（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練12 數(shù)列的通項與求和 理

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1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練12 數(shù)列的通項與求和 理 1.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,a4+a10=28,則S9=(　　) A.45 B.90 C.120 D.75 2.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,滿足a1+2a2=S5,下列結(jié)論錯誤的是(　　) A.S9=0 B.S5最小 C.S3=S6 D.a5=0 3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2-2n-1,則a3+a17=(　　) A.15 B.17 C.34 D.398 4.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=+f(x)(x∈R),且f(1)=,則數(shù)列{f(n)}(n∈N*)前2

2、0項的和為(　　) A.305 B.315 C.325 D.335 5.已知數(shù)列{an},構(gòu)造一個新數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數(shù)列是首項為1,公比為的等比數(shù)列,則數(shù)列{an}的通項公式為(　　) A.an=,n∈N* B.an=,n∈N* C.an= D.an=1,n∈N* 6.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),則an=　　　　　.? 7.(2018全國Ⅰ,理14)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和.若Sn=2an+1,則S6=　　　　　.? 8.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1=-2 017

3、,=6,則S2 017=　　　　　.? 9.已知在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)令bn=,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.如果對于任意的n∈N*,都有Tn>m,求實數(shù)m的取值范圍. 10.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=0,對任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1). (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足an+log2n=log2bn,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 11.

4、設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn .已知2Sn=3n+3. (1)求{an}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn. 二、思維提升訓(xùn)練 12.給出數(shù)列,…,,…,,…,在這個數(shù)列中,第50個值等于1的項的序號是(　　) A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001 13.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn=　　　　　.? 14.已知等差數(shù)列{an}的公差為2,其前n項和Sn=pn2+2n(n∈N*). (1)求p的值及an; (2)

5、若bn=,記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求使Tn>成立的最小正整數(shù)n的值. 15.已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實數(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}的通項公式; (2)設(shè)bn=,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項和. 16.設(shè)數(shù)列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對小于n(2≤n≤N)的每個正整數(shù)k都有ak

6、,3,寫出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)的元素個數(shù)不小于aN-a1. 專題能力訓(xùn)練12　數(shù)列的通項與求和 一、能力突破訓(xùn)練 1.B　解析 因為{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.所以S9=9a1+d=18+36×2=90.故選B. 2.B　解析 由題設(shè)可得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

7、=2a5=0,則S9==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)論是錯誤的.故選B. 3.C　解析 ∵Sn=n2-2n-1, ∴a1=S1=12-2-1=-2. 當(dāng)n≥2時,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)}是以為首項,為公差的等差數(shù)列. ∴S20=20=335. 5.A　解析 因為數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公比為的等比數(shù)列, 所以an-an-1=,n≥2.所以當(dāng)n≥2時, an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1++…+ = 又當(dāng)n=1時,an==1, 則an=,n∈N*. 6　解析 因為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也滿

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為首項,2為公比的等比數(shù)列,則S6==-63. 8.-2 017　解析 ∵Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和, 是等差數(shù)列,設(shè)其公差為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. 故答案為-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-, ∴數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列, ∴最小值為1-,只需要>m, ∴m的取值范圍是 10.解 (1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1), ∴當(dāng)n≥2時,(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), 即nan+1-

11、(n-1)an=an+2n,得 an+1-an=2. 當(dāng)n=1時,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2. ∴數(shù)列{an}是以0為首項,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=1. ∴數(shù)列是以=0為首項,1為公差的等差數(shù)列,=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1). 當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2. 又a1=0適合上式,∴數(shù)列{an

12、}的通項公式為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)因為2Sn=3n+3, 所以2a1=3+3,故a1=3. 當(dāng)n>1時,2Sn-1=3n-1+3, 此時2an=2Sn-2Sn-1=3n-

13、3n-1=2×3n-1,即an=3n-1, 所以an= (2)因為anbn=log3an, 所以b1=, 當(dāng)n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n. 所以T1=b1=; 當(dāng)n>1時,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), 兩式相減,得2Tn=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-(n-1)×31-n=, 所以Tn= 經(jīng)檢驗,當(dāng)n=1時也適合. 綜上可得Tn= 二、思維提升訓(xùn)練 12.B　解析 根據(jù)

14、條件找規(guī)律,第1個1是分子、分母的和為2,第2個1是分子、分母的和為4,第3個1是分子、分母的和為6,……第50個1是分子、分母的和為100,而分子、分母的和為2的有1項,分子、分母的和為3的有2項,分子、分母的和為4的有3項,……分子、分母的和為99的有98項,分子、分母的和為100的項依次是:,…,,…,,第50個1是其中第50項,在數(shù)列中的序號為1+2+3+…+98+50=+50=4 901. 13.-　解析 由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得=1,即=-1,則為等差數(shù)列,首項為=-1,公差為d=-1,=-n,∴Sn=- 14.解 (1)(方法一)∵{an}是等差數(shù)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,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>成立的最小正整數(shù)n的值為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). 又因為q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2. 當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=;

17、 當(dāng)n=2k(k∈N*)時,an=a2k=2k= 所以,{an}的通項公式為an= (2)由(1)得bn=設(shè){bn}的前n項和為Sn,則Sn=1+2+3+…+(n-1)+n, Sn=1+2+3+…+(n-1)+n, 上述兩式相減,得Sn=1++…+=2-, 整理得,Sn=4- 所以,數(shù)列{bn}的前n項和為4-,n∈N*. 16.(1)解 G(A)的元素為2和5. (2)證明 因為存在an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,且對任意正整數(shù)k

18、).從而G(A)≠?. (3)證明 當(dāng)aN≤a1時,結(jié)論成立. 以下設(shè)aN>a1. 由(2)知G(A)≠?. 設(shè)G(A)={n1,n2,…,np},n1}. 如果Gi≠?,取mi=minGi, 則對任何1≤k