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理含解析

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理含解析，共9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．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．12D．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.故选D.
2．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝( )
A．1B．－2
C．3D．－3
解析：选A 因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．
所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，
故{an}是以6为周期的周期数列．
因为2 019＝336×6＋3，
所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.
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．49B．50
C．99D．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＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49.故选A.
4．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和是Sn，a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，且a4＋a5＝－20，则eq \f(an＋1,Sn－1)的最大值为( )
A.eq \f(1,2)B．1
C.eq \f(3,2)D．2
解析：选A 设数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列得(a1＋d＋1)2＝(a1＋1)(a1＋3d＋1)，得d＝a1＋1，再由a4＋a5＝2a1＋7d＝－20，解得a1＝－3，d＝－2，故an＝－2n－1，Sn＝－n2－2n，则eq \f(an＋1,Sn－1)＝eq \f(－2n,－n2－2n－1)＝eq \f(2,n＋\f(1,n)＋2)≤eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，当且仅当n＝1时取等号，所以eq \f(an＋1,Sn－1)的最大值为eq \f(1,2).故选A.
5．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 019)＋eq \f(1,a2 020)＝( )
A.eq \f(4 039,2 019) B．eq \f(2 018,2 019)
C.eq \f(4 040,2 021)D．eq \f(4 039,2 020)
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 019)＋eq \f(1,a2 020)＝2eq \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(1,2 019)－\f(1,2 020)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)－\f(1,2 021)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 021)))＝eq \f(4 040,2 021).故选C.
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围为( )
A．(2，＋∞)B．(－∞，2)
C．(3，＋∞)D．(－∞，3)
解析：选B 因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)＋1，则eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是等比数列，首项为2，公比为2，所以eq \f(1,an)＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))＝(n－λ)2n.又b1＝－λ，所以bn＝(n－1－λ)2n－1(n∈N*)．因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－λ)·2n>(n－1－λ)·2n－1，化简得λ二、填空题
7．(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）)
8．设数列{an}满足a1＝5，且对任意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2 020项的和为________．
解析：由(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4，得an＋1＝eq \f(4an＋4,an＋3)－3＝eq \f(an－5,an＋3)，因为a1＝5，所以a2＝0，a3＝－eq \f(5,3)，a4＝－5，a5＝5，则数列{an}是以4为周期的周期数列，因为2 020＝505×4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq \f(5,3)，即一个周期的和为－eq \f(5,3)，所以数列{an}的前2 020项的和为－eq \f(5,3)×505＝－eq \f(2 525,3).
答案：－eq \f(2 525,3)
9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))Sn＝2，则a12＝________．
解析：当n＝1，2，3，4，…时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))＝0，1，0，1，…，所以a1＝a3＝a5＝a7＝…＝2，a2＋S2＝a4＋S4＝a6＋S6＝a8＋S8＝…＝a12＋S12＝…＝2，S2－S1＋S2＝S4－S3＋S4＝S6－S5＋S6＝S8－S7＋S8＝…＝2，所以2S2＝2＋S1⇒S2＝2；2S4＝2＋S3＝4＋S2⇒S4＝2＋eq \f(1,2)S2＝3，同理可得S6＝2＋eq \f(1,2)S4＝2＋eq \f(3,2)＝eq \f(7,2)，S8＝2＋eq \f(1,2)S6＝2＋eq \f(7,4)＝eq \f(15,4)，S10＝2＋eq \f(15,8)＝eq \f(31,8)，S12＝eq \f(63,16)，又a12＋S12＝2，所以a12＝2－S12＝2－eq \f(63,16)＝－eq \f(31,16).
答案：－eq \f(31,16)
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．(2019·唐山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(3an－1,2).
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①
所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，
化简得an＝3an－1(n≥2)，
在①中，令n＝1可得，a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
从而有an＝3n－1.
(2)bn＝(n－1)3n－1，
Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③
则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④
③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n
＝eq \f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n
＝eq \f(（3－2n）×3n－3,2).
所以Tn＝eq \f(（2n－3）×3n＋3,4).
12．(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝lg2an，且b1＋b2＋b3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(4,bn·bn＋1)＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)由bn＝lg2an和b1＋b2＋b3＝12得lg2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.
设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，
计算得q＝4.
∴an＝4·4n－1＝4n.
(2)由(1)得bn＝lg24n＝2n，
cn＝eq \f(4,2n·2（n＋1）)＋4n＝eq \f(1,n（n＋1）)＋4n＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＋4n.
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n（n＋1）)))的前n项和为An，则An＝eq \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,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,n＋1)，
设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq \f(4－4n·4,1－4)＝eq \f(4,3)(4n－1)，
∴Sn＝eq \f(n,n＋1)＋eq \f(4,3)(4n－1)．
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a1＝1，an＋1＝eq \f(4,4－an)(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－2)))是等差数列；
(2)设bn＝eq \f(a2n,a2n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：∵an＋1＝eq \f(4,4－an)，∴eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,\f(4,4－an)－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(4－an,2an－4)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(2－an,2an－4)＝－eq \f(1,2).
又a1＝1，∴eq \f(1,a1－2)＝－1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－2)))是以－1为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an－2)＝－1＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(n＋1,2)，
∴an＝2－eq \f(2,n＋1)＝eq \f(2n,n＋1)，
∴bn＝eq \f(a2n,a2n－1)＝eq \f(\f(4n,2n＋1),\f(2（2n－1）,2n))＝eq \f(4n2,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋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(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝n＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝n＋eq \f(n,2n＋1)，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝n＋eq \f(n,2n＋1).
2．(2019·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并求an；
(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．
解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.
因为Sn＝2an－n，①
所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，②
①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，
所以eq \f(an＋1,an－1＋1)＝eq \f(2an－1＋1＋1,an－1＋1)＝eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2.
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.
设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.
所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.
所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.
设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，
则Kn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③
2Kn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④
③－④得，
－Kn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.
又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)，
所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－eq \f(n（n＋1）,2)＋2，
所以{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－eq \f(n（n＋1）,2)＋2.
3．(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，①
当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋…＋eq \f(an－1,n)＝(n－1)2＋n－1，②
①－②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.
4．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝16.数列{bn}满足b1＝2，b2＝5，且{bn－an}是等差数列．
(1)分别求{an}，{bn}的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,（bn＋1－an＋1）lg2a2n)))的前n项和为Sn，求证：Sn解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
由已知得q3＝eq \f(a5,a2)＝8，q＝2.
∴an＝a2·qn－2＝2×2n－2＝2n－1，
∴a1＝1.
∴b1－a1＝1，b2－a2＝3，
∴{bn－an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴bn－an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴bn＝2n－1＋2n－1.
∴数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝2n－1＋2n－1.
(2)证明：由(1)可知bn＋1－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1，
lg2a2n＝lg222n－1＝2n－1.
∴eq \f(1,（bn＋1－an＋1）lg2a2n)＝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))).
∴Sn＝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(1,2n＋1)>0，∴Sn