2020版高考数学大二轮复习第二部分专题2数列增分强化练十三文20191128312

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2020版高考数学大二轮复习第二部分专题2数列增分强化练(十三)(文)

增分强化练(十三)考点一利用递推关系或S n 、a n 的关系求a n1．(2019·晋城模拟)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，所以a 2－a 1＝3， a 3－a 2＝4，a 4－a 3＝5，…，a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，上面n －1个式子左右两边分别相加得a n －a 1＝(n ＋4)(n －1)2，即a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2，所以a 39＝40×412＝820. 答案：8202．(2019·宝鸡模拟)若数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝8n (n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝8.因为a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝8n ，所以a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝8n －8，(n ≥2) 两式相减得2n －1a n ＝8＝23，所以a n ＝24－n (n ≥2)，适合n ＝1. 所以a n ＝24－n . 答案：24－n考点二数列求和1．(2019·安阳模拟)已知各项为正的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列．(1)求a n ；(2)若b n ＝10－2n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和T n . 解析：(1)设各项为正的公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列．所以S 3－a 2＝30，即a 1＋a 1q 2＝30解得q ＝3或－3(负值舍去)．故a n ＝3·3n －1＝3n.(2)由于b n ＝10－2n ，则a n ＋b n ＝3n＋10－2n ，所以T n ＝(31＋32＋ (3))＋(8＋6＋…＋10－2n )＝3(3n －1)3－1＋n (8＋10－2n )2＝3n ＋12－n 2＋9n －32.2．(2019·湛江模拟)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝－12n 2＋212n .(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a 2n a 2n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n 2＋212n ＋12(n －1)2－212(n －1)＝－n ＋11，当n ＝1时，满足上式，∴a n ＝－n ＋11.(2)由a n ＝－n ＋11，可得b n ＝1a 2n a 2n ＋2＝1(2n －11)(2n －9)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12n －9，∴T n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9－1－7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－7－1－5＋⎦⎥⎤…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12n －9＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9－12n －9＝－118－14n －18.3．(2019·汕头模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝19，S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 20的值．解析：(1)当n ≥2时，因为S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)，① 所以S n －1＝(n －1)a n ＋n (n －1)，②①－②得：a n ＝na n ＋1－(n －1)a n ＋2n ，即a n ＋1－a n ＝－2(n ≥2)，又S 1＝a 2＋2即a 2－a 1＝－2，所以数列{a n }是以19为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＝19＋(n －1)·(－2)＝21－2n .(2)由(1)知a n ＝21－2n ，所以b n ＝|a n |＝|21－2n |，因为当n ≤10时a n >0，当n >10时a n <0，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 21－2n ，n ≤102n －21，n >10，所以T 20＝b 1＋b 2＋…＋b 20＝(19＋17＋...＋1)＋(1＋3＋...＋19) ＝2(19＋17＋ (1)＝2×(19＋1)×102＝200.考点三数列的应用与综合问题 (2019·三明质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设b n ＝log 2(S 3n ＋2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求证17≤4T n <13.解析：(1)因为a n ＋1＝S n ＋2，① 所以当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，② ①－②得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 2＝a 1＋2＝4，即a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥1)，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n ，a n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝a n ＋1－2＝2n ＋1－2.(2)证明：由(1)得S 3n ＝23n ＋1－2，所以S 3n ＋2＝23n ＋1，则b n ＝log 223n ＋1＝3n ＋1，则1b n b n ＋1＝1(3n ＋1)(3n ＋4)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝13×⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫14－13n ＋4＝112－13(3n ＋4). 因为13(3n ＋4)>0，所以T n <112. 又T n ＝n 4(3n ＋4)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋4n ，当n ＝1时，T n 取得最小值为128，所以128≤T n <112，即17≤4T n <13.。

2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二及答案解析(7页)

2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二1．已知集合A ＝[1，＋∞)，B ＝{|x ∈R 12a ≤x ≤2a －1}，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13 答案 C解析因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C. 4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称答案 B解析函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝⎛⎭⎪⎫－π8＝0.故D 错误，故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36 答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．如图，在矩形区域ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，且在A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．2－π2 B.π2－1 C ．1－π4 D.π4 答案 C解析由条件得扇形区域ADE 和扇形区域CBF 的面积均为π4，又矩形区域ABCD 的面积为2×1＝2，根据几何概型概率公式可得所求概率为P ＝2－2×π42＝1－π4，即在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是1－π4.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0答案 A解析不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案－35解析设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。

2020版高考数学第二部分专题2 数列增分强化练(十三)理

增分强化练(十三)考点一等差、等比数列的基本运算1．设等比数列｛a n}的前n项和为S n,且S2＝4a1，则公比q＝（）A.错误!B。

错误!C．2 D．3解析：由题意,根据等比数列的性质，可得S2＝a1＋a2＝4a1，∴a2＝3a1，∴q＝错误!＝3，故选D。

答案：D2．（2019·甘肃质检）在等差数列{a n}中，已知a1与a11的等差中项是15，a1＋a2＋a3＝9,则a9＝（)A．24 B．18C．12 D．6解析：由题得错误!，解得错误!，则a9＝8d＝24，故选A。

答案：A3．(2019·三明质检)在等比数列｛a n｝中，a2＝2，a5＝4错误!，则a8＝________.解析：设等比数列{a n}的公比为q，因为a2＝2,a5＝42，所以q3＝错误!＝2错误!，因此a8＝a5q3＝16.答案：164．已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,若S4＝3S2，a3＝2，则a7＝________。

解析：设等比数列｛a n}的首项为a1，公比为q，显然q≠1且q＞0，因为S4＝3S2，所以错误!＝错误!,解得q2＝2，因为a3＝2，所以a7＝a3q4＝2×22＝8。

