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文含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测九数列通项与求和文含解析，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2 020＝( )
A.－3 027 B.3 027
C.－3 030 D.3 030
解析：选C 因为a1＋a2＋…＋a2 020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2 019－2)－(3×2 020－2)]＝(－3)×1 010＝－3 030，故选C.
2.已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，且a2＝2，则a4＝( )
A.－eq \f(1,2) B.23
C.12 D.11
解析：选D 因为数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即数列{an＋1}是等比数列，公比为2，则a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11.
3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为( )
A.49 B.50
C.99 D.100
解析：选A 由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.
4.已知数列{an}是等差数列，若a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，则q＝( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析：选A 令等差数列{an}的公差为d，由a2，a4＋3，a6＋6构成公比为q的等比数列，得(a4＋3)2＝a2(a6＋6)，即(a1＋3d＋3)2＝(a1＋d)·(a1＋5d＋6)，化简得(2d＋3)2＝0，解得d＝－eq \f(3,2).所以q＝eq \f(a4＋3,a2)＝eq \f(a1－\f(9,2)＋3,a1－\f(3,2))＝eq \f(a1－\f(3,2),a1－\f(3,2))＝1.故选A.
5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3a5)的值为( )
A.8 B.10
C.12 D.16
解析：选C 依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，
因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7＝eq \f(a1（1－27）,1－2)＝1 016，解得a1＝8，
所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
所以a3＝25，a5＝27，从而a3×a5＝25×27＝212，
所以lg2(a3a5)＝lg2212＝12，故选C.
6.(2019·洛阳市统考)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，bn＝eq \f(2\a\vs4\al(an),（2\a\vs4\al(an)－1）（2\a\vs4\al(an＋1)－1）)，若k>Tn恒成立，则k的最小值为( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(1,49)
C.49 D.eq \f(8,441)
解析：选B ∵6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，∴6Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1，
∴6an＋1＝(an＋1＋an)(an＋1－an)＋3(an＋1－an)，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an)＝3(an＋1＋an)，
∵an>0，∴an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝3，
又6a1＝aeq \\al(2,1)＋3a1，a1>0，∴a1＝3.
∴{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，∴an＝3n，
∴bn＝eq \f(1,7)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))，
∴Tn＝eq \f(1,7)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,82－1)－\f(1,83－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))))＝eq \f(1,7)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))∴k≥eq \f(1,49)，∴k的最小值为eq \f(1,49)，故选B.
二、填空题
7.在各项都为正数的等比数列{an}中，已知a1＝2，aeq \\al(2,n＋2)＋4aeq \\al(2,n)＝4aeq \\al(2,n＋1)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q>0，因为a1＝2，aeq \\al(2,n＋2)＋4aeq \\al(2,n)＝4aeq \\al(2,n＋1)，
所以(anq2)2＋4aeq \\al(2,n)＝4(anq)2，化为q4－4q2＋4＝0，
解得q2＝2，q>0，解得q＝eq \r(2).
则数列{an}的通项公式an＝2×(eq \r(2))n－1＝2eq \s\up6(\f(n＋1,2)).
答案：2eq \s\up6(\f(n＋1,2))
8.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,aeq \\al(2,n)－1)))的前n项和为________.
解析：设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7－a2＝5d.又a2＝5，则d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴eq \f(1,aeq \\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,aeq \\al(2,n)－1)))的前n项和为eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4（n＋1）).
答案：2n＋1 eq \f(n,4（n＋1）)
9.(2019·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1解析：因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，
所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，
所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，
所以an＝2an－1，∴数列{an}是等比数列，首项是1，公比是2，所以an＝2n－1.
因为anbn＝－n2＋9n－20，
所以bn＝eq \f(－n2＋9n－20,2n－1)，
所以bn＋1－bn＝eq \f(n2－11n＋28,2n)＝eq \f(（n－4）（n－7）,2n)<0，
解得4即满足条件的n的取值集合为{5，6}.
