2018年高考理科数学通用版三维二轮专题复习：寒假作业(十一) 数列的通项与数列求和(注意命题点的区分度)

寒假作业(十一) 数列的通项与数列求和(注意命题点的区分度)
一、选择题
1．(2017·安溪质检)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －
1·n ，
则S 17＝( )
A ．9
B ．8
C ．17
D ．16
解析：选A S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1
a 1＋a 2＋…＋a n
，则数列{b n }的前n 项和
为( )
A.n ＋12(n ＋2)
B.3
4－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2) C.n －1n ＋2
D.3
4－2n ＋3(n ＋1)(n ＋2)
解析：选B 易得a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，所以b n ＝1n (n ＋2)＝
1
2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，故T n
＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3
4－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)
. 3．(2018届高三·湖南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4
＋a 5＝23，则S 8＝( )
A ．72
B ．88
C ．92
D ．98
解析：选C 法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3， ∴数列{a n }是公差d ＝3的等差数列，
又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，
∴a 1＝1，S 8＝8a 1＋
8×7
2
d ＝92. 法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝
8(a 1＋a 8)
2＝
8(a 4＋a 5)
2
＝92. 4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1
n ＋2(n ∈N *)，设{a n }的前n 项和为S n ，则使S n <－5
成立的自然数n ( )
A ．有最大值63
B ．有最小值63
C ．有最大值31
D ．有最小值31
解析：选B S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 23
4＋…＋log 2n ＋1n ＋2
＝log 2⎝
⎛⎭
⎪⎫23×34×…×n ＋1n ＋2＝log 2
2n ＋2<－5，∴2
n ＋2
<2－5，∴n ＋2>26，∴n >62.又n ∈N *，∴n 有最小值63. 5．设{a n }是正项数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝(a n －1)·(a n ＋3)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )
A ．2n ＋1
B ．2n －1
C ．2n －1
D ．2n ＋1
解析：选D 由4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)， 得4S n －1＝(a n －1－1)·(a n －1＋3)，n ≥2， 两式相减得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 又{a n }是正项数列， ∴a n －a n －1－2＝0(n ≥2)，
则数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝3， ∴a n ＝2n ＋1.
6．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )
A ．2 018
B ．2 015
C ．1
D ．0
解析：选B 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.
7．已知数列{a n }的通项公式a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
n －1(n 为奇数)，
n (n 为偶数)，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝
( )
A ．4 800
B ．4 900
C ．5 000
D ．5 100
解析：选C 由题意得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×49×(2＋98)
2
＋100＝5 000.
8．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝1
4，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范
围是( )
A ．[12,16] B.⎣⎡⎦⎤8，323 C.⎣
⎡⎭⎫8，32
3 D.⎣⎡⎦⎤163，323
解析：选C 因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14
，
所以q 3
＝a 5a 2＝18，即q ＝1
2，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 2(1－q 2n )1－q
2＝323(1－q 2n )∈⎣
⎡⎭⎫8，32
3，故选C. 9．(2017·宁波二模)已知在数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，则a n ＝( ) A.32n －23n B.23n －32n C.12n －23
n D.23n －12
n 解析：选A 法一：a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边同时乘以2n ＋1，得2n ＋1
·a n
＋1＝23(2n ·a n )＋1， 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝2
3b n ＋1，
即b n ＋1－3＝2
3
(b n －3)，
所以数列{b n －3}是以b 1－3＝－43为首项，2
3为公比的等比数列，
所以b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1，b n
＝3－2⎝⎛⎭⎫23n ， 所以a n ＝b n 2n ＝32n －2
3
n .
法二：a n ＋1＝1
3a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边同时乘以3n ＋1， 得3n ＋1·a n ＋1＝3n ·a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1， 令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1，
可得b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n
－1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322， 以上各式累加可得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭
⎫32n ，
又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋3
2
，
所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2，a n ＝b n 3n
＝32n －23n
. 10．(2017·福州二模)已知公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 6＝6332，且
a 2，a 4，a 3成等差数列，若数列{
b n }满足b n ＝na n ，则数列{b n }的前10项和T 10为( )
A.6348
B.5348
C.5338
D.7348
解析：选A 设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，由题意得⎩⎪⎨
⎪⎧
S 6＝6332，
a 2＋a 3＝2a 4
⇒
⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1(1－q 6)1－q
＝63
32，a 1
q ＋a 1q 2
＝2a 1
q
3
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝3，
q ＝－12
⇒ a n ＝3⎝⎛⎭⎫－12n －1.于是b n ＝3n ⎝⎛⎭
⎫－1
2n －1. T 10＝3×⎝⎛⎭⎫－120＋3×2×⎝⎛⎭⎫－121＋3×3×⎝⎛⎭⎫－122＋…＋3×10×⎝⎛⎭⎫－1
29，① －1
2T 10＝3×⎝⎛⎭⎫－121＋3×2×⎝⎛⎭⎫－122＋3×3×⎝⎛⎭⎫－123＋…＋3×10×⎝⎛⎭⎫－1210，② ①－②得3
2T 10＝3×⎝⎛⎭⎫－120＋3×⎝⎛⎭⎫－121＋3×⎝⎛⎭⎫－122＋…＋3×⎝⎛⎭⎫－129－30×⎝⎛⎭⎫－1210， 整理得T 10＝43－⎝
⎛⎭⎫20＋43×11 024＝6348. 11．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－5
2，则数列⎩
⎨⎧⎭⎬⎫1(2n ＋1)a n 的前n 项和T n ＝( ) A ．－
n
2n ＋1
B.n 2n ＋1
C ．－
2n
2n ＋1 D.2n 2n ＋1
解析：选C 设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－5
4，S 4＝
3a 3＋a 1＝a 1－
15
2
. 因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以⎝⎛⎭⎫32
a 1－542＝⎝⎛⎭⎫a 1－15
2a 1， 整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，解得a 1＝－52或a 1＝－12. 当a 1＝－5
2时，公差d ＝0，不符合题意，舍去；
当a 1＝－1
2时，公差d ＝a 3－a 12
＝－1，
所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－1
2
(2n －1)，
所以1
(2n ＋1)a n ＝－2
(2n －1)(2n ＋1)
＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n －1－12n ＋1，
所以其前n 项和
T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫
1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1
＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝－2n
2n ＋1
，故选C.