答案：8考点二等差、等比数列的判定与证明1．（2019·蚌埠模拟)已知在数列{a n}中，a1＝－1，且a n－a n－1＝错误!)(n≥2，n∈N*)．(1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：数列错误!为等差数列．解析：（1）由a n－a n－1＝错误!＝错误!－错误!,所以当n≥2时，a2－a1＝1－错误!，a3－a2＝错误!－错误!，…,a n－a n－1＝错误!－错误!，相加得，a n－a1＝1－错误!,又a1＝－1，所以a n＝－错误!(n≥2，n∈N＊），而a1＝－1也符合，所以数列｛a n｝的通项公式为a n＝－错误!(n∈N＊）．(2）证明：由（1)知错误!＝－n,则错误!＝－1，错误!＝－（n＋1),所以1a n＋1－错误!＝－（n＋1）＋n＝－1（常数)，所以数列错误!是首项为－1,公差为－1的等差数列．2．（2019·桂林、崇左模拟）已知在数列｛a n}中，满足a1＝1，a n＋1＝2a n＋1（n∈N＋）．(1)证明:数列{a n＋1}为等比数列；（2)求数列｛a n}的前n项和S n.解析:(1)证明：∵a n＋1＝2a n＋1，∴a n＋1＋1＝2(a n＋1）,又因为a1＋1＝2，∴数列{a n＋1｝是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由（1)知a n＋1＝2n，∴a n＝2n－1，∴S n＝（21－1）＋（22－1)＋…＋（2n－1）＝（21＋22＋…＋2n)－n＝错误!－n＝2n＋1－n－2。

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习(与)2020高考数学二轮复习专题-函数与导数提分训练

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（与）2020高考数学二轮复习专题-函数与导数提分训练2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习（与）2020高考数学二轮复习专题-函数与导数提分训练2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习等差数列、等比数列的基本问题1.等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=.?2.已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=.?3.(2020江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n 项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为.?4.(2020南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=.?5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为.?6.(2020江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S_10/S_5=4,则(4a_1)/d=.?7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)的值是.?8.(2020扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为.?9.(2020扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn.(1)求a1+a3的值;(2)若a1+a5=2a3.①求证:数列{a2n}为等差数列;②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m).10.(2020苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立.(1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列;(2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值;(3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和.?答案精解精析1.答案10解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10.2.答案4解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗^2=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=("-"8)/("-"2)=4.3.答案65/2解析由题意可得a1a9=〖a_2〗^2,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2.4.答案-6解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1"("1"-"q^3")")/(1"-"q)+(a_1"("1"-"q^6")")/(1"-"q)=2(a_1"("1"-"q^9")")/(1"-"q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q^3=-6.5.答案2056解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1"-"2^10)/(1"-"2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056.6.答案2解析由〖S_1〗_0/S_5=4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2.7.答案19/10解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an={■(2","n=1","@2^(n"-"1)","n≥2",")┤故bn={■(1","n=1","@n"-"1","n≥2",")┤所以1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1"-"?1/2)+(1/2"-"?1/3)+…+(1/9"-"?1/10)=2-1/10=19/10.8.答案3/4解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2"-" (q+1/q),当b最大时q<0,此时q+1/q≤-2,b=3/2"-"(q+1/q)≤3/4,当且仅当q=-1时取等号,故b的最大值为3/4.9.解析(1)由条件,得{■(a_2"-"a_1=3",①"@a_3+a_2=7/2",②")┤②-①得a1+a3=1/2.(2)①证明:因为an+1+(-1)nan=(n+5)/2,所以{■(a_2n"-"a_(2n"-"1)=(2n+4)/2",③"@a_(2n+1)+a_2n=(2n+5)/2",④")┤④-③得a2n-1+a2n+1=1/2.于是1=1/2+1/2=(a1+a3)+(a3+a5)=4a3,所以a3=1/4,又由(1)知a1+a3=1/2,则a1=1/4.所以a2n-1-1/4=-(a_(2n"-"3)"-"?1/4)=…=(-1)n-1(a_1"-"?1/4)=0,所以a2n-1=1/4,将其代入③式,得a2n=n+9/4.所以a2(n+1)-a2n=1(常数),所以数列{a2n}为等差数列.②易知a1=a2n+1,所以S2n=a1+a2+…+a2n=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=n^2/2+3n.由S2p=4S2m知p^2/2+3p=4(m^2/2+3m).所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即(2m+p+9)(2m-p+3)=27,又p,m∈N*,所以2m+p+9≥12且2m+p+9,2m-p+3均为正整数,所以{■(2m+p+9=27"," @2m"-"p+3=1",")┤解得p=10,m=4,所以所求数对为(10,4).10.解析(1)证明:设数列{Sn}的公差为d",∵6Sn=9bn-an-2,①6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2),②①-②得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),③即6d"=9(bn-bn-1)-d,所以bn-bn-1=(6d"""+d)/9(n≥2)为常数,所以{bn}为等差数列.(2)由③得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,因为{b_n+1/2}为等比数列,所以(b_n+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3b_(n"-"1)+d/3+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3(b_(n"-"1)+1/2)+d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)(n≥2)是与n无关的常数,所以d/3-1=0或bn-1+1/2为常数.当d/3-1=0时,d=3,符合题意;当bn-1+1/2为常数时,在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,所以bn-1+1/2=b1+1/2=3/2(n≥2),此时3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(3/2)=1,解得d=-6.综上,d=3或d=-6.(3)证明:当d=3时,an=3n-2.由(2)得数列{b_n+1/2}是以3/2为首项,3为公比的等比数列,所以bn+1/2=3/2×3n-1=1/2?3n.即bn=1/2(3n-1).当n≥2时,cn=bn-bn-1=1/2(3n-1)-1/2(3n-1-1)=3n-1;当n=1时,也满足上式,所以cn=3n-1(n≥1).设an=ci+cj(1≤i。

