（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專(zhuān)題檢測(cè)（九）數(shù)列通項(xiàng)與求和

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1、專(zhuān)題檢測(cè)（九） 數(shù)列通項(xiàng)與求和 A組——“6＋3＋3”考點(diǎn)落實(shí)練 一、選擇題 1.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a2 020＝(　　) A.－3 027　　　　　　　　 B.3 027 C.－3 030 D.3 030 解析：選C　因?yàn)閍1＋a2＋…＋a2 020＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2 019－2)－(3×2 020－2)]＝(－3)×1 010＝－3 030，故選C. 2.已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足＝，且a2＝2，則a4＝(　　) A.－

2、B.23 C.12 D.11 解析：選D　因?yàn)閿?shù)列{an}滿(mǎn)足＝，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，公比為2，則a4＋1＝22(a2＋1)＝12，解得a4＝11. 3.(2019·廣東省六校第一次聯(lián)考)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，則數(shù)列{bn}的前50項(xiàng)和為(　　) A.49 B.50 C.99 D.100 解析：選A　由題意得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3，所以數(shù)列{bn}的前50項(xiàng)和為(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，

3、故選A. 4.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a2，a4＋3，a6＋6構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，則q＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：選A　令等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2，a4＋3，a6＋6構(gòu)成公比為q的等比數(shù)列，得(a4＋3)2＝a2(a6＋6)，即(a1＋3d＋3)2＝(a1＋d)·(a1＋5d＋6)，化簡(jiǎn)得(2d＋3)2＝0，解得d＝－.所以q＝＝＝＝1.故選A. 5.河南洛陽(yáng)的龍門(mén)石窟是中國(guó)石刻藝術(shù)寶庫(kù)之一，現(xiàn)為世界文化遺產(chǎn)，龍門(mén)石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱(chēng)中國(guó)四大石窟.現(xiàn)有一石窟的某處浮雕共7層，每上層的數(shù)量是下層的2倍，總共有1 016個(gè)浮

4、雕，這些浮雕構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上，浮雕的數(shù)量構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，則log2(a3a5)的值為(　　) A.8 B.10 C.12 D.16 解析：選C　依題意得，數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列， 因?yàn)樽钕聦拥母〉竦臄?shù)量為a1，所以S7＝＝1 016，解得a1＝8， 所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)， 所以a3＝25，a5＝27，從而a3×a5＝25×27＝212， 所以log2(a3a5)＝log2212＝12，故選C. 6.(2019·洛陽(yáng)市統(tǒng)考)已知數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3a

5、n，bn＝，若k>Tn恒成立，則k的最小值為(　　) A.　　　　　　　 B. C.49 D. 解析：選B　∵6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1， ∴6an＋1＝(an＋1＋an)(an＋1－an)＋3(an＋1－an)， ∴(an＋1＋an)(an＋1－an)＝3(an＋1＋an)， ∵an>0，∴an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝3， 又6a1＝a＋3a1，a1>0，∴a1＝3. ∴{an}是以3為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，∴an＝3n， ∴bn＝·， ∴Tn＝·＝·<， ∴k≥，∴k的最小值為，故選B. 二、填空題 7.在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)

6、列{an}中，已知a1＝2，a＋4a＝4a，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q>0，因?yàn)閍1＝2，a＋4a＝4a， 所以(anq2)2＋4a＝4(anq)2，化為q4－4q2＋4＝0， 解得q2＝2，q>0，解得q＝. 則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2×()n－1＝2. 答案：2 8.(2019·安徽合肥一模改編)設(shè)等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a2＝5，a6＋a8＝30，則an＝________，數(shù)列的前n項(xiàng)和為_(kāi)_______. 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.∵{an}是等差數(shù)列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，∴a7

7、－a2＝5d.又a2＝5，則d＝2.∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1.∴＝＝，∴的前n項(xiàng)和為＝＝. 答案：2n＋1　 9.(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ為常數(shù))，若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1

8、因?yàn)閍nbn＝－n2＋9n－20， 所以bn＝， 所以bn＋1－bn＝＝<0， 解得4

9、∈N*). (2)bn＝＝＝－， 故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1. 11.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n＋1－2，bn＝＋2n. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2－2n＋2＝2n， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2，所以an＝2n. (2)∵bn＝＋2n＝2n＋1，∴anbn＝(2n＋1)·2n. ∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)·2n， 2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)·2n＋

10、1， ∴－Tn＝6＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)·2n＋1＝6＋－(2n＋1)2n＋1 ＝－2－(2n－1)·2n＋1. ∴Tn＝(2n－1)·2n＋1＋2. 12.(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))數(shù)列{an}滿(mǎn)足：＋＋…＋＝n2＋n，n∈N*. (1)求{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求滿(mǎn)足Sn>的最小正整數(shù)n. 解：(1)由題意知，＋＋…＋＝n2＋n， 當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1， 兩式相減得，＝2n，an＝2n(n＋1)(n≥2). 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4也符合，所以an＝2n(n＋1)，n∈N*. (2

11、)bn＝＝＝， 所以Sn＝＝＝， 由Sn＝＞得n＞9，所以滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)n為10. B組——大題專(zhuān)攻強(qiáng)化練 1.(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)已知{an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn為an與的等差中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)由題意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，① 當(dāng)n＝1時(shí)，由①式可得a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1， 整理得S－S＝1. 所以{S}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，S＝

12、1＋n－1＝n. 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以Sn＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)， 又a1＝S1＝1，所以an＝－. (2)bn＝＝＝(－1)n(＋)， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－； 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝. 所以{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝(－1)n. 2.(2019·安徽省考試試題)已知等差數(shù)列{an}中，a5－a3＝4，前n項(xiàng)和為Sn，且S2，S3－1，S4成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝(－1)n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解

13、：(1)設(shè){an}的公差為d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2. ∴S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12， 又S2，S3－1，S4成等比數(shù)列，∴(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)， 解得a1＝1， ∴an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n＝(－1)n， 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－＋－＋…－＋，∴Tn＝－1＋＝－. 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝－＋－＋…＋－， ∴Tn＝－1－＝－. ∴Tn＝ 3.(2019·江蘇高考題節(jié)選)定義首項(xiàng)為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”. (1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿(mǎn)足：a2a4＝a5，a3－4

14、a2＋4a1＝0，求證：數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”； (2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿(mǎn)足：b1＝1，＝－，其中Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. 解：(1)證明：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0. 由得 解得因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”. (2)因?yàn)椋剑詁n≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2. 由＝－，得Sn＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，由bn＝Sn－Sn－1，得bn＝－，整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列. 因此，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*). 4.已知

15、數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝1，an＋1＝an＋. (1)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)由an＋1＝an＋可得＝＋， 又bn＝，所以bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋， 所以bn－b1＝＝1－，即bn＝2－(n≥2)，易知b1＝1滿(mǎn)足上式，所以bn＝2－(n∈N*). (2)由(1)可知an＝2n－，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n， 則Tn＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋，② 由①－②得， Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－. 所以Tn＝4－. 所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n(n＋1)－4＋. - 8 -