2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
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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,an=a2k-1=2k-1= ;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k= .
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn= .设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
编 辑：__________________
时 间：__________________
11
专题能力训练第28页
一、能力突破训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45B.90C.120D.75
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+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.∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·(n-2)=2n-2.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,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.
9.已知数列{an}中,a1=1,an-an-1+1=2n(n∈N*,n≥2).
因此 +( )≤ +1.
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得2Tn= +(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n= -(n-1)×31-n= ,所以Tn= .
经检验,当n=1时也适合.
综上可得Tn= .
二、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()
记n0=1.
则 <…< .
对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak> }.
如果Gi≠⌀,取mi=minGi,
则对任何1≤k<mi,ak≤ .
从而mi∈G(A)且mi=ni+1,
又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.
从而对任意np≤k≤N,ak≤ ,特别地,aN≤ .
对i=0,1,…,p-1, .
所以2a1=3+3,故a1=3.
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因为anbn=log3an,所以b1= ,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1= ;
当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn= +[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n= -n×4n= .
∴Tn= [(3n-1)×4n+1].
11.设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)因为2Sn=3n+3,
∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
两式相减,得
nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
即nan+1-(n-1)an=an+2n,得
an+1-an=2.
当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.
∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.
(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an使得an>a1,则G(A)≠⌀;
(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.
(1)解G(A)的元素为2和5.
(2)证明因为存在an使得an>a1,
(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,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法三)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
15.已知数列{an}满足an+2=qan(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{an}的通项公式;
(2)设bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),
又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n· =n·22n-2=n·4n-1.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①
4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②
∴an+1-an= ,
∴当n≥2时,an=a1+a2-a1+a3-a2+…+an-
= +…+
= ,
∴a20xx= .故选C.
5.已知数列{an},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为1,公比为 的等比数列,则数列{an}的通项公式为()
A.an= ,n∈N*
B.an= ,n∈N*
C.an=
D.an=1,n∈N*
答案:A
解析:因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为 的等比数列,
所以an-an-1= ,n≥2.所以当n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+ +…+
= .
又当n=1时,an= =1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀.
记m=minLeabharlann i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
则m≥2,且对任意正整数k<m,ak≤a1<am.
因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.
(3)证明当aN≤a1时,结论成立.
以下设aN>a1.
由(2)知G(A)≠⌀.
设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn= ,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,因为an-an-1=2n-1,a1=1,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=1+3+…+(2n-1)=n2.
又a1=1满足上式,故an=n2(n∈N*).
则an= ,n∈N*.
6.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an=.
答案:
解析:因为an-an+1=nanan+1,所以 =n,
+…+
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+
= +1= (n≥2).
所以an= (n≥2).
又a1=1也满足上式,所以an= .
7.记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.
答案:-63
解析:∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,
则S6= =-63.
∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,
∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,
∴p=1,an=2n+1.
(2)由(1)知bn= ,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
= +…+ =1- .
∵Tn> ,∴ ,∴20n>18n+9,即n> .
∵n∈N*,∴使Tn> 成立的最小正整数n的值为5.
8.已知数列{an}中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若{an}为递增数列,则实数a的取值范围为.
答案:(-7,+∞)
解析:由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即 =3,所以数列{an+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.
所以an+4n+5=(a+9)·3n-1,即an=(a+9)·3n-1-4n-5.
A.4 900B.4 901C.5 000D.5 001
答案: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.
答案: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.
(1)求p的值及an;
(2)若bn= ,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn> 成立的最小正整数n的值.
解:(1)(方法一)∵{an}是等差数列,
∴Sn=na1+ d=na1+ ×2=n2+(a1-1)n.
又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
上述两式相减,得 Sn=1+ +…+ =2- ,
整理得,Sn=4- .
所以,数列{bn}的前n项和为4- ,n∈N*.
16.设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ak<an,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.
(2)bn= .
又bn= ,
所以Tn=
= .
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
答案:B
解析:因为{an}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.已知数列{an}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=0
=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.
∴an=
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
4.已知数列{an}满足a1= ,an+1=an+ (n∈N*),则a2 019=()
A.1- B.1- C. D.
答案:C
解析:∵数列{an}满足a1= ,an+1=an+ (n∈N*),
13.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.
答案:-
解析:由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得 =1,即 =-1,则 为等差数列,首项为 =-1,公差为d=-1,
∴ =-n,∴Sn=- .
14.已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*).
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=()
A.15B.17C.34D.398
答案:C
解析:∵Sn=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]
=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1
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,an=a2k-1=2k-1= ;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k= .
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn= .设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
编 辑：__________________
时 间：__________________
11
专题能力训练第28页
一、能力突破训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45B.90C.120D.75
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+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.∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·(n-2)=2n-2.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,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.
