2022年高考二轮复习数学（文）专题检测07《数列》（教师版）

这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测07《数列》（教师版），共7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．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝( )
A．－2 B．－1
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
解析：选B 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，
解得q＝－1(舍去)或q＝eq \f(3,2)，将q＝eq \f(3,2)代入S2＝3a2＋2中，得a1＋eq \f(3,2)a1＝3×eq \f(3,2)a1＋2，
解得a1＝－1.
2．已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋1＋1)＝eq \f(1,2)，且a2＝2，则a4等于( )
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．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，
所以a70，所以S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a70，
所以S12S130，,a>1，,a1\f(1,2)，,a>1，,2a－1＋43.故选D.
6．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 017)＋eq \f(1,a2 018)等于( )
A.eq \f(4 035,2 017) B.eq \f(2 016,2 017)
C.eq \f(4 036,2 019) D.eq \f(4 035,2 018)
解析：选C 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 017)＋eq \f(1,a2 018)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)－\f(1,2 018)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 018)－\f(1,2 019)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 019)))＝eq \f(4 036,2 019).
二、填空题
7．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－11－2n,1－2)＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
答案：－63
8．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．
解析：设该女子第一天织布x尺，则eq \f(x25－1,2－1)＝5，解得x＝eq \f(5,31)，
所以该女子前3天所织布的总尺数为eq \f(\f(5,31)23－1,2－1)＝eq \f(35,31).
答案：eq \f(35,31)
9．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，n∈N*，若eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k为常数)，则称eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等比数列，且公比q＝1时，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④
三、解答题
10．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设{an}的公差为d，
由题意得3a1＋3d＝－15.
又a1＝－7，所以d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，
∵a2＝3，S4＝16，
∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2.
∴an＝2n－1.
(2)由题意，bn＝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)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\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)))＝eq \f(n,2n＋1).
12．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.
∴S1－1＋2＝4.
当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．
∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1，
∴Sn＝2n＋1＋n－2.
于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn
＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2
＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝eq \f(221－2n,1－2)＋eq \f(1＋nn,2)－2n＝2n＋2＋eq \f(n2－3n,2)－4.
∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋eq \f(n2－3n,2)－4.
B组——大题专攻补短练
1．等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式．
(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－－2n,3).
由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
2．若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,lg2an，n为偶数))(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝λ·2n－1.
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1，n为奇数，,n＋1，n为偶数，))
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝eq \f(4－4n·4,1－4)＋eq \f(n3＋2n＋1,2)
＝eq \f(4n＋1－4,3)＋n(n＋2)，
∴T2n＝eq \f(4n＋1,3)＋n2＋2n－eq \f(4,3).
3．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.
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)．
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)，∴bn＋1－bn＝eq \f(1,2n)，
由a1＝1，得b1＝1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)，
即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)，∴bn＝2－eq \f(1,2n－1).
(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
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(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)，
∴Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)－4＋eq \f(n＋2,2n－1).