推荐学习K12高考数学(理科,天津课标版)二轮复习专题能力训练 含答案12

专题能力训练12数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45
B.90
C.120
D.75
2.已知数列{a n}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是()
A.S9=0
B.S5最小
C.S3=S6
D.a5=0
3.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-2n-1,则a3+a17=()
A.15
B.17
C.34
D.398
4.已知函数f(x)满足f(x+1)=+f(x)(x∈R),且f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为()
A.305
B.315
C.325
D.335
5.已知数列{a n},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{a n}的通项公式为()
A.a n=,n∈N*
B.a n=,n∈N*
C.a n=
且∈
D.a n=1,n∈N*
6.已知数列{a n}满足a1=1,a n-a n+1=na n a n+1(n∈N*),则a n=.
7.(2018全国Ⅰ,理14)记S n为数列{a n}的前n项和.若S n=2a n+1,则S6=.
8.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2 017,=6,则S2 017=.
9.已知在数列{a n}中,a1=1,a n+1=a n+2n+1,且n∈N*.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.如果对于任意的n∈N*,都有T n>m,求实数m的取值范围.
10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.
11.设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.
二、思维提升训练
,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是() 12.给出数列,…,
-
A.4 900
B.4 901
C.5 000
D.5 001
13.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n=.
14.已知等差数列{a n}的公差为2,其前n项和S n=pn2+2n(n∈N*).
(1)求p的值及a n;
(2)若b n=
,记数列{b n}的前n项和为T n,求使T n>成立的最小正整数n的值.
-
15.已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{a n}的通项公式;
,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.
(2)设b n=
-
16.设数列A:a1,a2,…,a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;
(2)证明:若数列A中存在a n使得a n>a1,则G(A)≠⌀;
(3)证明:若数列A满足a n-a n-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于a N-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{a n}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+36×2=90.故选B.
2.B解析由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+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∵S n=n2-2n-1,
∴a1=S1=12-2-1=-2.
当n≥2时,a n=S n-S n-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.
∴a n=--
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=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,…,a n-a n-1,…是首项为1,公比为的等比数列,
所以a n-a n-1=-
,n≥2.所以当n≥2时,
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)
=1++…+
-
=--
又当n=1时,a n==1,
则a n=,n∈N*.
6
-
解析因为a n-a n+1=na n a n+1,所以-=n,
-
---
-
+…+-
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+
=--+1=-(n≥2).
所以a n=
-
(n≥2).
又a1=1也满足上式,所以a n=
-
7.-63解析∵S n=2a n+1,①
∴S n-1=2a n-1+1(n≥2).②
①-②,得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{a n}是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S6=--
-
=-63.
8.-2 017解析∵S n是等差数列{a n}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)∵a n+1=a n+2n+1,
∴a n+1-a n=2n+1,
∴a n-a n-1=2n-1,
∴a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)
=1+3+5+…+(2n-1)=-=n2.
(2)由(1)知,b n=,
∴T n=--+…+-=1-,
∴数列{T n}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)∵na n+1=S n+n(n+1),
∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),
两式相减,得
na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),
即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得
a n+1-a n=2.
当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.
∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.
∴a n=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得
n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),
整理,得nS n+1=(n+1)S n+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.∴S n=n(n-1).
当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.
又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.
(2)∵a n+log2n=log2b n,
∴b n=n=n·22n-2=n·4n-1.
∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②
由①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-
-
-n×4n=--
∴T n=[(3n-1)×4n+1].
11.解(1)因为2S n=3n+3,
所以2a1=3+3,故a1=3.
当n>1时,2S n-1=3n-1+3,
此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,
所以a n=
-
(2)因为a n b n=log3a n,
所以b1=,
当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1=;
当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),
所以3T n=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),
两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=--
--
-(n-1)×31-n=, 所以T n=
经检验,当n=1时也适合.
综上可得T n=
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a n+1=S n+1-S n=S n S n+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,∴S n=-
14.解(1)(方法一)∵{a n}是等差数列,
∴S n=na1+-d=na1+-2=n2+(a1-1)n.
又由已知S n=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,
∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=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,
∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.
(方法三)当n≥2时,a n=S n-S n-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,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,
∴p=1,a n=2n+1.
(2)由(1)知b n=
,
--
∴T n=b1+b2+b3+…+b n
=---+…+
-=1-
-
∵T n>,,
∴20n>18n+9,即n>
∵n∈N*,
∴使T n>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q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=-;
当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=
所以,{a n}的通项公式为a n=-
为奇数为偶数
(2)由(1)得b n=
--
设{b n}的前n项和为S n,则S n=1+2+3+…+(n-1)
-+n
-
,
S n=1+2+3+…+(n-1)
-
+n,
上述两式相减,得S n=1++…+
-
-
-
=2-,
整理得,S n=4-
-
所以,数列{b n}的前n项和为4-
-
,n∈N*.
16.(1)解G(A)的元素为2和5.
(2)证明因为存在a n使得a n>a1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1}≠⌀.
记m=min{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1},
则m≥2,且对任意正整数k<m,a k≤a1<a m.
因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.
(3)证明当a N≤a1时,结论成立.
以下设a N>a1.
由(2)知G(A)≠⌀.
设G(A)={n1,n2,…,n p},n1<n2<…<n p.
记n0=1.
则<…<
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推荐学习K12资料 对i=0,1,…,p ,记G i ={k ∈N *|n i <k ≤N ,a k > }. 如果G i ≠⌀,取m i =min G i , 则对任何1≤k<m i ,a k 从而m i ∈G (A )且m i =n i+1, 又因为n p 是G (A )中的最大元素,所以G p =⌀. 从而对任意n p ≤k ≤N ,a k ,特别地,a N 对i=0,1,…,p-1, - 因此 - +( - ) +1. 所以a N -a 1 -a 1=
- )≤p. 因此G (A )的元素个数p 不小于a N -a 1.。