2022年高考数学大一轮复习 第七章 第41课 数列的递推关系与求和检测评估

2022年高考数学大一轮复习 第七章 第41课 数列的递推关系与求和检测评估一、 填空题1. 数列3+2n的前n项和Sn=.2. 已知数列an的前n项和Sn满足:Sn+Sm=Sn+m,且a1=1,那么a10=.3. 已知数列an的首项为3,bn为等差数列,且bn=an+1-an(nN*).若b3=-2,b10=12,则a8=.4. 已知数列an的通项公式为an=,则数列an的前8项和S8=.5. 在数列an中,a1=2,an+1=an,则数列an的通项公式为.6. 已知数列an满足a1+3a2+32a3+3n-1an=,那么数列an的通项公式为.7. 1+(nN*)= .8. 对于正项数列an,定义Hn=为an的“蕙兰”值,现知数列an的“蕙兰”值为Hn=,则数列an的通项公式为 .二、 解答题 9. 已知数列an满足a1=1,=2an+1(nN*).(1) 求证:数列an+1是等比数列;(2) 求an的通项公式.10. 已知等差数列an满足a2=0,a6+a8=-10.(1) 求数列an的通项公式;(2) 求数列的前n项和.11. 已知点是函数f(x)=ax(a0,且a1)的图象上一点,等比数列an的前n项和为f(n)-c,数列bn(bn0)的首项为c,且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=+(n2).(1) 求数列an和bn的通项公式;(2) 若数列的前n项和为Tn,则满足Tn的最小正整数n是多少?第41课数列的递推关系与求和1. 2n+1+3n-2解析:Sn=3n+=2n+1+3n-2.2. 1解析:由Sn+Sm=Sn+m,知Sn=Sn+m-Sm,则S1=S10-S9,即a10=a1=1.3. 3解析:由题意知bn=2n-8,所以an+1-an=2n-8,累加法得a8=(a2-a1)+(a3-a2)+(a8-a7)+a1=b1+b2+b7+3=-6-4-2+0+2+4+6+3=3.4. 2解析:由an=,知an=-,则数列an的前n项和为Sn=(-)+(-)+(-)=-1,所以S8=-1=2.5. an=2n解析:an+1=an变形为=,由此可得=,即为常数列,所以=2,即an=2n.6. an=解析:记原式为,当n2时,a1+3a2+32a3+3n-2an-1=.-得3n-1an=,则an=(n=1时也符合).7. 解析:设an=, 所以Sn=2=2=2=.8. an=2-解析:由题意得=,即a1+2a2+3a3+nan=n2,所以当n2时,a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=(n-1)2,-得nan=n2-(n-1)2=2n-1an=2-(n2),当n=1时,a1=1,也满足此式,所以an=2-(nN*).9. (1) 由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1),又an+10,所以=2,即an+1为等比数列.(2) 由(1)知an+1=(a1+1)qn-1,即an=(a1+1)qn-1-1=22n-1-1=2n-1.10. (1) 设等差数列an的公差为d,由已知条件可得解得故数列an的通项公式为an=2-n.(2) 设数列的前n项和为Sn,即Sn=a1+,S1=1,=+.所以,当n1时,=a1+-=1-=1-=,则Sn=,当n=1时也满足此式.所以数列的前n项和为.11. (1) 因为点是函数f(x)=ax(a0,且a1)的图象上一点,所以f(1)=a=.等比数列an的前n项和为f(n)-c,则当n2时,an=f(n)-c-f(n-1)-c=an(1-a-1)=-,因为an是等比数列,所以an的公比q=.所以a2=-=a1q=f(1)-c,解得c=1,a1=-.故an=-(n1). 由题设知bn(bn0)的首项b1=c=1,由Sn-Sn-1=+-=1,且=1.所以是首项为1、公差为1的等差数列,即=nSn=n2.因为bn=Sn-Sn-1=2n-1(n2),又b1=1=21-1,故数列bn的通项公式为bn=2n-1(n1).(2) 因为bn=2n-1(n1),所以=.Tn=+=+=.由Tn=,得n=111.故满足Tn的最小正整数n为112.