2021届高考文科数学二轮复习提能专训11-数列的通项与求和.docx

提能专训(十一)数列的通项与求和一、选择题1(2022福建漳州七校联考)若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10()A15B12C12D15答案：A解析：anan1(1)n(3n2)(1)n1(3n1)(1)n(3n23n1)3(1)n，a1a2a103333315.2(2022陕西西工大附中一模)已知等差数列an中，Sn为其前n项和，若a13，S5S10，则当Sn取到最小值时n的值为()A5 B7 C8 D7或8答案：D解析：由S5S10，知a6a7a8a9a100，a80.又a13.S7S8为最小值Sn取到最小值时n的值为7或8.3(2022阜新二模)已知数列an中，a11,2nan1(n1)an，则数列an的通项公式为()A. B. C. D.答案：B解析：ana11.选B.4(2022江西十校联考二)等比数列an的前n项和为Sn，若S2n4(a1a3a2n1)，a1a2a327，则a6()A27 B81 C243 D729答案：C解析：本题考查等比数列的前n项和、通项公式等基础学问，意在考查考生的应用力量、转化化归力量和运算求解力量解法一：设等比数列an的公比为q，依题意有解得所以a6a1q535243，故选C.解法二：设等比数列an的公比为q，依题意有偶数项的和等于奇数项的和的3倍，所以，所以a23a1，所以q3，由于a1a3a，a1a2a327，所以a23，所以a6a2q435243，故选C.5(2022河北唐山一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则()A4n1 B4n1 C2n1 D2n1答案：D解析：由除以可得2，解得q，代入得a12，an2n1，Sn4，2n1，故选D.6(2022皖西七校联合考试)已知数列an是等差数列，a1tan225，a513a1，设Sn为数列(1)nan的前n项和，则S2 014()A2 014 B2 014 C3 021 D3 021答案：C解析：a1tan 2251，a513a113，则公差d3，an3n2.方法一：(1)nan(1)n(3n2)，Sn(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2 012a2 011)(a2 014a2 013)1 007d3 021.方法二：由于(1)nan(1)n(3n2)，则S2 0141(1)14(1)27(1)36 037(1)2 0136 040(1)2 014，式两边分别乘以1，得(1)S2 0141(1)24(1)37(1)46 037(1)2 0146 040(1)2 015，得2S2 014136 040(1)2 0156 042，S2 0143 021.7(2022大庆质检)已知数列an满足an1anan1(n2)，a11，a23，记Sna1a2an，则下列结论正确的是()Aa2 0141，S2 0142 Ba2 0143，S2 0145Ca2 0143，S2 0142 Da2 0141，S2 0145答案：D解析：由已知数列an满足an1anan1(n2)，知an2an1an，an2an1(n2)，an3an，an6an，又a11，a23，a32，a41，a53，a62，所以当kN时，ak1ak2ak3ak4ak5ak6a1a2a3a4a5a60，a2 014a41，S2 014a1a2a3a4132(1)5.8(2022上海闵行一模)若数列an的前n项和为Sn，有下列命题：(1)若数列an是递增数列，则数列Sn也是递增数列；(2)无穷数列an是递增数列，则至少存在一项ak，使得ak0；(3)若an是等差数列(公差d0)，则S1S2Sk0的充要条件是a1a2ak0；(4)若an是等比数列，则S1S2Sk0(k2)的充要条件是anan10.其中，正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3答案：B解析：(1)错，例如数列：3，2，1,0,1,2,3，Sn不是递增数列；(2)错，例如：an，则an是递增数列，但anm，求实数m的取值范围解：(1)an1an2n1，an1an2n1，而anan12n1，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)135(2n1)n2.(2)由(1)知：bnTn1，数列Tn是递增数列，最小值为1，只需要m，m的取值范围是.18.(2022山东临沂质检)设数列an满足a12，a2a48，且对任意的nN*，都有anan22an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Sn，且满足S1Sn2bnb1，nN*，b10，求数列anbn的前n项和Tn.解：(1)由nN*，anan22an1知，an是等差数列，设公差为d，a12，a2a48，224d8，解得d1.ana1(n1)d2(n1)1n1.(2)由nN*，S1Sn2bnb1，得，当n1时，有b2b1b1b1，b10，b11，Sn2bn1.当n2时，Sn12bn11.由得，SnSn12bn1(2bn11)2bn2bn1，即n2时，bn2bn2bn1，bn2bn1，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，bn2n1.anbn(n1)2n1.则Tn232422n2n2(n1)2n1，2Tn22322423n2n1(n1)2n，得，Tn22222n1(n1)2n1(n1)2nn2n，Tnn2n，即数列anbn的前n项和为n2n.19(2022湖北七市联考)已知数列an是等差数列，bn是等比数列，其中a1b11，a2b2，且b2为a1，a2的等差中项，a2为b2，b3的等差中项(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记cn(a1a2an)(b1b2bn)，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)设an的公差为d，bn的公比为q.由2b2a1a2,2a2b2b3，得q1，d0或q2，d2，又a2b2，所以q2，d2，所以an2n1，bn2n1.(2)由(1)得cnn2(2n1)n2nn，所以Sn(121222n2n)(12n)令Tn121222323n2n，2Tn122223324n2n1，由得Tn(n1)2n12，所以Sn(n1)2n12.20(2022广州综合测试)已知数列an的前n项和为Sn，且a10，对任意nN*，都有nan1Snn(n1)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足anlog2nlog2bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)解法一：nan1Snn(n1)，当n2时，(n1)anSn1n(n1)，两式相减得nan1(n1)anSnSn1n(n1)n(n1)，即nan1(n1)anan2n，得an1an2.当n1时，1a2S112，即a2a12.数列an是以0为首项，2为公差的等差数列an2(n1)2n2.解法二：由nan1Snn(n1)，得n(Sn1Sn)Snn(n1)，整理得，nSn1(n1)Snn(n1)，两边同除以n(n1)得，1.数列是以0为首项，1为公差的等差数列0n1n1.Snn(n1)当n2时，anSnSn1n(n1)(n1)(n2)2n2.又a10适合上式，数列an的通项公式为an2n2.(2)anlog2nlog2bn，bnn2ann22n2n4n1.Tnb1b2b3bn1bn40241342(n1)4n2n4n1，4Tn41242343(n1)4n1n4n，得3Tn4041424n1n4nn4n.Tn(3n1)4n1