高考数学(理数)二轮复习专题强化训练12《通项公式与数列求和》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)二轮复习专题强化训练12《通项公式与数列求和》 (教师版)，共8页。


[A组　夯基保分专练]
一、选择题
1．在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87等于(　　)
A. B．60
C．80 D．160
解析：选C.a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2×＝×＝×140＝80.故选C.
2．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.选C.
3．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.因为2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，
所以2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，
两式相减得2nan＝1(n≥2)，a1＝也满足上式，故an＝，
故＝＝－，
Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
所以S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，故选C.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　)
A．Sn＝2Tn B．Tn＝2bn＋1
C．Tn>an D．Tn 解析：选D.因为点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＝3·2n－3，所以an＝3·2n－1，所以bn＋bn＋1＝3·2n－1，因为数列{bn}为等比数列，设公比为q，则b1＋b1q＝3，b2＋b2q＝6，解得b1＝1，q＝2，所以bn＝2n－1，Tn＝2n－1，所以Tn 5．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋＜t，则实数t的取值范围为(　　)
A．(，＋∞) B．[，＋∞)
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2 n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数列{}的前n项和等于＝(1－)＜，因此实数t的取值范围是[，＋∞)，故选D.
6．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2，4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5，7，9；再染9后面最邻近的4个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的5个连续奇数17，19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是(　　)
A．3 971 B．3 972
C．3 973 D．3 974
解析：选B.由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数．由于2 016＝<2 018<＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632，632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.



二、填空题
7．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．
解析：数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，即Sn＋1－Sn＝5，所以an＋1＝5，所以a8＝5.
答案：5
8．设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，所以a4＋a6＝36，
与a4a6＝275，联立，解得或
当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案：－12
9．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________．
解析：当n≥2时，因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1.
设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024



三、解答题
10．设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
解：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，
可得3a1＋13d＝16，
从而a1＝1，d＝1，故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，
解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以，n的值为4.
11.已知在递增的等差数列{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＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．
解：(1)设公差为d(d>0)，
则an＝a1＋(n－1)d.
因为a3是a1和a9的等比中项，
所以a＝a1a9，
即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，
解得d＝0(舍去)或d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.
(2)由(1)得bn＝＝＝，
所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝×(1－＋－＋…＋－)＝×＝.
12．已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝2，a3＋a5＝8，
所以2＋d＋2＋3d＝8，
所以d＝1，所以an＝n.
因为bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
所以bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
所以bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
因为b1＝2，b2＝2b1，
所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n.
(2)因为cn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Tn＝＋＋…＋－＝1－，
所以Tn＝2－.






[B组　大题增分专练]
1．数列{an}满足a1＝－1，an＋1＋2an＝3.
(1)证明{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)已知符号函数sgn(x)＝设bn＝an·sgn(an)，求数列{bn}的前100项和．
解：(1)因为an＋1＝－2an＋3，a1＝－1，
所以an＋1－1＝－2(an－1)，a1－1＝－2，
所以数列{an－1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．
故an－1＝(－2)n，即an＝(－2)n＋1.
(2)bn＝an·sgn(an)＝
设数列{bn}的前n项和为Sn，则S100＝(2－1)＋(22＋1)＋(23－1)＋…＋(299－1)＋(2100＋1)＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.
2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列．
(1)若数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝－，求数列{an}的公差．
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由a1，a4，a8成等比数列可得a＝a1·a8，
即(a1＋3d)2＝a1·(a1＋7d)，得a1＝9d.
由数列{an}的前10项和为45得10a1＋45d＝45，
即90d＋45d＝45，
所以d＝，a1＝3.
故数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×＝.
(2)因为bn＝＝，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝[＋＋…＋]＝，
即Tn＝＝＝＝－，
因此＝1，解得d＝－1或1.
故数列{an}的公差为－1或1.
3．已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝bn＋(－1)nan，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
因为a1＝2，b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，
所以解得
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n，bn＝2n－1.
(2)由题意：cn＝bn＋(－1)nan＝2n－1＋(－1)n2n.
所以Tn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n2n]，
①若n为偶数：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]}
＝2n－1＋×2＝2n＋n－1.
②若n为奇数：
Tn＝＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－2)＋2(n－1)]－2n}
＝2n－1＋2×－2n＝2n－n－2.
所以Tn＝
4．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N*.
(1)证明：{an－n}为等比数列；
(2)数列{cn}满足cn＝，求证数列{cn}的前n项和Tn<.
证明：(1)因为an＋1＝2an－n＋1，
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)．
又a1＝3，所以a1－1＝2，
所以数列{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an－n＝2·2n－1＝2n.
所以bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2n，
即bn＋1－bn＝2n.
b2－b1＝21，
b3－b2＝22，
b4－b3＝23，
…
bn－bn－1＝2n－1.
以上式子相加，得bn＝2＋＝2n(n≥2)．
当n＝1时，b1＝2，满足bn＝2n，
所以bn＝2n.
所以cn＝＝＝－.
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－<.