9.已知数列{an}中,a1=1,an-an-1+1=2n(n∈N*,n≥2).
因此 +( )≤ +1.
所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],
两式相减,得2Tn= +(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n= -(n-1)×31-n= ,所以Tn= .
经检验,当n=1时也适合.
综上可得Tn= .
二、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()
记n0=1.
则 <…< .
对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak> }.
如果Gi≠⌀,取mi=minGi,
则对任何1≤k<mi,ak≤ .
从而mi∈G(A)且mi=ni+1,
又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.
从而对任意np≤k≤N,ak≤ ,特别地,aN≤ .
对i=0,1,…,p-1, .
所以2a1=3+3,故a1=3.
当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,
此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,
所以an=
(2)因为anbn=log3an,所以b1= ,
当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.
所以T1=b1= ;
当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn= +[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],
由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n= -n×4n= .
∴Tn= [(3n-1)×4n+1].
11.设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.
解:(1)因为2Sn=3n+3,
∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),
两式相减,得
nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
即nan+1-(n-1)an=an+2n,得
an+1-an=2.
当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.
∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.
(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an使得an>a1,则G(A)≠⌀;
(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.
(1)解G(A)的元素为2和5.
(2)证明因为存在an使得an>a1,
(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,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
(方法三)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,
15.已知数列{an}满足an+2=qan(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{an}的通项公式;
(2)设bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),
又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.
(2)∵an+log2n=log2bn,
∴bn=n· =n·22n-2=n·4n-1.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①
4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②
∴an+1-an= ,
∴当n≥2时,an=a1+a2-a1+a3-a2+…+an-
= +…+
= ,
∴a20xx= .故选C.
5.已知数列{an},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此数列是首项为1,公比为 的等比数列,则数列{an}的通项公式为()
A.an= ,n∈N*
B.an= ,n∈N*
C.an=
D.an=1,n∈N*
答案:A
解析:因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1,公比为 的等比数列,
所以an-an-1= ,n≥2.所以当n≥2时,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+ +…+
= .
又当n=1时,an= =1,
所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠⌀.
记m=minLeabharlann i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},
则m≥2,且对任意正整数k<m,ak≤a1<am.
因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.
(3)证明当aN≤a1时,结论成立.
以下设aN>a1.
由(2)知G(A)≠⌀.
设G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn= ,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解:(1)当n≥2时,因为an-an-1=2n-1,a1=1,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=1+3+…+(2n-1)=n2.
又a1=1满足上式,故an=n2(n∈N*).
则an= ,n∈N*.
6.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),则an=.
答案:
解析:因为an-an+1=nanan+1,所以 =n,
+…+
=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+
= +1= (n≥2).
所以an= (n≥2).
又a1=1也满足上式,所以an= .
7.记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6=.
答案:-63
解析:∵Sn=2an+1,①
∴Sn-1=2an-1+1(n≥2).②
①-②,得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2).
又S1=2a1+1,∴a1=-1.
∴{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,
则S6= =-63.
∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,
∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1,
∴p=1,an=2n+1.
(2)由(1)知bn= ,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
= +…+ =1- .
∵Tn> ,∴ ,∴20n>18n+9,即n> .
∵n∈N*,∴使Tn> 成立的最小正整数n的值为5.
8.已知数列{an}中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若{an}为递增数列,则实数a的取值范围为.
答案:(-7,+∞)
解析:由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即 =3,所以数列{an+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.
所以an+4n+5=(a+9)·3n-1,即an=(a+9)·3n-1-4n-5.
A.4 900B.4 901C.5 000D.5 001
答案: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.
答案: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.
(1)求p的值及an;
(2)若bn= ,记数列{bn}的前n项和为Tn,求使Tn> 成立的最小正整数n的值.
解:(1)(方法一)∵{an}是等差数列,
∴Sn=na1+ d=na1+ ×2=n2+(a1-1)n.
又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,
∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1.
Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
上述两式相减,得 Sn=1+ +…+ =2- ,
整理得,Sn=4- .
所以,数列{bn}的前n项和为4- ,n∈N*.
16.设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ak<an,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.
(2)bn= .
又bn= ,
所以Tn=
= .
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
答案:B
解析:因为{an}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.已知数列{an}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=0
=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.
∴an=
∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.
4.已知数列{an}满足a1= ,an+1=an+ (n∈N*),则a2 019=()
A.1- B.1- C. D.
答案:C
解析:∵数列{an}满足a1= ,an+1=an+ (n∈N*),
13.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.
答案:-
解析:由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得 =1,即 =-1,则 为等差数列,首项为 =-1,公差为d=-1,
∴ =-n,∴Sn=- .
14.已知等差数列{an}的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(n∈N*).
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=()
A.15B.17C.34D.398
答案:C
解析:∵Sn=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]
=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1