2020高考数学总复习专题06数列分项练习含解析文

【2019最新】精选高考数学总复习专题06数列分项练习含解析文一．基础题组1.【2005天津，文14】在数列中，，且{}n a 121,2a a ==21(1)nn n a a +-=+-，则 ．*()n N ∈10S = 【答案】2600 本题答案填写：26002.【2006天津，文2】设是等差数列，则这个数列的前6项和等于( ){}n a 13569,9.a a a a ++==（A ）12 （B ）24 （C ）36 （D ）48 【答案】B【解析】是等差数列， ∴ ，则这个数列的前6项和等于，选B.{}n a 13533639,3,9.a a a a a a ++====12,1d a ==-166()242a a +=3.【2007天津，文8】设等差数列的公差不为0，．若是与的等比中项，则（ ）{}n a d19a d =k a 1a 2k a k =Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8 【答案】B【解析】解：因为ak 是a1与a2k 的等比中项， 则ak2=a1a2k ，9d+（k-1）d]2=9d•9d+（2k-1）d]， 又d≠0，则k2-2k-8=0，k=4或k=-2（舍去）． 故选B ．4.【2008天津，文4】若等差数列的前5项和，且，则{}n a 525S =23a =7a =（A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15 【答案】B【解析】，所以，选B ．1524545()5()722a a a a S a ++==⇒=4272255132a aa a d a -=+=+⋅= 5.【2010天津，文15】设{an}是等比数列，公比q ＝，Sn 为{an}的前n 项和．记Tn ＝，n∈N*.设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0＝2117n nn S S a +-【答案】4 【解析】解析：an ＋1＝a1·()n，Snn2n n2n n ＝×()n＋－17]∵()n＋≥8，当且仅当n ＝4又1－＜0∴当n ＝4时，Tn 取最大值，故n0＝4.6.【2011天津，文11】已知是等差数列,为其前n 项和,.若,,则的值为 .{}n a n S n N *∈316a =2020S =10S 【答案】1107.【2014天津，文5】设是首项为，公差为的等差数列，为其前n 项和，若成等比数列，则=（ ）{}n a 1a 1-n S ，，，421S S S 1aA.2B.-2C. D .2112- 【答案】D 【解析】试题分析：因为成等比数列，所以即选D.124S S S ，，2214S S S =，211111(21)(4.2a a a a -==--6)， 考点：等比数列8. 【2015高考天津，文18】（本小题满分13分）已知是各项均为正数的等比数列,是等差数列,且,.{}n a {}n b 112331,2a b b b a ==+=5237a b -= （I ）求和的通项公式;{}n a {}n b（II ）设,求数列的前n 项和.*,n n n c a b n N =?{}n c【答案】（I ）,;（II ）12,n n a n -*=∈N 21,n b n n *=-∈N ()2323n n S n =-+ 【解析】21,n b n n *=-∈N .（II ）由（I ）有 ,设的前n 项和为 ,则()1212n n c n -=-{}n c n S 两式相减得()()2312222122323,n n n n S n n -=++++--⨯=--⨯-L 所以 .()2323n n S n =-+【考点定位】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和,考查基本运算能力. 二．能力题组 1.【2005天津，文18】若公比为的等比数列的首项且满足．{}n a 11a =13(3,4,)2n n n a a a n --+==L （I ）求的值；（II ）求数列的前项和．{}n na n S【答案】（I ）c ＝1或（II ）21-=c ]223)1(4[911-+--=n nn n S 【解析】 (Ⅰ)解：由题设，当时，，3n ≥2212,n n n n a c a a ca ---==221212---+=+=n n n n a ca a a ，由题设条件可得，因此，即20n a -≠212c c +=2210c c --= 解得c ＝1或21-=c 式两边同乘，得21-n n n n n S )21()21)(1()21(2212112-+--++-+-=--Λ ②①式减去②式，得所以(nN*)]223)1(4[911-+--=n n n n S ∈2.【2007天津，文20】在数列中，，，．{}n a 12a =1431n n a a n +=-+n ∈*N （Ⅰ）证明数列是等比数列 {}n a n - （Ⅱ）求数列的前项和；{}n a n S（Ⅲ）证明不等式，对任意皆成立．14n n S S +≤n ∈*N【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）详见解析41(1)32n n n n S -+=+ （Ⅲ）证明：对任意的，n ∈*N21(34)02n n =-+-≤．所以不等式，对任意皆成立．14n n S S +≤n ∈*N3.【2008天津，文20】已知数列中，，，且．{}n a 11a =22a =11(1)n n n a q a qa +-=+-(20)n q ≠≥， （Ⅰ）设，证明是等比数列；1()n n n b a a n +=-∈*N {}n b（Ⅱ）求数列的通项公式；{}n a（Ⅲ）若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项．3a 6a 9a n ∈*N n a 3n a +6n a +【答案】（I ）详见解析，（II ）（Ⅲ）详见解析11111 1.n n q q a q n q -⎧-+≠⎪=-⎨⎪=⎩，，，【解析】（Ⅰ）证明：由题设，得11(1)(2)n n n a q a qa n +-=+-≥11()n n n n a a q a a +--=-，即12n n b qb n -=，≥．又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．1211b a a =-=0q ≠{}n b （Ⅱ）解：由（Ⅰ），211a a -=， 32a a q -=，……21(2)n n n a a q n ---=≥．