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2021届高考数学理全国版二轮复习参考专题检测(九) 数列通项与求和 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:344003 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:8 大小:129.50KB
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资源描述

1、专题检测(九) 数列通项与求和A组“633”考点落实练一、选择题1已知数列an满足,且a22,则a4等于()AB23C12D11解析:选D因为数列an满足,所以an112(an1),即数列an1是等比数列,公比为2,则a4122(a21)12,解得a411.故选D.2数列an中,a12,a23,an1anan1(n2,nN*),那么a2 019()A1B2C3D3解析:选A因为an1anan1(n2),所以anan1an2(n3),所以an1anan1(an1an2)an1an2(n3)所以an3an(nN*),所以an6an3an,故an是以6为周期的周期数列因为2 01933663,所以a

2、2 019a3a2a1321.故选A.3(2019广东省六校第一次联考)数列an的前n项和为Snn2n1,bn(1)nan(nN*),则数列bn的前50项和为()A49B50C99D100解析:选A由题意得,当n2时,anSnSn12n,当n1时,a1S13,所以数列bn的前50项和为346810969810014849.故选A.4已知公差不为0的等差数列an的前n项和是Sn,a11,a21,a41成等比数列,且a4a520,则的最大值为()A.B1C.D2解析:选A设数列an的公差为d(d0),则由a11,a21,a41成等比数列得(a1d1)2(a11)(a13d1),得da11,再由a4

3、a52a17d20,解得a13,d2,故an2n1,Snn22n,则,当且仅当n1时取等号,所以的最大值为.故选A.5若数列an满足a11,且对于任意的nN*都有an1ann1,则()A. BC.D解析:选C由an1ann1,得an1ann1,则a2a111,a3a221,a4a331,anan1(n1)1,以上等式相加,得ana1123(n1)n1,把a11代入上式得,an123(n1)n,2,则22.故选C.6已知数列an满足a11,an1(nN*),若bn1(n)(nN*),b1,且数列bn是递增数列,则实数的取值范围为()A(2,)B(,2)C(3,)D(,3)解析:选B因为数列an满

4、足a11,an1(nN*),所以1,则12,所以数列是等比数列,首项为2,公比为2,所以12n,所以bn1(n)(n)2n.又b1,所以bn(n1)2n1(nN*)因为数列bn是递增数列,所以bn1bn,所以(n)2n(n1)2n1,化简得n1.因为数列n1是递增数列,所以0,所以an(nN*)(2)bn,故数列bn的前n项和Tnb1b2bn(1)()()1.11(2019唐山模拟)已知数列an的前n项和为Sn,Sn.(1)求an;(2)若bn(n1)an,且数列bn的前n项和为Tn,求Tn.解:(1)由已知可得,2Sn3an1,所以2Sn13an11(n2),得,2(SnSn1)3an3an

5、1,化简得an3an1(n2),在中,令n1可得,a11,所以数列an是以1为首项,3为公比的等比数列,从而有an3n1.(2)bn(n1)3n1,Tn030131232(n1)3n1,则3Tn031132233(n1)3n.得,2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn.12(2019河北省九校第二次联考)已知数列an为等比数列,首项a14,数列bn满足bnlog2an,且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式;(2)令cnan,求数列cn的前n项和Sn.解:(1)由bnlog2an和b1b2b312得log2(a1a2a3)12,a1a2a3212.设等比数列an的公

6、比为q,a14,a1a2a344q4q226q3212,计算得q4.an44n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n,cn4n4n4n.设数列的前n项和为An,则An,设数列4n的前n项和为Bn,则Bn(4n1),Sn(4n1)B组大题专攻强化练1(2019江西八所重点中学联考)设数列an满足a11,an1(nN*)(1)求证:数列是等差数列;(2)设bn,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)证明:an1,.又a11,1,数列是以1为首项,为公差的等差数列(2)由(1)知1(n1),an2,bn11,Tnb1b2b3bnnnn,数列bn的前n项和Tnn.2(2019福建省质量检查)数列a

7、n的前n项和Sn满足Sn2ann.(1)求证:数列an1是等比数列,并求an;(2)若数列bn为等差数列,且b3a2,b7a3,求数列anbn的前n项和解:(1)当n1时,S12a11,所以a11.因为Sn2ann,所以当n2时,Sn12an1(n1),得an2an2an11,所以an2an11,所以2.所以an1是首项为2,公比为2的等比数列所以an122n1,所以an2n1.(2)由(1)知,a23,a37,所以b3a23,b7a37.设bn的公差为d,则b7b3(73)d,所以d1.所以bnb3(n3)dn.所以anbnn(2n1)n2nn.设数列n2n的前n项和为Kn,数列n的前n项和

8、为Tn,则Kn121222323n2n,2Kn122223324n2n1,得,Kn2122232nn2n1n2n1(1n)2n12,所以Kn(n1)2n12.又Tn123n,所以KnTn(n1)2n12,所以anbn的前n项和为(n1)2n12.3(2019郑州市第二次质量预测)数列an满足:n2n,nN*.(1)求an的通项公式;(2)设bn,数列bn的前n项和为Sn,求满足Sn的最小正整数n.解:(1)由题意知,n2n,当n2时,(n1)2n1,得,2n,an2n(n1)(n2)当n1时,a14也符合,所以an2n(n1),nN*.(2)bn,所以Sn,由Sn得n9,所以满足条件的最小正整数n为10.4已知an是等比数列,a22,a516.数列bn满足b12,b25,且bnan是等差数列(1)分别求an,bn的通项公式;(2)记数列的前n项和为Sn,求证:Sn0,Sn.

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