配套K12高考数学(理科)大二轮复习练习：专题四 数列 专题能力训练12

小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 专题能力训练12 数列的通项与求和 一、能力突破训练 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20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,=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. 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 11.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)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一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合. (1)对数列A:-2,2,-1,1,3,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. 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 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=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)=,…… 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*. 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 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-2 017. 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, 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 ∴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-(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}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-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=,