全国版2025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

PAGE专题检测（九）数列通项与求和A组——“6＋3＋3”一、选择题1．已知数列{an}满意eq\f(an＋1,an＋1＋1)＝eq\f(1,2)，且a2＝2，则a4等于()A．－eq\f(1,2) B．23C．12 D．11解析：选D因为数列{an}满意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a2019＝()A．1 B．－2C．3 D．－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2019＝336×6＋3，所以a2019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A.3．(2024·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．49 B．50C．99 D．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．1C.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}满意a1＝1，且对于随意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＋eq\f(1,a2020)＝()A.eq\f(4039,2019) B．eq\f(2018,2019)C.eq\f(4040,2021) D．eq\f(4039,2020)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\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＋eq\f(1,a2020)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)－\f(1,2020)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2020)－\f(1,2021)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2021)))＝eq\f(4040,2021).故选C.6．已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*)，若bn＋1＝(n－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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}满意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\co1(\f(1,an)＋1))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\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<n＋1.因为数列{n＋1}是递增数列，所以λ<2.故选B.二、填空题7．(2024·安徽合肥一模改编)设等差数列{an}满意a2＝5，a6＋a8＝30，则an＝________，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\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\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,4n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n)－1)))的前n项和为eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4（n＋1）).答案：2n＋1eq\f(n,4（n＋1）)8．设数列{an}满意a1＝5，且对随意正整数n，总有(an＋1＋3)(an＋3)＝4an＋4成立，则数列{an}的前2020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2020＝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2020项的和为－eq\f(5,3)×505＝－eq\f(2525,3).答案：－eq\f(2525,3)9．(2024·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\co1(cos\f(nπ,2)))Sn＝2，则a12＝________．解析：当n＝1，2，3，4，…时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\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．(2024·江西七校第一次联考)数列{an}满意a1＝1，eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{aeq\o\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\o\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，且aeq\o\al(2,1)＝1，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以aeq\o\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．(2024·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)，②①－②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.④③－④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．(2024·河北省九校其次次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满意bn＝log2an，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＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝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\co1(\f(1,n（n＋1）)))的前n项和为An，则An＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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．(2024·江西八所重点中学联考)设数列{an}满意a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\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\co1(－\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\co1(\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\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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．(2024·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满意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因为Sn＝2an－n，①所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)，②①－②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，③2Kn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④③－④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．(2024·郑州市其次次质量预料)数列{an}满意：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，求满意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－1，②①－②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\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(