2020版高考数学大二轮复习专题数列增分强化练理

增分强化练一、选择题1．(2019·海口质检)等差数列{a n }的首项为2，公差不等于0，且a 23＝a 1a 7，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 019项和为( ) A.1 0092 020 B.2 0194 042 C.1 0094 042D.2 0192 021解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝2，a 23＝a 1a 7，可得(2＋2d )2＝2(2＋6d )，所以d ＝1，因此a n ＝n ＋1，所以1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以S 2 019＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 020－12 021＝12－12 021＝2 0194 042.故选B.答案：B2．(2019·三明质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 B ．(0,1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋1，所以a 2n ＝2S n －1＋n (n ≥2)，因此a 2n ＋1－a 2n ＝2(S n －S n －1)＋1＝2a n ＋1，即a 2n ＋1＝(a n ＋1)2，又{a n }为正项数列，所以a n ＋1＝a n ＋1，故数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ，(n ∈N *) 因此1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，因为n ∈N *，所以12≤T n <1.故选D. 答案：D3．等差数列{a n }的前n 项和S n ，若(a 8－1)3＋2 018(a 8－1)＝1，(a 2 011－1)3＋2 018(a 2 011－1)＝－1，则下列结论正确的是( ) A ．S 2 018＝2 018，a 2 011<a 8 B ．S 2 018＝2 018，a 2 011>a 8 C ．S 2 018＝－2 018，a 2 011≤a 8 D ．S 2 018＝－2 018，a 2 011≥a 8解析：设f (x )＝x 3＋2 018x ，则由f (－x )＝－f (x )知函数f (x )是奇函数．由f ′(x )＝3x 2＋2 018＞0知函数f (x )＝x 3＋2 018x 在R 上单调递增．因为(a 8－1)3＋2 018(a 8－1)＝1， (a 2 011－1)3＋2 018(a 2 011－1)＝－1，所以f (a 8－1)＝1，f (a 2 011－1)＝－1，得a 8－1＝－(a 2 011－1)，即a 8＋a 2 011＝2，且a 2 011＜a 8，所以在等差数列{a n }中，S 2 018＝2 018·a 1＋a 2 0182＝2 018·a 8＋a 2 0112＝2 018.故选A. 答案：A4．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n . 若点⎝ ⎛⎭⎪⎫S n n ，S n ＋1n ＋1在直线y ＝2x －1上，则a 9等于( ) A ．1 290 B ．1 280 C ．1 281 D ．1 821解析：由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫S n n －1，又S 11－1＝a 1－1＝1，所以数列⎝ ⎛⎭⎪⎫S nn－1是首项为1公比为2的等比数列，所以S n n－1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝(n ＋1)2n －2＋1＝10×128＋1＝1 281.答案：C 二、填空题5．数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1·a n ＋a n ＋1－2a n ＝0 (n ∈N *)，则S 2 019＝________.解析：a 2n ＋1－2a n ＋1·a n ＋a n ＋1－2a n ＝0，则(a n ＋1＋1)(a n ＋1－2a n )＝0，因为a n >0，则a n ＋1＋1≠0，故a n ＋1－2a n ＝0，故{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，a n ＝2n －1则S 2 019＝1－22 0191－2＝22 019－1.答案：22 019－16．(2019·滨州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ，S n 为其前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n S n ＋1的前8项和为________．解析：由等差数列前n 项和公式可得S n ＝n (n ＋1)2，则S n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，由数列的通项公式可得a n ＋1＝n ＋1， ∴a n ＋1S n S n ＋1＝4n (n ＋1)(n ＋2)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n S n ＋1的前8项和为 2⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫11×2－12×3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3－13×4＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫18×9－19×10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－190＝4445.答案：44457．(2019·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy 中，点A n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，n ＋(－1)n·n 2(n ∈N *)，记△A 2n －1A 2n A 2n ＋1的面积为S n ，则∑i ＝1nS i ＝________.解析：结合题意，得到A 2n －1(22n －1,0)，A 2n (22n,2n )，A 2n ＋1(22n ＋1,0)，所以该三个点组成的三角形面积为S ＝12·3·22n －1·2n ＝3n ·22n －1，对面积求和设∑i ＝1nS i ＝T n 得到，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －23·4n＋23.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －23·4n＋23三、解答题8．已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1. (1)求数列{a n }公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值．解析：(1){a n }是正项等比数列，∴q >0，若q ＝1时，则S n ＝na 1＝n ，∴S 2＝2,4S 4＝4×4，S 6＝6，不合题意，∴q ≠1，从而S n ＝a 1(1－q n )1－q，由S 2＋4S 4＝S 6得a 1(1－q 2)1－q ＋4·a 1(1－q 4)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q，∴(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，又q ≠1， ∴1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， ∴(q 2－4)(q 2＋1)＝0，又q >0， ∴q ＝2. (2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n －1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15>0；n ≤4时，b n ＝2n －1－15<0，∴T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30 ＝(210－1)－2(24－1)－30＝210－25－29 ＝1024－32－29＝963.9．(2019·湘潭模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a n ，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，证明：T n <1.解析：(1)因为a n ＋1＝2S n ＋3，① 可得a n ＝2S n －1＋3.