（新课标）天津市2022年高考数学二轮复习 专题能力训练12 数列的通项与求和 理

（新课标）天津市2022年高考数学二轮复习 专题能力训练12 数列的通项与求和 理1.已知等差数列an的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()A.45B.90C.120D.752.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=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列an的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)=+f(x)(xR),且f(1)=,则数列f(n)(nN*)前20项的和为()A.305B.315C.325D.3355.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=,nN*B.an=,nN*C.an=D.an=1,nN*6.已知数列an满足a1=1,an-an+1=nanan+1(nN*),则an=.7.(2018全国,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nN*.(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nN*,都有Tnm,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nN*,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.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 900B.4 901C.5 000D.5 00113.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(nN*).(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q1),nN*,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=,nN*,求数列bn的前n项和.16.设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1,则G(A);(3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.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+362=90.故选B.2.B解析 由题设可得3a1+2d=5a1+10d2a1+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n2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=(23-3)+(217-3)=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=,n2.所以当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+=又当n=1时,an=1,则an=,nN*.6解析 因为an-an+1=nanan+1,所以=n,+=(n-1)+(n-2)+3+2+1+=+1=(n2).所以an=(n2).又a1=1也满足上式,所以an=7.-63解析 Sn=2an+1,Sn-1=2an-1+1(n2).-,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n2).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,m的取值范围是10.解 (1)(方法一)nan+1=Sn+n(n+1),当n2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,1a2=S1+12,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n2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=n22n-2=n4n-1.Tn=b1+b2+b3+bn-1+bn=40+241+342+(n-1)4n-2+n4n-1,4Tn=41+242+343+(n-1)4n-1+n4n,由-,得-3Tn=40+41+42+4n-1-n4n=-n4n=Tn=(3n-1)4n+1.11.解 (1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=23n-1,即an=3n-1,所以an=(2)因为anbn=log3an,所以b1=,当n1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)31-n.所以T1=b1=;当n1时,Tn=b1+b2+b3+bn=+(13-1+23-2+(n-1)31-n),所以3Tn=1+(130+23-1+(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=,所以Tn=经检验,当n=1时也适合.综上可得Tn=二、思维提升训练12.B解析 根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+98+50=+50=4 901.13.-解析 由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,Sn=-14.解 (1)(方法一)an是等差数列,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.又等差数列的公差为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)当n2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-p(n-1)2+2(n-1)=2pn-p+2,a2=3p+2,由已知a2-a1=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,20n18n+9,即nnN*,使Tn成立的最小正整数n的值为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).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=所以,an的通项公式为an=(2)由(1)得bn=设bn的前n项和为Sn,则Sn=1+2+3+(n-1)+n,Sn=1+2+3+(n-1)+n,上述两式相减,得Sn=1+=2-,整理得,Sn=4-所以,数列bn的前n项和为4-,nN*.16.(1)解 G(A)的元素为2和5.(2)证明 因为存在an使得ana1,所以iN*|2iN,aia1.记m=miniN*|2iN,aia1,则m2,且对任意正整数km,aka1a1.由(2)知G(A).设G(A)=n1,n2,np,n1n2np.记n0=1.则对i=0,1,p,记Gi=kN*|ni.如果Gi,取mi=minGi,则对任何1kmi,ak从而miG(A)且mi=ni+1,又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=.从而对任意npkN,ak,特别地,aN对i=0,1,p-1,因此+()+1.所以aN-a1-a1=)p.因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.