新版高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題四 數(shù)列 專題能力訓練12 Word版含答案

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1、 1

2、 1 專題能力訓練12　數(shù)列的通項與求和 能力突破訓練 1.(20xx甘肅蘭州一診)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,a4+a10=28,則S9=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.45 B.90 C.120 D.75 2.(20xx東北三校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,滿足a1+2a2=S5,下列結(jié)論錯誤的是(　　) A.S9=0 B.

3、S5最小 C.S3=S6 D.a5=0 3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=n2-2n-1,則a3+a17=(　　) A.15 B.17 C.34 D.398 4.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=32+f(x)(x∈R),且f(1)=52,則數(shù)列{f(n)}(n∈N*)前20項的和為(　　) A.305 B.315 C.325 D.335 5.已知數(shù)列{an},構(gòu)造一個新數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…,此數(shù)列是首項為1,公比為13的等比數(shù)列,則數(shù)列{an}的通項公式為(　　) A.an=32-32×13n,n∈N* B.an=32+32×13n,n∈

4、N* C.an=1,n=1,32+32×13n,n>2,且n∈N* D.an=1,n∈N* 6.(20xx山西大同豪洋中學三模)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an-an+1=nanan+1(n∈N*),則an=　　　　　.? 7.(20xx河北石家莊一模)已知數(shù)列{an}中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若{an}為遞增數(shù)列,則實數(shù)a的取值范圍為　　　　　.? 8.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1=-2 017,S20142014-S20082008=6,則S2 017=　　　　　.? 9.已知在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1,且n∈N*.

5、 (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)令bn=2n+1anan+1,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.如果對于任意的n∈N*,都有Tn>m,求實數(shù)m的取值范圍. 10.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=0,對任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1). (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足an+log2n=log2bn,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 11.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn=3n+3. (1)求{an}的通

6、項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn=log3an,求{bn}的前n項和Tn. 思維提升訓練 12.給出數(shù)列11,12,21,13,22,31,…,1k,2k-1,…,k1,…,在這個數(shù)列中,第50個值等于1的項的序號是(　　) A.4 900 B.4 901 C.5 000 D.5 001 13.設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,則Sn=　　　　　.? 14.已知等差數(shù)列{an}的公差為2,其前n項和Sn=pn2+2n(n∈N*). (1)求p的值及an; (2)若bn=2(2n-1)an,記數(shù)

7、列{bn}的前n項和為Tn,求使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值. 15.已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實數(shù),且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列. (1)求q的值和{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項和. 16.設(shè)數(shù)列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果對小于n(2≤n≤N)的每個正整數(shù)k都有ak

8、時刻”組成的集合. (1)對數(shù)列A:-2,2,-1,1,3,寫出G(A)的所有元素; (2)證明:若數(shù)列A中存在an使得an>a1,則G(A)≠?; (3)證明:若數(shù)列A滿足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),則G(A)的元素個數(shù)不小于aN-a1. 參考答案 專題能力訓練12　數(shù)列的通項與求和 能力突破訓練 1.B　解析因為{an}是等差數(shù)列,設(shè)公差為d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+9×82d=18+36×2=90.故選B. 2.B　解析由題設(shè)可得3a1+

9、2d=5a1+10d?2a1+8d=0,即a5=0,所以D中結(jié)論正確. 由等差數(shù)列的性質(zhì)可得a1+a9=2a5=0,則S9=9(a1+a9)2=9a5=0,所以A中結(jié)論正確. S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中結(jié)論正確. B中結(jié)論是錯誤的.故選B. 在求等差數(shù)列的前n項和的最值時,一定要注意n∈N*. 3.C　解析∵Sn=n2-2n-1, ∴a1=S1=12-2-1=-2. 當n≥2時, an=Sn-Sn-1 =n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1] =n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1 =n2-n

10、2+2n-1+2n-2-2n=2n-3. ∴an=-2,n=1,2n-3,n≥2. ∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34. 4.D　解析∵f(1)=52,f(2)=32+52, f(3)=32+32+52,……, f(n)=32+f(n-1), ∴{f(n)}是以52為首項,32為公差的等差數(shù)列. ∴S20=20×52+20(20-1)2×32=335. 5.A　解析因為數(shù)列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首項為1,公比為13的等比數(shù)列, 所以an-an-1=13n-1,n≥2.所以當n≥2時, an=a1+(a2-a1)+

11、(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+13+132+…+13n-1 =1-13n1-13=32-32×13n. 又當n=1時,an=32-32×13n=1, 則an=32-32×13n,n∈N*. 6.2n2-n+2　解析因為an-an+1=nanan+1,所以an-an+1anan+1=1an+1-1an=n, 1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+…+1a2-1a1+1a1 =(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+1a1 =(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22(n≥2). 所以an=2n2-n+2(n≥2). 又a1=1也滿足上式,所以