②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以{a n }为从第2项开始的等比数列，且公比q ＝3，又a 1＝3，所以a 2＝9，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n. (2)证明：由(1)知b n ＝log 3a n ＝log 33n＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1得证． 10．(2019·青岛模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，且对任意n ∈N *,2a n 为a 2n ＋1＋3和1的等比中项，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }为等比数列，并求{a n }通项公式；(2)若c n ＝log 2b n ，{c n }的前n 项和为T n ，求使T n 不小于360的n 的最小值．解析：(1)证明：由题意得(2a n )2＝(a 2n ＋1＋3)×1，即a 2n ＋1＝4a 2n －3， ∴a 2n ＋1－1＝4a 2n －3－1＝4a 2n －4＝4(a 2n －1)， ∵b n ＝a 2n －1， ∴b n ＋1＝4b n ，∴数列{b n }成等比数列，首项为b 1＝a 21－1＝8，公比为4， ∴b n ＝b 1·4n －1＝8×22n －2＝22n ＋1，∴a 2n －1＝22n ＋1，又{a n }为正项数列，∴a n ＝22n ＋1＋1.(2)由(1)得：c n ＝log 2b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1)＝2×(1＋2＋3＋…＋n )＋n ＝2×n (n ＋1)2＋n ＝n 2＋2n ，∴T n ＝n 2＋2n ≥360，即n 2＋2n －360≥0⇒(n ＋20)(n －18)≥0， ∴n ≥18或n ≤－20(舍去)，所以T n 不小于360的n 的最小值为18.增分强化练(十三)考点一等差、等比数列的基本运算1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝4a 1，则公比q ＝( ) A.12 B.13 C ．2D ．3解析：由题意，根据等比数列的性质，可得S 2＝a 1＋a 2＝4a 1，∴a 2＝3a 1，∴q ＝a 2a 1＝3，故选D. 答案：D2．(2019·甘肃质检)在等差数列{a n }中，已知a 1与a 11的等差中项是15，a 1＋a 2＋a 3＝9，则a 9＝( )A ．24B ．18C ．12D ．6解析：由题得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 11＝2a 1＋10d ＝30a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0d ＝3，则a 9＝8d ＝24，故选A.答案：A3．(2019·三明质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝42，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝2，a 5＝42，所以q 3＝a 5a 2＝22，因此a 8＝a 5q 3＝16. 答案：164．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1(1－q 4)1－q＝3a 1(1－q 2)1－q ，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案：8考点二等差、等比数列的判定与证明1．(2019·蚌埠模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝－1，且a n －a n －1＝1n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．解析：(1)由a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1－1n，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n ，相加得，a n －a 1＝1－1n，又a 1＝－1，所以a n ＝－1n(n ≥2，n ∈N *)，而a 1＝－1也符合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－1n(n ∈N *)．(2)证明：由(1)知1a n ＝－n ，则1a 1＝－1，1a n ＋1＝－(n ＋1)，所以1a n ＋1－1a n＝－(n ＋1)＋n ＝－1(常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．2．(2019·桂林、崇左模拟)已知在数列{a n }中，满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N ＋)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：∵a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n)1－2－n＝2n ＋1－n －2.故S n ＝2n ＋1－n －2.考点三等差、等比数列的性质1．(2019·宜春模拟)在等比数列{a n }中，若a 2，a 9是方程x 2－x －6＝0的两根，则a 5·a 6的值为( ) A ．6 B ．－6 C ．－1D ．1解析：因为a 2，a 9是方程x 2－x －6＝0的两根，所以根据根与系数的关系可知a 2·a 9＝－6，因为数列{a n }是等比数列，所以a 5·a 6＝a 2·a 9＝－6，故选B. 答案：B2．在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＋a 7＋a 9＋a 13＝100，a 6－a 2＝12，则a 1＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：在等差数列{a n }中，由a 1＋a 5＋a 7＋a 9＋a 13＝100得5a 7＝100，即a 1＋6d ＝20 ，又4d ＝12，得d ＝3, a 1＝2，故选B. 答案：B3．(2019·晋城模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．63 B ．62 C ．61D ．60解析：因为S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即3,12，S 6－15成等比数列，所以S 6－15＝1224，解得S 6＝63.故选A. 答案：A4．(2019·长春质检)设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( ) A ．1 B ．3 C ．7D ．13解析：因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.答案：C增分强化练一、选择题1．(2019·甘肃质检)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＝9，S 5＝30，则a 5＝( ) A ．12 B ．15 C ．18D ．21解析：由题得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝95a 1＋10d ＝30，∴a 1＝0，d ＝3.所以a 5＝4×3＝12.故选A.答案：A2．设x ，x ＋10，x －5是等比数列{a n }的前三项，则a n ＝( )A ．－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32n －1B ．－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32nC.83×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32n －1 D ．－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析：因为x ，x ＋10，x －5是等比数列{a n }的前三项，所以x (x －5)＝(x ＋10)2，解得x ＝－4，x ＋10＝6，所以公比q ＝－32，因此a n ＝－4×(－32)n －1.故选A. 答案：A3．已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝12，a 1－a 3＝34，则a 4＝( )A ．－18B.18 C ．－4D ．4解析：∵等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝12，a 1－a 3＝34，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝12a 1－a 1q 2＝34，解得a 1＝1，q ＝－12，∴a 4＝a 1q 3＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝－18.