（全国版）2021届高考数学二轮复习 专题检测（九）数列通项与求和（文含解析）.doc

1、专题检测（九）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.3 027 B.3 027C.3 030 D.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.12 D.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

2、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.49 B.50C.99 D.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.1 B.2C.3 D.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

3、数列，得(a43)2a2(a66)，即(a13d3)2(a1d)(a15d6)，化简得(2d3)20，解得 d32.所以 qa43a2 a1923a132a132a1321.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.8 B.10C.12 D.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

4、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.17 B.149C.49 D.8441解析：选 B 6Sna2n3an，6Sn1a2n13an1，6an1(an1an)(an1an)3(an1an)，(an1an)(a

5、n1an)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 18n118n11171718n110，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

6、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）141n 1n1，1a2n1 的前 n 项和为14112 1213 1n 1n1141 1n1 n4（n1）.答案：2n1 n4（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 Sn12an1

7、1(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 4n 920的最小正整数 n.解：(1)由题意知，a12 a23 ann1n2n，当 n2 时，a12 a23 an1n(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）121n 1n1，所以 Sn12112 1213 1n 1n1121 1n1 n2（n1），由 Snn2

8、（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，2Snan 1an，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 S

9、n 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)n n.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)n 4nanan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)设an的公差为 d，由 a5a34，得

10、 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)n 4nanan1(1)n12n112n1，当 n 为偶数时，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1，Tn112n1 2n2n1.当 n 为奇数时，Tn113 1315 1517 12n312n1 12n112n1，Tn112n12n22n1.Tn 2n2n1，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

11、比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn2bn 2bn1，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1Sn 2bn 2bn1，所以 bn0.由 b11，S1b1，得11212b2，则 b22.由 1Sn2bn 2bn1，得 Snbnbn12（bn1bn）.当 n2 时，由 bnSnS

12、n1，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*).4.已知数列an满足：a11，an1n1n ann12n.(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 an1n1n ann12n 可得an1n1ann 12n，又 bnann，所以 bn1bn12n，由 a11，得 b11，所以当 n2 时，(b2b1)(b3b2)(bnbn1)121122 12n1，所以 bnb1121 12n11121 12n1，即 bn2 12n1(n2)，易知 b11 满足上式，所以 bn2 12n1(nN*).(2)由(1)可知 an2n n2n1，设数列n2n1 的前 n 项和为 Tn，则 Tn 120221 322 n2n1，12Tn121 222323n2n，由得，12Tn120 121122 12n1 n2n12012n112n2n2n22n.所以 Tn4n22n1.所以数列an的前 n 项和 Snn(n1)4n22n1.