版高考数学二轮复习分层设计全国通用第四层热身篇：专题检测九数列通项与求和

专题检测（九）专题检测（九）数列通项与求和数列通项与求和A 组“633”考点落实练一、选择题1.若数列an的通项公式是 an(1)n1(3n2)，则 a1a2a2 020()A.3 027B.3 027C.3 030D.3 030解析：选 C因为 a1a2a2 020(a1a2)(a3a4)(a2 019a2 020)(14)(710)(32 0192)(32 0202)(3)1 0103 030，故选 C.2.已知数列an满足an1an1112，且 a22，则 a4()A.12B.23C.12D.11解析：选 D因为数列an满足an1an1112，所以 an112(an1)，即数列an1是等比数列，公比为 2，则 a4122(a21)12，解得 a411.3.(2019广东省六校第一次联考)数列an的前n项和为Snn2n1， bn(1)nan(nN*)，则数列bn的前 50 项和为()A.49B.50C.99D.100解析：选 A由题意得，当 n2 时，anSnSn12n，当 n1 时，a1S13，所以数列bn的前 50 项和为(34)(68)(98100)122449，故选 A.4.已知数列an是等差数列，若 a2，a43，a66 构成公比为 q 的等比数列，则 q()A.1B.2C.3D.4解析：选 A令等差数列an的公差为 d，由 a2，a43，a66 构成公比为 q 的等比数列，得(a43)2a2(a66)， 即(a13d3)2(a1d)(a15d6)， 化简得(2d3)20， 解得 d32.所以 qa43a2a1923a132a132a1321.故选 A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一， 现为世界文化遗产， 龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共 7 层，每上层的数量是下层的 2 倍，总共有 1 016 个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列an，则 log2(a3a5)的值为()A.8B.10C.12D.16解析：选 C依题意得，数列an是以 2 为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为 a1，所以 S7a1（127）121 016，解得 a18，所以 an82n12n2(1n7，nN*)，所以 a325，a527，从而 a3a52527212，所以 log2(a3a5)log221212，故选 C.6.(2019洛阳市统考)已知数列an， bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 且 an0， 6Sna2n3an，bn2an（2an1） （2an11），若 kTn恒成立，则 k 的最小值为()A.17B.149C.49D.8441解析：选 B6Sna2n3an，6Sn1a2n13an1，6an1(an1an)(an1an)3(an1an)，(an1an)(an1an)3(an1an)，an0，an1an0，an1an3，又 6a1a213a1，a10，a13.an是以 3 为首项，3 为公差的等差数列，an3n，bn1718n118n11 ，Tn171811821 18211831 18n118n11171718n11 0，因为 a12，a2n24a2n4a2n1，所以(anq2)24a2n4(anq)2，化为 q44q240，解得 q22，q0，解得 q 2.则数列an的通项公式 an2( 2)n12n12.答案：2n128.(2019安徽合肥一模改编)设等差数列an满足 a25，a6a830，则 an_，数列1a2n1 的前 n 项和为_.解析：设等差数列an的公差为 d.an是等差数列，a6a8302a7，解得 a715，a7a25d.又a25， 则d2.ana2(n2)d2n1.1a2n114n（n1）141n1n1 ，1a2n1 的前 n 项和为14112 1213 1n1n11411n1 n4（n1）.答案：2n1n4（n1）9.(2019福州市质量检测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，且 Snan1(为常数)，若数列bn满足 anbnn29n20，且 bn1bn，则满足条件的 n 的取值集合为_.解析：因为 a11，且 Snan1(为常数)，所以 a111，解得2，所以 Sn2an1，所以 Sn12an11(n2)，所以 an2an1，数列an是等比数列，首项是 1，公比是 2，所以 an2n1.因为 anbnn29n20，所以 bnn29n202n1，所以 bn1bnn211n282n（n4） （n7）2n0，解得 4n920的最小正整数 n.解：(1)由题意知，a12a23ann1n2n，当 n2 时，a12a23an1n(n1)2n1，两式相减得，ann12n，an2n(n1)(n2).当 n1 时，a14 也符合，所以 an2n(n1)，nN*.(2)bn1an12n（n1）121n1n1 ，所以 Sn12112 1213 1n1n11211n1 n2（n1），由 Snn2（n1）920得 n9，所以满足条件的最小正整数 n 为 10.B 组大题专攻强化练1.(2019河北省九校第二次联考)已知an是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn为 an与1an的等差中项.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn（1）nan，求bn的前 n 项和 Tn.解：(1)由题意知，2Snan1an，即 2Snana2n1，当 n1 时，由式可得 a1S11；当 n2 时，anSnSn1，代入式，得 2Sn(SnSn1)(SnSn1)21，整理得 S2nS2n11.所以S2n是首项为 1，公差为 1 的等差数列，S2n1n1n.因为an的各项都为正数，所以 Sn n，所以 anSnSn1 n n1(n2)，又 a1S11，所以 an n n1.(2)bn（1）nan（1）nn n1(1)n( n n1)，当 n 为奇数时，Tn1( 21)( 3 2)( n1 n2)( n n1) n；当 n 为偶数时，Tn1( 21)( 3 2)( n1 n2)( n n1) n.所以bn的前 n 项和 Tn(1)nn.2.(2019安徽省考试试题)已知等差数列an中，a5a34，前 n 项和为 Sn，且 S2，S31，S4成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(1)n4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设an的公差为 d，由 a5a34，得 2d4，d2.S22a12，S313a15，S44a112，又 S2，S31，S4成等比数列，(3a15)2(2a12)(4a112)，解得 a11，an2n1.(2)bn(1)n4nanan1(1)n12n112n1 ，当 n 为偶数时，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1 ，Tn112n12n2n1.当 n 为奇数时，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1 ，Tn112n12n22n1.Tn2n2n1，n 为偶数，2n22n1，n 为奇数.3.(2019江苏高考题节选)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M数列”.(1)已知等比数列an(nN N*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn2bn2bn1，其中 Sn为数列bn的前 n 项和.求数列bn的通项公式.解：(1)证明：设等比数列an的公比为 q，所以 a10，q0.由a2a4a5，a34a24a10，得a21q4a1q4，a1q24a1q4a10，解得a11，q2.因此数列an为“M数列”.(2)因为1Sn2bn2bn1，所以 bn0.由 b11，S1b1，得11212b2，则 b22.由1Sn2bn2bn1，得 Snbnbn12（bn1bn）.当 n2 时，由 bnSnSn1，得 bnbnbn12（bn1bn）bn1bn2（bnbn1），整理得 bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为 1 的等差数列.因此，数列bn的通项公式为 bnn(nN N*).4.已知数列an满足：a11，an1n1nann12n.(1)设 bnann，求数列bn的通项公式；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.解：(1)由 an1n1nann12n可得an1n1ann12n，又 bnann，所以 bn1bn12n，由 a11，得 b11，所以当 n2 时，(b2b1)(b3b2)(bnbn1)12112212n1，所以 bnb112112n1112112n1，即 bn212n1(n2)，易知 b11 满足上式，所以 bn212n1(nN N*).(2)由(1)可知 an2nn2n1，设数列n2n1的前 n 项和为 Tn，则 Tn120221322n2n1，12Tn121222323n2n，由得，12Tn12012112212n1n2n12012n112n2n2n22n.所以 Tn4n22n1.所以数列an的前 n 项和 Snn(n1)4n22n1.