故选A. 答案：A4．(2019·内江模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 8＝6，S 8＝28，则其公差为( ) A.47 B.57 C ．－47D ．－57解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 8＝6，S 8＝28，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋7d ＝68a 1＋8×72d ＝28，解得d ＝57，故选B.答案：B5．(2019·泉州质检)已知等比数列{a n }满足a 3＝4，a 6＝32，则其前6项的和为( ) A ．31 B ．63 C ．127D ．128解析：由题意，等比数列{a n }满足a 3＝4，a 6＝32，则q 3＝a 6a 3＝8，所以q ＝2，所以a 1＝a 3q2＝1，所以S 6＝1·(1－26)1－2＝63.故选B.答案：B6．(2019·保定模拟)在等比数列{a n }中，若a n >0，a 2a 4＝1，a 1＋a 2＋a 3＝7，则公比q ＝( ) A.14 B.12 C ．2D ．4解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为d ，由题可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2·a 4＝a 1q ·a 1q 3＝1a 1＋a 2＋a 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得q ＝12，故选B.答案：B7．(2019·东三省三校模拟)等比数列{a n }的各项和均为正数，a 1＝1 ，a 1＋a 2＋a 3＝7，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．14 B ．21 C ．28D ．63解析：设等比数列的公比为q ， ∵a 1＝1，a 1＋a 2＋a 3＝7， ∴a 1(1＋q ＋q 2)＝1＋q ＋q 2＝7，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3，又a n >0， ∴q ＝2，∴a 3＋a 4＋a 5＝q 2(a 1＋a 2＋a 3)＝4×7＝28. 故选C. 答案：C8．(2019·合肥模拟)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( ) A ．11 B ．12 C ．20D ．22解析：结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26，因为该数列为正项数列，可得a 6＝2，所以结合S 2n －1＝(2n －1)a n ，可得S 11＝11a 6＝22，故选D. 答案：D9．(2019·吉安模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17＝255，a 10＝20，则数列{a n }的公差为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：由题意，根据等差数列的求和公式，可得S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝255，可得a 9＝15，又a 10＝20，所以d ＝a 10－a 9＝20－15＝5，故选C. 答案：C10．(2019·张家口、沧州模拟)已知等比数列{a n }的公比为2且a 2，a 3＋2，a 4成等差数列，若a 1a 2…a n ＝32，则n 为( )A ．4B ．5C ．8D ．10解析：因为等比数列{a n }的公比为2且a 2，a 3＋2，a 4成等差数列，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，即2(4a 1＋2)＝2a 1＋8a 1，解得a 1＝2，所以a n ＝2n，所以a 1a 2…a n ＝21＋2＋…＋n＝2n (n ＋1)2，又a 1a 2…a n ＝32，因此2n (n ＋1)4＝32，所以n (n ＋1)4＝5，解得n ＝4.故选A.答案：A11．已知数列{a n }满足： a 1＝1，a n ＋1＝3a n －2，则a 6＝( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．6解析：因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n －2，所以a 2＝3－2＝1，以此类推可得a 3＝3a 2－2＝1，a 4＝3a 3－2＝1，a 5＝3a 4－2＝1，a 6＝3a 5－2＝1.故选B. 答案：B12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 2＝2，(a n ＋1－2n )S n ＋1＝a n ＋1S n －1－2nS n (n ≥2)，设b n ＝a 2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 100＝( ) A ．9 900 B ．9 901 C ．10 000D ．10 001解析：由(a n ＋1－2n )S n ＋1＝a n ＋1S n －1－2nS n (n ≥2)整理得a n ＋1(S n ＋1－S n －1)＝2n (S n ＋1－S n )⇔a n ＋1(a n ＋1＋a n )＝2na n ＋1，即a n ＋1＋a n ＝2n (n ≥2)，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，两式相减得a n ＋2－a n ＝2(n ≥2)，故{b n }从第二项起是以2为公差的等差数列，b 1＝a 1＝1，由于a 3＝b 2＝2，故T 100＝1＋2×99＋99×982×2＝9 901，故选B.答案：B 二、填空题13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝7，则S 9＝________. 解析：因为a 5＝7，所以S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝63. 答案：6314．(2019·大连模拟)已知各项都为正数的数列{a n }，其前n 项和为S n ，若4S n ＝(a n ＋1)2，则a n ＝________.解析：由题意得：4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，则4S n ＋1－4S n ＝4a n ＋1＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，即a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝2(a n ＋1＋a n )，∵{a n }各项均为正数，即a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n ＝2，由4S 1＝(a 1＋1)2得：a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 答案：2n －115．(2019·内江模拟)在正项等比数列{a n }中，a 2 016＝1，log 2a 4－log 2a 1＝3，则a 2 019＝________. 解析：由对数的运算性质可得log 2a 4－log 2a 1＝log 2a 4a 1＝3，即a 4a 1＝8，所以q 3＝8，在等比{a n }数列中，因为a 2 016＝1，则a 2 019＝a 2 016·q 3＝1×8＝8. 答案：816．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，…；第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2.并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n－1，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：由题意，根据a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，可得a n＋1＝log 2(1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·x 2…·x t ·(x t ·2)·2)＝log 2(13·x 31·x 32…·x 3t ·22)＝3a n －1，设a n ＋1＋t ＝3(a n ＋t )，即a n ＋1＝3a n ＋2t ，可得t ＝－12，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是首项为2－12＝32，公比为3的等比数列，故a n －12＝32·3n －1，所以a n ＝3n＋12，n ∈N *.