3611q q -=-， ①整理得，解得或（舍去）．于是323()20q q +-=32q =-31q =q =另一方面，21133(1)11n n n n n q q q a a q q q+--+--==---，15166(1)11n n n n n q q q a a q q q-+-+--==---．由①可得36n n n n a a a a n ++-=-∈*N ，．所以对任意的，是与的等差中项．n ∈*N n a 3n a +6n a +4.【2009天津，文20】已知等差数列{an}的公差d 不为0,设Sn ＝a1+a2q+…+anqn －1,Tn ＝a1－a2q+…+(－1)n －1anqn －1,q≠0,n∈N*. (1)若q ＝1,a1＝1,S3＝15,求数列{an}的通项公式; (2)若a1＝d 且S1,S2,S3成等比数列,求q 的值;(3)若q≠±1,证明(1－q)S2n －(1+q)T2n,n∈N*.221)1(2q q dq n --=本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n 项和公式等基础知识,考查运算能力和推理论证能力.满分12分.【答案】（Ⅰ）an ＝4n －3；（Ⅱ）q ＝－2；（Ⅲ）详见解析 S2n ＝a1+a2q+a3q2+a4q3+…+a2nq2n－1,① T2n ＝a1－a2q+a3q2－a4q3+…－a2nq2n －1.② ①式减去②式,得S2n －T2n ＝2(a2q+a4q3+…+a2nq2n－1). ①式加上②式,得S2n+T2n ＝2(a1+a3q2+…+a2n－1q 上标2n －2).③ ③式两边同乘q,得q(S2n+T2n)＝2(a1q+a3q3+…+a2n－1q2n －1).所以,(1－q)S2n －(1+q)T2n ＝(S2n －T2n)－q(S2n+T2n) ＝2d(q+q3+…+q2n－1)221)1(2qq dq n --=,n∈N*. 5.【2012天津，文18】已知{an}是等差数列，其前n 项和为Sn ，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记Tn ＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn ，n∈N*，证明Tn －8＝an －1bn ＋1(n∈N*，n ＞2)．【答案】（Ⅰ）an ＝3n －1，bn ＝2n ；（Ⅱ）详见解析－Tn ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n －1)×2n＋1＝－(3n －1)×2n＋1－2＝－(3n －4)×2n＋1－8，6(12)12n ⨯-- 即Tn －8＝(3n －4)×2n＋1，而当n ＞2时，an －1bn ＋1＝(3n －4)×2n＋1．所以，Tn －8＝an －1bn ＋1，n∈N*，n ＞2． 三．拔高题组 1.【2006天津，文21】已知数列满足并且为非零参数，{}n x 121x x ==11,(n n n n x xx x λλ+-=2,3,4,...).n = （I ）若、、成等比数列，求参数的值；1x 3x 5x λ（II ）设，常数且证明01λ<<*k N ∈3,k ≥*1212...().1k k k n k kn x x x n N x x x λλ++++++<∈- 【答案】（I ）（II ）详见解析 1.λ=± 因此，对任意*,n N ∈当且时，所以3k ≥01λ<<(3)201,011,k k nk λλ-<≤<-<2.【2010天津，文22】在数列{an}中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k －1，a2k ，a2k ＋1成等差数列，其公差为2k.(1)证明a4，a5，a6成等比数列； (2)求数列{an}的通项公式；(3)记Tn ＝＋…＋，证明＜2n －Tn≤2(n≥2)．222323a a +2n n a 32【答案】(1) 详见解析，(2) an ＝＋，(3) 详见解析22n 114n --（） 由a1＝0，得a2k ＋1＝2k(k ＋1)，从而a2k ＝a2k ＋1－2k ＝2k2.所以数列{an}的通项公式为an ＝22122n n n n ⎧-⎪⎪⎨⎪⎪⎩，奇，，偶，为数为数 或写为an ＝＋，n∈N*.22n 114n--（） (3)证明：由(2)可知a2k ＋1＝2k(k ＋1)，a2k ＝2k2. 以下分两种情况进行讨论：①当n 为偶数时，设n ＝2m(m∈N*)．若m ＝1，则2n －＝2.22nk kk a =∑若m≥2，则＝22nk kk a =∑22111221(2)(21)mm k k k k k k a a -==-++∑∑ ＝221211444122(1)mm k k k k k k k k -==++++∑∑＝2m ＋211441[]2(1)2(1)m k k k k k k k -=++++∑ ＝2m ＋11111[2()]2(1)m k k k -=+-+∑＝2m ＋2(m －1)＋ (1－)＝2n －－.121m 321n所以2n －＝＋，22nk k k a =∑321n从而＜2n －＜2，n ＝4,6,8，….3222nk kk a =∑ 有＜2n －Tn≤2. 323.【2011天津，文20】已知数列与满足,,且.{}n a {}n b 11(2)1nn n n n b a b a +++=-+13(1),2n n b n N -+-=∈*12a = （Ⅰ）求的值;23,a a(Ⅱ)设,,证明是等比数列;2121n n n c a a +-=-n N ∈*{}n c (Ⅲ)设为的前n 项和,证明.n S {}n a 21212122121()3n n n n S S S S n n N a a a a *--++++≤-∈L 【答案】(1) （2）详见解析，（3）详见解析233,8,2a a =-=【解析】（Ⅰ）由，可得 ，，1*3(1),2n n b n N -+-=∈2,1n n b n ⎧=⎨⎩是奇数，是偶数11(2)1n n n n n b a b a +++=-+ 当时，，由得；1n =1221a a +=-12a =232a =- 当时，可得.2n =2325a a +=38a =由①得，所以 ，212122221k k k a --+=-+21*212,2k k a k N -=-∈ 因此，于是 ，21234212()()......