(新课标)2018届高考数学二轮复习 专题四 数列 专题能力训练12 数列的通项与求和 理

专题能力训练12 数列的通项与求和能力突破训练1.(2017甘肃兰州一诊)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.45B.90C.120D.752.(2017东北三校联考)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=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.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.305B.315C.325D.3355.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=D.a n=1,n∈N*6.(2017山西大同豪洋中学三模)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.(2017河北石家庄一模)已知数列{a n}中,a1=a,a n+1=3a n+8n+6,若{a n}为递增数列,则实数a的取值范围为.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.思维提升训练12.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是()A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.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;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.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-a1.参考答案专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练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.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.在求等差数列的前n项和的最值时,一定要注意n∈N*.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.(-7,+∞)解析由a n+1=3a n+8n+6,得a n+1+4(n+1)+5=3(a n+4n+5),即=3,所以数列{a n+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.所以a n+4n+5=(a+9)·3n-1,即a n=(a+9)·3n-1-4n-5.所以a n+1=(a+9)·3n-4n-9.因为数列{a n}为递增数列,所以a n+1>a n,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.因为n∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7.8.-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=-2017,=-2017.=-2017+(n-1)×1=-2018+n.∴S2017=(-2018+2017)×2017=-2017.故答案为-2017.9.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=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=4901.13.-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=(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.解(1)G(A)的元素为2和5.(2)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)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<…<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-a1-a1=)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N-a1.。