答案：3n＋12，n ∈N *三、解答题17．(2019·海淀模拟)已知等差数列{a n }的公差d ＝2，且a 2＋a 5＝2，{a n }的前n 项和为S n . (1)求{a n }的通项公式；(2)若S m ，a 9，a 15成等比数列，求m 的值．解析：(1)因为a 5＋a 2＝2，d ＝2，所以2a 1＋5d ＝2a 1＋10＝2, 所以a 1＝－4, 所以a n ＝2n －6.(2)S m ＝(a 1＋a m )m 2＝m 2－5m,又a 9＝12，a 15＝24, 因为S m ，a 9，a 15是等比数列，所以(a 9)2＝S m a 15，得S m ＝6，所以m 2－5m －6＝0,m ＝6，m ＝－1，因为m ∈N *，所以m ＝6.18．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，已知S 4＝16，a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记点A (n ，S n )，B (n ＋1，S n ＋1)，C (n ＋2，S n ＋2)，求证：△ABC 的面积为1. 解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝16(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋4d )，由于d ≠0，解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)证明：由(1)知S n ＝n ×1＋n (n －1)2×2＝n 2.∴△ABC 的面积S ＝12(S n ＋S n ＋2)×2－12(S n ＋S n ＋1)×1 －12(S n ＋1＋S n ＋2)×1＝12()S n ＋S n ＋2－2S n ＋1 ＝12[n 2＋(n ＋2)2－2(n ＋1)2]＝1.增分强化练考点一利用递推关系或S n 、a n 的关系求a n1．(2019·晋城模拟)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________.解析：因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝4， a 4－a 3＝5，…，a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，上面n －1个式子左右两边分别相加得a n －a 1＝(n ＋4)(n －1)2，即a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2，所以a 39＝40×412＝820.答案：8202．(2019·宝鸡模拟)若数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝8n (n ∈N *)，则a n ＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝8. 因为a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝8n ，所以a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝8n －8，(n ≥2)两式相减得2n －1a n ＝8＝23，所以a n ＝24－n(n ≥2)，适合n ＝1. 所以a n ＝24－n.答案：24－n考点二数列求和1．(2019·安阳模拟)已知各项为正的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列． (1)求a n ；(2)若b n ＝10－2n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和T n .解析：(1)设各项为正的公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列．所以S 3－a 2＝30，即a 1＋a 1q 2＝30 解得q ＝3或－3(负值舍去)．故a n ＝3·3n －1＝3n.(2)由于b n ＝10－2n ，则a n ＋b n ＝3n＋10－2n ，所以T n ＝(31＋32＋ (3))＋(8＋6＋…＋10－2n ) ＝3(3n－1)3－1＋n (8＋10－2n )2＝3n ＋12－n 2＋9n －32.2．(2019·湛江模拟)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝－12n 2＋212n .(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a 2n a 2n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n 2＋212n ＋12(n －1)2－212(n －1)＝－n ＋11，当n ＝1时，满足上式，∴a n ＝－n ＋11. (2)由a n ＝－n ＋11，可得b n ＝1a 2n a 2n ＋2＝1(2n －11)(2n －9) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12n －9，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9－1－7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－7－1－5＋⎦⎥⎤…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －11－12n －9＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9－12n －9 ＝－118－14n －18.3．(2019·汕头模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝19，S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 20的值．解析：(1)当n ≥2时，因为S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)，① 所以S n －1＝(n －1)a n ＋n (n －1)，② ①－②得：a n ＝na n ＋1－(n －1)a n ＋2n ，即a n ＋1－a n ＝－2(n ≥2)，又S 1＝a 2＋2即a 2－a 1＝－2，所以数列{a n }是以19为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＝19＋(n －1)·(－2)＝21－2n . (2)由(1)知a n ＝21－2n ，所以b n ＝|a n |＝|21－2n |，因为当n ≤10时a n >0，当n >10时a n <0，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧21－2n ，n ≤102n －21，n >10，所以T 20＝b 1＋b 2＋…＋b 20＝(19＋17＋…＋1)＋(1＋3＋…＋19) ＝2(19＋17＋…＋1) ＝2×(19＋1)×102＝200.考点三数列的应用与综合问题(2019·三明质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设b n ＝log 2(S 3n ＋2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求证17≤4T n <13. 解析：(1)因为a n ＋1＝S n ＋2，① 所以当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，② ①－②得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 2＝a 1＋2＝4，即a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥1)，即数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n ，a n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝a n ＋1－2＝2n ＋1－2.(2)证明：由(1)得S 3n ＝23n ＋1－2，所以S 3n ＋2＝23n ＋1，则b n ＝log 223n ＋1＝3n ＋1，则1b n b n ＋1＝1(3n ＋1)(3n ＋4)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝13×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫14－13n ＋4＝112－13(3n ＋4). 因为13(3n ＋4)>0，所以T n <112.又T n＝n4(3n＋4)＝14⎝⎛⎭⎪⎫3＋4n，当n＝1时，T n取得最小值为128，所以128≤T n<112，即17≤4T n<13.。

