（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（理含解析）.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已知数列an满足 an1an1112，且 a22，则 a4 等于()A12 B23C12D11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.故选 D.2数列an中，a12，a23，an1anan1(n2，nN*)，那么 a2 019()A1B2C3D3解析：选 A 因为 an1anan1(n2)，所以 anan1an2(n3)，所以 an1anan1(an1an2)an1an2(n3)所以 an3an(nN*)，

2、所以 an6an3an，故an是以 6 为周期的周期数列 因为 2 01933663，所以 a2 019a3a2a1321.故选 A.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()A49B50C99D100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346810969810014849.故选 A.4已知公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和是 Sn，a11，a21，a41 成等比数列，且 a4a520，则an1Sn1的最大值为()A.

3、12B1C.32D2解析：选 A 设数列an的公差为 d(d0)，则由 a11，a21，a41 成等比数列得(a1d1)2(a11)(a13d1)，得 da11，再由 a4a52a17d20，解得 a13，d2，故 an2n1，Snn22n，则an1Sn12nn22n12n1n22412，当且仅当 n1 时取等号，所以an1Sn1的最大值为12.故选 A.5若数列an满足 a11，且对于任意的 nN*都有 an1ann1，则 1a11a2 1a2 019 1a2 020()A.4 0392 019B2 0182 019C.4 0402 021D4 0392 020解析：选 C 由 an1ann

4、1，得 an1ann1，则 a2a111，a3a221，a4a331，anan1(n1)1，以上等式相加，得 ana1123(n1)n1，把 a11 代入上式得，an123(n1)nn（n1）2，1an2n（n1）21n 1n1，则 1a1 1a21a2 0191a2 0202112 1213 12 01912 020 12 02012 0212112 021 4 0402 021.故选 C.6已知数列an满足 a11，an1 anan2(nN*)，若 bn1(n)1an1(nN*)，b1，且数列bn是递增数列，则实数 的取值范围为()A(2，)B(，2)C(3，)D(，3)解析：选 B 因为

5、数列an满足 a11，an1 anan2(nN*)，所以 1an1 2an1，则 1an1121an1，所以数列1an1 是等比数列，首项为 2，公比为 2，所以 1an12n，所以 bn1(n)1an1(n)2n.又 b1，所以 bn(n1)2n1(nN*)因为数列bn是递增数列，所以 bn1bn，所以(n)2n(n1)2n1，化简得 n1.因为数列n1是递增数列，所以 0，所以 an 2n1(nN*)(2)bn2anan122n1 2n1 2n1 2n1，故数列bn的前n项和Tnb1b2bn(31)(5 3)(2n1 2n1)2n11.11(2019唐山模拟)已知数列an的前 n 项和为

6、Sn，Sn3an12.(1)求 an；(2)若 bn(n1)an，且数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解：(1)由已知可得，2Sn3an1，所以 2Sn13an11(n2)，得，2(SnSn1)3an3an1，化简得 an3an1(n2)，在中，令 n1 可得，a11，所以数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，从而有 an3n1.(2)bn(n1)3n1，Tn030131232(n1)3n1，则 3Tn031132233(n1)3n.得，2Tn3132333n1(n1)3n 33n13(n1)3n（32n）3n32.所以 Tn（2n3）3n34.12(2019河北省九校第二次

7、联考)已知数列an为等比数列，首项 a14，数列bn满足bnlog2an，且 b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令 cn4bnbn1an，求数列cn的前 n 项和 Sn.解：(1)由 bnlog2an 和 b1b2b312 得 log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公比为 q，a14，a1a2a344q4q226q3212，计算得 q4.an44n14n.(2)由(1)得 bnlog24n2n，cn42n2（n1）4n1n（n1）4n1n 1n14n.设数列1n（n1）的前 n 项和为 An，则 An112 1213 1n 1n1 nn1，设数列4

8、n的前 n 项和为 Bn，则 Bn44n41443(4n1)，Sn nn143(4n1)B 组大题专攻强化练1(2019江西八所重点中学联考)设数列an满足 a11，an144an(nN*)(1)求证：数列1an2 是等差数列；(2)设 bn a2na2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn.解：(1)证明：an144an，1an121an2144an21an2 4an2an41an2 2an2an412.又 a11，1a121，数列1an2 是以1 为首项，12为公差的等差数列(2)由(1)知1an21(n1)12 n12，an2 2n1 2nn1，bn a2na2n1 4n2n12（2n1）

9、2n4n2（2n1）（2n1）1 1（2n1）（2n1）1 1212n112n1，Tnb1b2b3bnn12113 1315 1517 12n112n1n12112n1 nn2n1，数列bn的前 n 项和 Tnnn2n1.2(2019福建省质量检查)数列an的前 n 项和 Sn 满足 Sn2ann.(1)求证：数列an1是等比数列，并求 an；(2)若数列bn为等差数列，且 b3a2，b7a3，求数列anbn的前 n 项和解：(1)当 n1 时，S12a11，所以 a11.因为 Sn2ann，所以当 n2 时，Sn12an1(n1)，得 an2an2an11，所以 an2an11，所以 an1

10、an112an111an112an12an11 2.所以an1是首项为 2，公比为 2 的等比数列 所以 an122n1，所以 an2n1.(2)由(1)知，a23，a37，所以 b3a23，b7a37.设bn的公差为 d，则 b7b3(73)d，所以 d1.所以 bnb3(n3)dn.所以 anbnn(2n1)n2nn.设数列n2n的前 n 项和为 Kn，数列n的前 n 项和为 Tn，则 Kn121222323n2n，2Kn122223324n2n1，得，Kn2122232nn2n12（12n）12n2n1(1n)2n12，所以 Kn(n1)2n12.又 Tn123nn（n1）2，所以 Kn

11、Tn(n1)2n1n（n1）22，所以anbn的前 n 项和为(n1)2n1n（n1）22.3(2019郑州市第二次质量预测)数列an满足：a12 a23 ann1n2n，nN*.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1an，数列bn的前 n 项和为 Sn，求满足 Sn 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，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（n1）920得 n9，所以满足条件的最小正整数 n 为 10.4已知an是等比数列，a22，a516.数列bn满足 b12，b25，且bnan是等差数列(1)分别求an，bn的通项公式；(2)记数列1（bn1an1）log2a2n 的前 n 项和为 Sn，求证：Sn0，Sn12.