()2k k k k S a a a a a a -=++++++=212122122k k k k k S S a ---=-=+ 故，21212212221212121212211222144(41)22k k k kk k k k k kk k kk kS S k k k a a ------+-++=+=-=----- 所以*21212122121......()3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈【命题意图】本小题主要考查等比数列的定义、求和公式等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论思想方法.4.【2013天津，文19】已知首项为的等比数列{an}的前n 项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．32(1)求数列{an}的通项公式； (2)证明(n∈N*)．1136n n S S +≤ 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析11313(1)222n n n n a --⎛⎫=⨯-=-⋅⎪⎝⎭当n 为奇数时，随n 的增大而减小，所以.1n n S S +111113=6n n S S S S +≤+ 当n 为偶数时，随n 的增大而减小，所以.1n nS S +221125=12n n S S S S +≤+ 故对于n∈N*，有.1136n n S S +≤ 5.【2017天津，文18】（本小题满分13分）已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，{}n a *()n S n ∈N {}n b 2334111412,2,11b b b a a S b +==-=．（Ⅰ）求和的通项公式；{}n a {}n b（Ⅱ）求数列的前n 项和．2{}n n a b *()n ∈N【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．32n a n =-2nn b =2(34)216n n +-+【解析】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的首项为，公差为，等比数列的公比为，建立方程（组）即可求解；（Ⅱ）先求的通项公式，可得的通项公式，再根据错位相减法即可求其前n 项和．{}n a 1a d 2{}n a 2{}n n a b试题解析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．{}n a d {}n b由已知，得，而，所以．2312b b +=21()12b q q +=12b =260q q +-= 又因为，解得，所以．0q >2q =2nn b =由，可得；由，可得，3412b a a =-138d a -=①11411S b =1516a d +=②122)2(34)216n n n ++⨯=---，得．2(34)216n n T n +=-+所以，数列的前项和为．2{}n n a b 2(34)216n n +-+【考点】等差数列、等比数列、错位相减法、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．6.【2014天津，文20】已知和均为给定的大于1的自然数，设集合，集合，{}12,1,0-=q M Λ{}n i M x q x q x x x x A i n n ΛΛ,2,1,,121=∈++==-(1)当时，用列举法表示集合A ；3,2==n q (2)设其中证明：若则.,,,,121121--++=+++=∈n n n n q b q b b t q a q a a s A t s ΛΛ,,2,1,,n i M b a i i Λ=∈,n n b a <t s < 【答案】(1) ， (2) 详见解析.{}0,1,2,3,4,5,6,7A = 【解析】试题分析：(1)本题实质是具体理解新定义，当时，，，再分别对取 得到 (2)证明大小不等式，一般利用作差法. ,根据新定义：，所以，即.3,2==n q {}0,1M ={}12324,,1,2,3i A x x x x x x M i ==++∈=123(,,)x x x (0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(1,1,1),{}0,1,2,3,4,5,6,7A =21112211()()()()n n n n n n s t a b a b q a b q a b q -----=-+-++-+-L 1,1,(1,2,,1)i i n n a b q a b i n -≤--≤-=-L 1211(1)(1)(1)(1)(1)101n n n n q q s t q q q q qqq q-------≤-+-++--=-=-<-L t s <考点：新定义，作差证明不等式，等比数列求和 7.【2016高考天津文数】(本小题满分13分) 已知是等比数列，前n 项和为，且.{}n a ()n S n *∈N 6123112,63S a a a -== (Ⅰ)求的通项公式；{}n a(Ⅱ)若对任意的是和的等差中项，求数列的前2n 项和.,n n b *∈N 2log n a 21log n a +(){}21nn b -【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.12-=n n a 22n 【解析】试题分析：（Ⅰ）求等比数列通项，一般利用待定系数法：先由，解得，分别代入，得，；（Ⅱ）先根据等差中项得，再利用分组求和法求和：.2111211q a q a a =-1,2-==q q 616(1)631a q S q -==-1-≠q 11=a 21)2log 2(log 21)log (log 21212122-=+=+=-+n a a b n n n n n 2212212221224232221222)(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-设数列的前项和为，则.})1{(2n n b -n T 2212212221224232221222)(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-【考点】等差数列、等比数列及其前项和公式【名师点睛】分组转化法求和的常见类型：(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．,,nnnb nac n⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数，为偶数。