2020届高考数学大二轮复习专题基础保分强化训练三文

基础保分强化训练(三)1．已知1－i z＝(1＋i)2(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( )A ．－12－12iB ．－12＋12iC.12－12iD.12＋12i 答案 B解析 ∵1－i z＝(1＋i)2，∴z ＝1－i1＋i2＝1－i 2i ＝1＋i －2＝－12－12i ，∴z －＝－12＋12i.故选B.2．设命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，则綈p 为( ) A ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 B ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 C ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0 D ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≥0答案 A解析 ∵命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，∴綈p 为∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0.故选A. 3．已知集合A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，则A ∩B ＝( ) A ．{x |0<x <5} B ．{x |1<x <4} C ．{2,3} D ．{1,2,3,4}答案 C解析因为A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，所以A ＝{1,2,3}，因为B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，所以B ＝{2,3,4}，根据集合交集运算，可得A ∩B ＝{2,3}，所以选C.4．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x 的值的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析根据题意，该框图的含义是：当x ≤2时，得到函数y ＝x 2－1；当x >2时，得到函数y ＝log 2x . 因此，若输出的结果为1时，①若x ≤2，得到x 2－1＝1，解得x ＝±2； ②若x >2，得到log 2x ＝1，解得x ＝2(舍去)．因此，可输入的实数x 的值可能为－2，2，共有2个．故选B.5．已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π 答案 A解析因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2π3.由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3.由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π，所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，故选A. 6．如图所示的几何图形中，ABCD 为菱形，C 为EF 的中点，EC ＝CF ＝3，BE ＝DF ＝4，BE ⊥EF ，DF ⊥EF ，现在几何图形中任取一点，则该点取自Rt △BCE 的概率为( )A.19B.18C.17D.16答案 D解析 ∵EC ＝3，BE ＝4，BE ⊥EC ，∴BC ＝5.又由题可知BD ＝EF ＝6，AC ＝2BE ＝8，∴S △BEC＝S △DFC ＝12×3×4＝6，S菱形ABCD＝12·AC ·BD ＝24，由几何概型概率公式可得，所求概率为P ＝624＋6＋6＝16，即该点取自Rt △BCE 的概率为16.故选D.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.272B ．27C ．27 2D ．27 3 答案 D解析在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C －BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，故选D.8．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过F 且倾斜角为120°的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，若AF ，BF 的中点在y 轴上的射影分别为M ，N ，且|MN |＝43，则抛物线C 的准线方程为( )A ．x ＝－1B ．x ＝－2C ．x ＝－32D ．x ＝－3答案 D解析设AF ，FB 的中点分别为D ，E ，则|AB |＝2|DE |，由题得|DE |＝43sinπ3＝8，所以|AB |＝16，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＋p ＝16，∴x 1＋x 2＝16－p ，联立直线和抛物线的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，∴3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以16－p ＝5p 3，∴p ＝6，所以抛物线的准线方程为x ＝－3.故选D.9．在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点，且AD →＝13AB →＋12AC →，则S △BCDS △ABD ＝( )A.16B.13C.12D.23 答案 B解析如图，由题意可知，点D 在平行于AB 边的中位线EF 上且满足DE ＝13AB ，S △ABD ＝12S△ABC，S △ACD ＝13S △ABC ，∴S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，∴S △BCD S △ABD ＝13，故选B.10．如图，为了测量某湿地A ，B 两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C ，D ，E .从D 点测得∠ADC ＝67.5°，从C 点测得∠ACD ＝45°，∠BCE ＝75°，从E 点测得∠BEC ＝60°.若测得DC ＝23，CE ＝2(单位：百米)，则A ，B 两点间的距离为( )A. 6 B ．2 2 C ．3 D ．2 3 答案 C解析根据题意，在△ADC 中，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝67.5°，DC ＝23，则∠DAC ＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC ＝DC ＝23，在△BCE 中，∠BCE ＝75°，∠BEC ＝60°，CE ＝2，则∠EBC ＝180°－75°－60°＝45°，则有ECsin ∠EBC＝BCsin ∠BEC，变形可得BC ＝EC ·sin∠BECsin ∠EBC＝2×3222＝3，在△ABC 中，AC ＝23，BC ＝3，∠ACB ＝180°－∠ACD －∠BCE ＝60°，则AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos∠ACB ＝9，则AB ＝3.故选C.11．已知直线l 与曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9相交，交点依次为A ，B ，C ，且|AB |＝|BC |＝5，则直线l 的方程为( )A ．y ＝－2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝3x －5D ．y ＝－3x ＋2答案 B解析设f (x )＝x 3－6x 2＋13x －9，则f ′(x )＝3x 2－12x ＋13，设g (x )＝3x 2－12x ＋13，则g ′(x )＝6x －12，令g ′(x )＝0，得x ＝2，所以曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9的对称中心为(2,1)．由|AB |＝|BC |可知直线l经过点(2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 3－6x 2＋13x －9，x －22＋y －12＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此可得直线l 过点(1，－1)，(3,3)，(2,1)，所以直线l 的方程为y ＝2x －3.故选B.12．已知x ∈(0，π)，且cos x ＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝________.答案7210解析因为x ∈(0，π)，且cos x ＝45，所以sin x ＝35，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝22sin x ＋22cos x ＝7210.13．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m >0)，若圆上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的取值范围是________．答案 [4,6]解析由已知，以AB 为直径的圆与圆C 有公共点，又AB 的中点为原点，则|AB |＝2m ，则|m －1|≤0－32＋0－42≤m ＋1，解得4≤m ≤6，即m 的取值范围是[4,6]．14．已知四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC 于点E ，EC ＝1，AB ＝6，BC ＝3，PE ＝2，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径为________．答案 2解析如图，由已知，设三角形PBC 外接圆圆心为O 1，由正弦定理可求出三角形PBC 外接圆半径为102，设F 为BC 边的中点，进而求出O 1F ＝12，设四棱锥的外接球球心为O ，外接球半径的平方为⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＋O 1F 2＝4，所以四棱锥外接球半径为2.。

高考数学大二轮复习第二部分专题2数列增分强化练十一文

增分强化练(十一)考点一等差、等比数列的基本运算1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝4a 1，则公比q ＝( ) A.12 B.13 C ．2D ．3解析：由题意，根据等比数列的性质，可得S 2＝a 1＋a 2＝4a 1，∴a 2＝3a 1，∴q ＝a 2a 1＝3，故选D. 答案：D2．(2019·甘肃质检)在等差数列{a n }中，已知a 1与a 11的等差中项是15，a 1＋a 2＋a 3＝9，则a 9＝( )A ．24B ．18C ．12D ．6解析：由题得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 11＝2a 1＋10d ＝30a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0d ＝3，则a 9＝8d ＝24，故选A.答案：A3．(2019·三明质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝42，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝2，a 5＝42，所以q 3＝a 5a 2＝22，因此a 8＝a 5q 3＝16. 答案：164．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝3S 2，a 3＝2，则a 7＝________.解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1且q ＞0，因为S 4＝3S 2，所以a 1(1－q 4)1－q＝3a 1(1－q 2)1－q ，解得q 2＝2，因为a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.答案：8考点二等差、等比数列的判定与证明1．(2019·蚌埠模拟)已知数列{a n }中，a 1＝－1，且a n －a n －1＝1n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．解析：(1)由a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1－1n，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n ，相加得，a n －a 1＝1－1n，又a 1＝－1，所以a n ＝－1n(n ≥2，n ∈N *)，而a 1＝－1也符合，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－1n(n ∈N *)，(2)证明：由(1)知1a n ＝－n ，则1a 1＝－1，1a n ＋1＝－(n ＋1)，所以1a n ＋1－1a n＝－(n ＋1)＋n ＝－1(常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．2．(2019·桂林、崇左模拟)已知数列{a n }中，满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N ＋)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：∵a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n)1－2－n＝2n ＋1－n －2.故S n ＝2n ＋1－n －2.考点三等差、等比数列的性质1．(2019·宜春模拟)在等比数列{a n }中，若a 2，a 9是方程x 2－x －6＝0的两根，则a 5·a 6的值为( ) A ．6 B ．－6 C ．－1D ．1解析：因为a 2，a 9是方程x 2－x －6＝0的两根，所以根据根与系数的关系可知a 2·a 9＝－6，因为数列{a n }是等比数列，所以a 5·a 6＝a 2·a 9＝－6，故选B. 答案：B2．在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＋a 7＋a 9＋a 13＝100，a 6－a 2＝12，则a 1＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：在等差数列{a n }中，由a 1＋a 5＋a 7＋a 9＋a 13＝100得5a 7＝100，即a 1＋6d ＝20 ，又4d ＝12，得d ＝3, a 1＝2，故选B. 答案：B3．(2019·晋城模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．63 B ．62 C ．61D ．60解析：因为S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即3,12，S 6－15成等比数列，所以S 6－15＝1224，解得S 6＝63.故选A. 答案：A4．(2019·长春质检)设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( ) A ．1 B ．3 C ．7D ．13解析：因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.答案：C。

