2021年高考数学二轮专题复习《数列》大题练习题(含答案)

这是一份2021年高考数学二轮专题复习《数列》大题练习题(含答案)，共14页。试卷主要包含了∴an=a1＋d=2n，))等内容，欢迎下载使用。
已知在递增等差数列{an}中，a1=2，a3是a1和a9的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn= SKIPIF 1 < 0 ，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a6=4，S5=－5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn=|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表达式．
已知是正项数列的前项和，，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）当时，，求数列的前项和．
已知等比数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
在各项均为正数的等比数列{an}中,a1a3=64,a2+a5=72,数列{bn}的前n项和Sn满足Sn=.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
已知数列{an}中，a1=511,4an=an－1－3(n≥2)．
(1)求证：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=|lg2(an＋1)|，求数列{bn}的前n项和Sn.
已知数列{an}是递增的等差数列,a2=3,a1,a3-a1,a8+a1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,求满足Sn>的最小的n的值.
已知数列{an}满足a1=1，an＋1=eq \f(3an,2an＋3)，n∈N*.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列；
(2)设T2n=eq \f(1,a1a2)－eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)－eq \f(1,a4a5)＋…＋eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)，求T2n.
已知在数列{an}中，a1=1，anan＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；
(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n，令bn=(3－T2n)·n·(n＋1)，求数列{bn}的最大项．
已知数列{an}的前n项和为 SKIPIF 1 < 0 ，且满足 SKIPIF 1 < 0 ．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令 SKIPIF 1 < 0 ，记数列 SKIPIF 1 < 0 的前 SKIPIF 1 < 0 项和为 SKIPIF 1 < 0 ．
证明： SKIPIF 1 < 0 ．
正项数列{an}的前n项和Sn满足：
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn.
证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
已知数列{an}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设记数列{bn}的前n项和为Tn，求使得成立的m的最小正整数．
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明:.
已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10=110,且a1,a2,a4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足，若数列{bn}前n项和Tn，证明.
已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3=5，a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)，Sn是数列{bn}的前n项和.若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求实数a的取值范围.
\s 0 参考答案
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an=a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中项，
∴aeq \\al(2,3)=a1a9，即(2＋2d)2=2(2＋8d)，解得d=0(舍)或d=2.∴an=a1＋(n－1)d=2n.
(2)bn=eq \f(1,n＋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))).
∴S100=b1＋b2＋…＋b100
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))
=eq \f(50,101).
解：(1)由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝2，))故an=2n－7(n∈N*)．
(2)由an=2n－7得n>12.
所以满足Sn>的最小的n的值为13.
解：(1)证明：由an＋1=eq \f(3an,2an＋3)，得eq \f(1,an＋1)=eq \f(2an＋3,3an)=eq \f(1,an)＋eq \f(2,3)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)=eq \f(2,3).又a1=1，则eq \f(1,a1)=1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列．
(2)设bn=eq \f(1,a2n－1a2n)－eq \f(1,a2na2n＋1)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)，
由(1)得，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为eq \f(2,3)的等差数列，
所以eq \f(1,a2n－1)－eq \f(1,a2n＋1)=－eq \f(4,3)，即bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq \f(1,a2n)=－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2n)，
所以bn＋1－bn=－eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n＋2)－\f(1,a2n)))=－eq \f(4,3)×eq \f(4,3)=－eq \f(16,9).
又b1=－eq \f(4,3)×eq \f(1,a2)=－eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(2,3)))=－eq \f(20,9)，
所以数列{bn}是首项为－eq \f(20,9)，公差为－eq \f(16,9)的等差数列，
所以T2n=b1＋b2＋…＋bn=－eq \f(20,9)n＋eq \f(nn－1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,9)))=－eq \f(4,9)(2n2＋3n)．
解：(1)证明：由题意可得a1a2=eq \f(1,2)，则a2=eq \f(1,2).
又anan＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，an＋1an＋2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，∴eq \f(an＋2,an)=eq \f(1,2).
∴数列{a2n－1}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列；
数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(2)T2n=(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
=eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))=3－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴bn=3n(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，bn＋1=3(n＋1)(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴eq \f(bn＋1,bn)=eq \f(n＋2,2n)，∴b1b4>…>bn>…，
∴数列{bn}的最大项为b2=b3=eq \f(9,2).
解：（1）当 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 .
当 SKIPIF 1 < 0 时，有 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，
整理得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 数列 SKIPIF 1 < 0 是以 SKIPIF 1 < 0 为公比，以 SKIPIF 1 < 0 为首项的等比数列．
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，
即数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为： SKIPIF 1 < 0 ．
（2）由（1）有 SKIPIF 1 < 0 ，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
易知数列 SKIPIF 1 < 0 为递增数列， SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ．
解：（1）因为数列的前项和满足：，
所以当时，，
即解得或，
因为数列都是正项，所以，
因为，所以，
解得或，
因为数列都是正项，所以，
当时，有，
所以，解得，
当时，，符合
所以数列的通项公式，;
（2）因为，
所以，
所以数列的前项和为：
，
当时，有，所以，
所以对于任意，数列的前项和.
解：（1）在等差数列中，设公差为d≠0，
由题意，得，解得．
∴an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1；
（2）由（1）知，an=2n﹣1．
则=，
∴Tn==．
∵Tn+1﹣Tn==＞0，
∴{Tn}单调递增，而，
∴要使成立，则，得m，
又m∈Z，则使得成立的m的最小正整数为2．
解：（1）设等差数列的首项为，公差为，
根据题意有，解答，
所以，
所以等差数列的通项公式为；
（2）由条件，得，即，
因为，所以，并且有，所以有，
由得，整理得，
因为，所以有，即，解得，
所以的取值范围是：
解：（1）证明：由得，
所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，
所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，
于是=，所以.
解：
解：(1)因为a3=5，a1，a2，a5成等比数列，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋d2＝a1a1＋4d，))解得a1=1，d=2，
所以数列{an}的通项公式为an=2n－1.
(2)因为bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)=eq \f(1,2n－12＋4n－2)
=eq \f(1,4n2－1)=eq \f(1,2n－12n＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn=b1＋b2＋…＋bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
依题意，对任意正整数n，不等式1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0，
当n为奇数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＞－1＋eq \f(1,2n＋1)，所以a＞－eq \f(2,3)；
当n为偶数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＜1－eq \f(1,2n＋1)，所以a＜eq \f(4,5).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,5))).