)1是分子、分母的和為2,第2個(gè)1是分子、分母的和為4,第3個(gè)1是分子、分母的和為6,……第50個(gè)1是分子、分母的和為100,而分子、分母的和為2的有1項(xiàng),分子、分母的和為3的有2項(xiàng),分子、分母的和為4的有3項(xiàng),……分子、分母的和為99的有98項(xiàng),分子、分母的和為100的項(xiàng)依次是:199,298,397,…,5050,5149,…,991,第50個(gè)1是其中第50項(xiàng),在數(shù)列中的序號(hào)為1+2+3+…+98+50=98(1+98)2+50=4901.
13.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn= .?
答案
15、:-1n
解析:由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得1Sn-1Sn+1=1,即1Sn+1-1Sn=-1,則1Sn為等差數(shù)列,首項(xiàng)為1S1=-1,公差為d=-1,
∴1Sn=-n,∴Sn=-1n.
14.已知等差數(shù)列{an}的公差為2,其前n項(xiàng)和Sn=pn2+2n(n∈N*).
(1)求p的值及an;
(2)若bn=2(2n-1)an,記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值.
解:(1)(方法一)∵{an}是等差數(shù)列,
∴Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)2×2=n2+(a1-1)n.
又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1
16、,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.
又等差數(shù)列的公差為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)當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,
∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,
17、∴p=1,an=2n+1.
(2)由(1)知bn=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=11-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1.
∵Tn>910,∴2n2n+1>910,∴20n>18n+9,即n>92.
∵n∈N*,∴使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值為5.
15.已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實(shí)數(shù),且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列.
(1)求q的值和{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=log2a2n
18、a2n-1,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
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?yàn)閝≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.
當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時(shí),an=a2k-1=2k-1=2n-12;
當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-12,n為奇數(shù),2n2,n為偶數(shù).
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn,則Sn=1×120+2×121
19、+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述兩式相減,得12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為4-n+22n-1,n∈N*.
16.設(shè)數(shù)列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對(duì)小于n(2≤n≤N)的每個(gè)正整數(shù)k都有ak
20、寫(xiě)出G(A)的所有元素;
(2)證明:若數(shù)列A中存在an使得an>a1,則G(A)≠?;
(3)證明:若數(shù)列A滿足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),則G(A)的元素個(gè)數(shù)不小于aN-a1.
(1)解G(A)的元素為2和5.
(2)證明因?yàn)榇嬖赼n使得an>a1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?.
記m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
則m≥2,且對(duì)任意正整數(shù)ka1.
由(2)知G(A)≠?.
設(shè)G(A)={n1,n2,…,n
21、p},n1ani}.
如果Gi≠?,取mi=minGi,
則對(duì)任何1≤k
（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列的通項(xiàng)與求和