12、an=2n2-n+2. 7.(-7,+∞)　解析由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即an+1+4(n+1)+5an+4n+5=3,所以數(shù)列{an+4n+5}是首項為a+9,公比為3的等比數(shù)列. 所以an+4n+5=(a+9)·3n-1,即an=(a+9)·3n-1-4n-5. 所以an+1=(a+9)·3n-4n-9. 因為數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立. 因為n∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7. 8.-2 017　解析

13、∵Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和, ∴Snn是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d. ∵S20142014-S20082008=6, ∴6d=6,d=1. ∵a1=-20xx, ∴S11=-20xx. ∴Snn=-20xx+(n-1)×1=-20xx+n. ∴S20xx=(-20xx+20xx)×20xx=-20xx. 故答案為-20xx. 9.解(1)∵an+1=an+2n+1, ∴an+1-an=2n+1, ∴an-an-1=2n-1, ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n-1)2=n2. (2)

14、由(1)知,bn=2n+1anan+1=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2, ∴Tn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2, ∴數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列, ∴最小值為1-1(1+1)2=34,只需要34>m, ∴m的取值范圍是-∞,34. 10.解(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1), ∴當n≥2時,(n-1)an=Sn-1+n(n-1), 兩式相減,得 nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1), 即nan+1-(n-1)an=an+2n,得 an+1-an=2. 當n=1時,

15、1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2. ∴數(shù)列{an}是以0為首項,2為公差的等差數(shù)列. ∴an=2(n-1)=2n-2. (方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得 n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1), 整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1), 兩邊同除以n(n+1), 得Sn+1n+1-Snn=1. ∴數(shù)列Snn是以S11=0為首項,1為公差的等差數(shù)列,∴Snn=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1). 當n≥2時,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2. 又a1=0適合上式,∴數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-2

16、. (2)∵an+log2n=log2bn, ∴bn=n·2an=n·22n-2=n·4n-1. ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1, ① 4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n, ② 由①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=1-4n1-4-n×4n=(1-3n)×4n-13. ∴Tn=19[(3n-1)×4n+1]. 11.解(1)因為2Sn=3n+3, 所以2a1=3+3,故a1=3. 當n>1時,2Sn-1=3n-1+3, 此時2an=2S

17、n-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1, 所以an=3,n=1,3n-1,n>1. (2)因為anbn=log3an, 所以b1=13, 當n>1時,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n. 所以T1=b1=13; 當n>1時,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n), 所以3Tn=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n), 兩式相減,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-6n

18、+32×3n, 所以Tn=1312-6n+34×3n. 經(jīng)檢驗,當n=1時也適合. 綜上可得Tn=1312-6n+34×3n. 思維提升訓練 12.B　解析根據(jù)條件找規(guī)律,第1個1是分子、分母的和為2,第2個1是分子、分母的和為4,第3個1是分子、分母的和為6,……,第50個1是分子、分母的和為100,而分子、分母的和為2的有1項,分子、分母的和為3的有2項,分子、分母的和為4的有3項,……,分子、分母的和為99的有98項,分子、分母的和為100的項依次是:199,298,397,……,5050,5149,…,991,第50個1是其中第50項,在數(shù)列中的序號為1+2+3+…+98+5

19、0=98(1+98)2+50=4901. 13.-1n　解析由an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,得1Sn-1Sn+1=1,即1Sn+1-1Sn=-1,則1Sn為等差數(shù)列,首項為1S1=-1,公差為d=-1,∴1Sn=-n,∴Sn=-1n. 14.解(1)(方法一)∵{an}是等差數(shù)列, ∴Sn=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)2×2=n2+(a1-1)n. 又由已知Sn=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3, ∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1. (方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4, 即a1+a2=4p+

20、4,∴a2=3p+2. 又等差數(shù)列的公差為2,∴a2-a1=2, ∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3, ∴an=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,an=2n+1. (方法三)當n≥2時,an=Sn-Sn-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2, ∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1, ∴a1=p+2=3,∴an=a1+(n-1)d=2n+1, ∴p=1,an=2n+1. (2)由(1)知bn=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1, ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn =11-13+13-15+15

21、-17+…+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1. ∵Tn>910,∴2n2n+1>910, ∴20n>18n+9,即n>92. ∵n∈N*, ∴使Tn>910成立的最小正整數(shù)n的值為5. 15.解(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1). 又因為q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2. 當n=2k-1(k∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=2n-12; 當n=2k(k∈N*)時,an=a2k=2k=2n2. 所以,{an}的通項公式為an

22、=2n-12,n為奇數(shù),2n2,n為偶數(shù). (2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.設(shè){bn}的前n項和為Sn,則Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1, 12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n, 上述兩式相減,得12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n, 整理得,Sn=4-n+22n-1. 所以,數(shù)列{bn}的前n項和為4-n+22n-1,n∈N*. 16.解(1)G(A)的元素為2和5. (2)因為存在an使

23、得an>a1, 所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?. 記m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}, 則m≥2,且對任意正整數(shù)ka1. 由(2)知G(A)≠?. 設(shè)G(A)={n1,n2,…,np},n1ani}. 如果Gi≠?,取mi=minGi, 則對任何1≤k