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增分强化练(十三)
考点一利用递推关系或S n 、a n 的关系求a n
1．(2019·晋城模拟)数列{a n }满足a 1＝3，且对于任意的n ∈N *
都有a n ＋1－a n ＝n ＋2，则a 39＝________.
解析：因为a n ＋1－a n ＝n ＋2，
所以a 2－a 1＝3， a 3－a 2＝4，
a 4－a 3＝5，
…，
a n －a n －1＝n ＋1(n ≥2)，
上面n －1个式子左右两边分别相加
得a n －a 1＝(n ＋4)(n －1)2
，即a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2
，所以a 39＝40×412
＝820. 答案：820
2．(2019·宝鸡模拟)若数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝8n (n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝8.
因为a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2
n －1a n ＝8n ，所以a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2
n －2a n －1＝8n －8，(n ≥2) 两式相减得2
n －1a n ＝8＝23，所以a n ＝2
4－n (n ≥2)，适合n ＝1. 所以a n ＝2
4－n . 答案：24－n
考点二数列求和
1．(2019·安阳模拟)已知各项为正的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列．
(1)求a n ；
(2)若b n ＝10－2n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和T n . 解析：(1)设各项为正的公比为q 的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， a 1＝3，且－a 2,15，S 3依次成等差数列．
所以S 3－a 2＝30，即a 1＋a 1q 2
＝30
解得q ＝3或－3(负值舍去)．
故a n ＝3·3n －1＝3n
.
(2)由于b n ＝10－2n ，则a n ＋b n ＝3n
＋10－2n ，
所以T n ＝(31＋32＋ (3)
)＋(8＋6＋…＋10－2n )
＝3(3n －1)3－1＋n (8＋10－2n )2＝3n ＋12－n 2＋9n －32.
2．(2019·湛江模拟)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝－12n 2＋212n .
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝1
a 2n a 2n ＋2
，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .
解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n 2＋212n ＋12(n －1)2－212(n －1)＝－n ＋11，
当n ＝1时，满足上式，∴a n ＝－n ＋11.
(2)由a n ＝－n ＋11，
可得b n ＝1
a 2n a 2n ＋2＝1(2n －11)(2n －9)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫
1
2n －11－1
2n －9，
∴T n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－9－1
－7＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
－7－1
－5＋
⎦⎥⎤…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2n －11－1
2n －9
＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－9－1
2n －9
＝－118－1
4n －18.
3．(2019·汕头模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝19，S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 20的值．解析：(1)当n ≥2时，因为S n ＝na n ＋1＋n (n ＋1)，① 所以S n －1＝(n －1)a n ＋n (n －1)，②
①－②得：a n ＝na n ＋1－(n －1)a n ＋2n ，
即a n ＋1－a n ＝－2(n ≥2)，
又S 1＝a 2＋2即a 2－a 1＝－2，
所以数列{a n }是以19为首项，－2为公差的等差数列，所以a n ＝19＋(n －1)·(－2)＝21－2n .
(2)由(1)知a n ＝21－2n ，
所以b n ＝|a n |＝|21－2n |，
因为当n ≤10时a n >0，当n >10时a n <0，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 21－2n ，n ≤10
2n －21，n >10，
所以T 20＝b 1＋b 2＋…＋b 20
＝(19＋17＋...＋1)＋(1＋3＋...＋19) ＝2(19＋17＋ (1)
＝2×(19＋1)×102＝200.
考点三数列的应用与综合问题 (2019·三明质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2.
(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；
(2)设b n ＝log 2(S 3n ＋2)，数列⎩⎨⎧
⎭⎬⎫
1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求证17≤4T n <13.
解析：(1)因为a n ＋1＝S n ＋2，① 所以当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，② ①－②得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，
又因为a 2＝a 1＋2＝4，即a 2＝2a 1，所以a n ＋1＝2a n (n ≥1)，
即数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n ，a n ＋1＝2n ＋1
，则S n ＝a n ＋1－2＝2n ＋1
－2.
(2)证明：由(1)得S 3n ＝23n ＋1
－2，
所以S 3n ＋2＝23n ＋1
，
则b n ＝log 223n ＋1
＝3n ＋1，
则1b n b n ＋1＝1
(3n ＋1)(3
n ＋4)
＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1
3n ＋1－13n ＋4，
所以T n ＝1
b 1b 2＋1
b 2b 3＋…＋1
b n b n ＋1
＝13×⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…
⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
3n ＋1－1
3n ＋4
＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫14－13n ＋4＝112－13(3n ＋4)
. 因为13(3n ＋4)>0，所以T n <112
. 又T n ＝n 4(3n ＋4)＝14⎝ ⎛⎭
⎪⎫3＋4n ，当n ＝1时，T n 取得最小值为128，所以128≤T n <112，即17≤4T n <13
.。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题2数列增分强化练十三文20191128312