12．(2017·郑州第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1
a n
<t ，则实数t 的取值范围为( )
A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞
B.⎣⎡⎭⎫13，＋∞
C.⎝⎛⎭⎫2
3，＋∞ D.⎣⎡⎭
⎫2
3，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝
a 1a 2a 3…a n
a 1a 2a 3…a n －1＝
2n 2
2(n －1)
2
＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，
又a 1＝21＝22
×1
－1，因此
a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是以12为首项，1
4为公比的等比
数列，故等比数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 的前n 项和等于12⎝⎛
⎭⎫1－14n 1－
14
＝23⎝⎛⎭⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭
⎫23，＋∞，选D. 二、填空题
13．(2017·衡水调研)若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1
＝________. 解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n
－1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2，
∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，也满足该式． ∴a n ＝4(n ＋1)2， ∴a n n ＋1
＝4n ＋4， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫a n n ＋1是以8为首项，4为公差的等差数列， ∴a 12＋a 23＋…＋a n
n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 答案：2n 2＋6n
14．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________.
解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② ∵①÷②得a n ＋1a n －1
＝2，
∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2×(1－21 009)
1－2＝3×21 009－3.
答案：3×21 009－3
15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －4(n ∈N *)，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，则不等式2T n >a n 的解集为________．
解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －4－2a n －1＋4，∴a n ＝2a n －1；当n ＝1时，a 1＝2a 1
－4，∴a 1＝4，
∴数列{a n }是首项为4，公比为2的等比数列， 则a n ＝4·2n －1＝2n ＋1. 设b n ＝log 2a n ，则b n ＝n ＋1， ∴T n ＝2＋3＋…＋n ＋1＝n 2＋3n
2
.
若2T n >a n ，则n 2＋3n >2n ＋1，解得n ＝2或n ＝3， ∴不等式的解集为{2,3}． 答案：{2,3}
16．设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －1
2n ，n ∈N *，则S 1＋S 2＋…＋S 100＝
________.
解析：∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋1
2n －
1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n
－1a n －1
＋1
2
n (n ≥2)． 当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，a n －1＝1
2n －
1，从而可得a 1
＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128，a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝1
2
8.
∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝1
2
5，…，
∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1
2100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋1
2100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 答案：13⎝⎛⎭⎫12100－1 三、解答题
17．(2017·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．
解：(1)由已知得a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2，
所以数列{a n }是首项为1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.
(2)由(1)知数列{a n }的前n 项和S n ＝(1＋2n －1)n
2＝n 2.
等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， 所以公比q ＝3，b n ＝3n －1.
所以数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －1
2.
若T n ≤S n ，即3n －1
2
≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.
18．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n .数列{b n }为等比数列，b 1
＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2
＋…＋1S n .
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，等比数列{b n }的公比为q ， 则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.
依题意有⎩⎪⎨⎪⎧
q (2＋d )＝6，
q ＋3＋3d ＝8，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
d ＝1，
q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧
d ＝－43，q ＝9
(舍去)．
故a n ＝n ，b n ＝2n －1.
(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝1
2
n (n ＋1)，
即1S n ＝2
n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1，
故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎡
⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1
. 19．已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)由已知条件可得S n n
＝1＋(n －1)×2＝2n －1， ∴S n ＝2n 2－n .
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3.
(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)， 当n 为偶数时，
T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n 2
＝2n ， 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，
T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.
综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2n ，n ＝2k ，k ∈N *，
－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *. 20．(2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)求数列{a2n b2n－1}的前n项和(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以b n＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.
所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.
(2)设数列{a2n b2n－1}的前n项和为T n，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
得a2n b2n－1＝(3n－1)×4n，
故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝12×(1－4n)
1－4
－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n －2)×4n ＋1－8.
故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83
. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83
.。