答案：{5，6}
三、解答题
10.(2019·江西七校第一次联考)数列{an}满足a1＝1，eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*).
(1)求证：数列{aeq \\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和.
解：(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*).
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
11.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1－2，bn＝eq \f(an,2n)＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n，
当n＝1时，a1＝S1＝2，所以an＝2n.
(2)∵bn＝eq \f(an,2n)＋2n＝2n＋1，∴anbn＝(2n＋1)·2n.
∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n，
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋1，
∴－Tn＝6＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)·2n＋1＝6＋eq \f(23（1－2n－1）,1－2)－(2n＋1)2n＋1
＝－2－(2n－1)·2n＋1.
∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{an}满足：eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(an,n＋1)＝n2＋n，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,an)，数列{bn}的前n项和为Sn，求满足Sn>eq \f(9,20)的最小正整数n.
解：(1)由题意知，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(an,n＋1)＝n2＋n，
当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(an－1,n)＝(n－1)2＋n－1，
两式相减得，eq \f(an,n＋1)＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2).
当n＝1时，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*.
(2)bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n（n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2（n＋1）)，
由Sn＝eq \f(n,2（n＋1）)＞eq \f(9,20)得n＞9，所以满足条件的最小正整数n为10.
B组——大题专攻强化练
1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与eq \f(1,an)的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(（－1）n,an)，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知，2Sn＝an＋eq \f(1,an)，即2Snan－aeq \\al(2,n)＝1，①
当n＝1时，由①式可得a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1.
所以{Seq \\al(2,n)}是首项为1，公差为1的等差数列，Seq \\al(2,n)＝1＋n－1＝n.
因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝eq \r(n)，
所以an＝Sn－Sn－1＝eq \r(n)－eq \r(n－1)(n≥2)，
又a1＝S1＝1，所以an＝eq \r(n)－eq \r(n－1).
(2)bn＝eq \f(（－1）n,an)＝eq \f(（－1）n,\r(n)－\r(n－1))＝(－1)n(eq \r(n)＋eq \r(n－1))，
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(eq \r(2)＋1)－(eq \r(3)＋eq \r(2))＋…＋(eq \r(n－1)＋eq \r(n－2))－(eq \r(n)＋eq \r(n－1))＝－eq \r(n)；
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(eq \r(2)＋1)－(eq \r(3)＋eq \r(2))＋…－(eq \r(n－1)＋eq \r(n－2))＋(eq \r(n)＋eq \r(n－1))＝eq \r(n).
所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)neq \r(n).
2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
∴S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比数列，∴(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，
解得a1＝1，
∴an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,－\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M­数列”.
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M­数列”；
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，其中Sn为数列{bn}的前n项和.求数列{bn}的通项公式.
解：(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2a4＝a5，,a3－4a2＋4a1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aeq \\al(2,1)q4＝a1q4，,a1q2－4a1q＋4a1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2.))因此数列{an}为“M­数列”.
(2)因为eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得eq \f(1,1)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,b2)，则b2＝2.
由eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,bn)－eq \f(2,bn＋1)，得Sn＝eq \f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）).
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝eq \f(bnbn＋1,2（bn＋1－bn）)－eq \f(bn－1bn,2（bn－bn－1）)，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).
4.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n).
(1)设bn＝eq \f(an,n)，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由an＋1＝eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n)可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋eq \f(1,2n)，
又bn＝eq \f(an,n)，所以bn＋1－bn＝eq \f(1,2n)，由a1＝1，得b1＝1，
所以当n≥2时，(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)，
所以bn－b1＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n－1)，即bn＝2－eq \f(1,2n－1)(n≥2)，易知b1＝1满足上式，所以bn＝2－eq \f(1,2n－1)(n∈N*).
(2)由(1)可知an＝2n－eq \f(n,2n－1)，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2n－1)))的前n项和为Tn，
则Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，②
由①－②得，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(\f(1,20)－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).
所以Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).
所以数列{an}的前n项和Sn＝n(n＋1)－4＋eq \f(n＋2,2n－1).