【名师伴你行】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

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(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝()A．15B．12C．－12D．－15答案：A解析：∵an＋an＋1＝(－1)n(3n－2)＋(－1)n＋1(3n＋1)＝(－1)n(3n－2－3n－1)＝－3(－1)n，∴a1＋a2＋…＋a10＝3＋3＋3＋3＋3＝15.2．(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a1＝－3，S5＝S10，则当Sn取到最小值时n的值为()A．5B．7C．8D．7或8答案：D解析：由S5＝S10，知a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，∴a8＝0.又∵a1＝－3.∴S7＝S8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，a1＝1,2nan＋1＝(n＋1)an，则数列{an}的通项公式为()A.eq\f(n,2n)B.eq\f(n,2n－1)C.eq\f(n,2n－1)D.eq\f(n＋1,2n)答案：B解析：an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,a1)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,2n－1)·eq\f(n－1,2n－2)·…·eq\f(2,2·1)·1＝eq\f(n,2n－1).选B.4．(2022·江西十校联考二)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，a1a2a3＝27，则A．27B．81C．243D．729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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q2n,1－q)＝\f(4a1[1－q2n],1－q2)，,a1·a1q·a1q2＝27，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))所以a6＝a1q5＝35＝243，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eq\f(a2[1－q2n],1－q2)＝eq\f(3a1[1－q2n],1－q2)，所以a2＝3a1，所以q＝3，由于a1a3＝aeq\o\al(2,2)，a1a2a3＝27，所以a2＝3，所以a6＝a2q4＝35＝243，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a1＋a3＝eq\f(5,2)，a2＋a4＝eq\f(5,4)，则eq\f(Sn,an)＝()A．4n－1B．4n－1C．2n－1D．2n－1答案：D解析：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a3＝\f(5,2)，,a2＋a4＝\f(5,4)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5,2)，①,a1q＋a1q3＝\f(5,4)，②))由①除以②可得eq\f(1＋q2,q＋q3)＝2，解得q＝eq\f(1,2)，代入①得a1＝2，∴an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(4,2n)，∴Sn＝eq\f(2×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),\f(4,2n))＝2n－1，故选D.6．(2022·皖西七校联合考试)已知数列{an}是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2014A．2014B．－2014C．3021D．－3021答案：C解析：∵a1＝tan225°＝1，∴a5＝13a1则公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(13－1,4)＝3，∴an＝3n－2.方法一：∵(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，∴Sn＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2012－a2011)＋(a2014－a2013)＝1007d＝3021.方法二：由于(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，则S2014＝1×(－1)1＋4×(－1)2＋7×(－1)3＋…＋6037×(－1)2013＋6040×(－1)2014，①①式两边分别乘以－1，得(－1)×S2014＝1×(－1)2＋4×(－1)3＋7×(－1)4＋…＋6037×(－1)2014＋6040×(－1)2015，②①－②得2S2014＝－1＋3×eq\f(1－－12013,1－－1)－6040×(－1)2015＝6042，∴S2014＝3021.7．(2022·大庆质检)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是()A．a2014＝－1，S2014＝2B．a2014＝－3，S2014＝5C．a2014＝－3，S2014＝2D．a2014＝－1，S2014＝5答案：D解析：由已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，知an＋2＝an＋1－an，an＋2＝－an－1(n≥2)，an＋3＝－an，an＋6＝an，又a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，所以当k∈N时，ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋ak＋4＋ak＋5＋ak＋6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，a2014＝a4＝－1，S2014＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋2＋(－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ak>0；(3)若{an}是等差数列(公差d≠0)，则S1·S2·…·Sk＝0的充要条件是a1·a2·…·ak＝0；(4)若{an}是等比数列，则S1·S2·…·Sk＝0(k≥2)的充要条件是an＋an＋1＝0.其中，正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3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＝－eq\f(1,n)，则{an}是递增数列，但an<0；(3)错，例如，等差数列：－3，－2，－1,0，有a1·a2·a3·a4＝0，则S1·S2·S3·S4≠0；(4)正确，若an＋an＋1＝0，则q＝－1，当k≥2时，肯定会消灭Sk＝eq\f(a11－qk,1－q)＝0；若Sk＝eq\f(a11－qk,1－q)＝0，则qk＝1.又q≠1，k≥2时，必有q＝－1.9．已知数列{an}前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是()A．13B．－76C．46D．76答案：B解析：∵Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，∴S15＝1－5＋9－13＋…＋57＝7×(－4)＋57＝29，S22＝1－5＋9－13＋…－85＝11×(－4)＝－44，S31＝1－5＋9－13＋…＋121＝15×(－4)＋121＝61，∴S15＋S22－S31＝－76.10．若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式an＝()A.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))(－2)n－1 B.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))(－2)nC．(－2)n－2 D．(－2)n－1答案：D解析：对任意n∈N*，有Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，当n＝1时有a1＝S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，解得a1＝1；当n≥2且n∈N*时，由Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，可得Sn－1＝eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，两式相减得an＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，整理得an＝－2an－1⇒eq\f(an,an－1)＝－2，故数列{an}是以1为首项，以－2为公比的等比数列，∴an＝1×(－2)n－1＝(－2)n－1，故选D.11．已知F(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))－1是R上的奇函数，an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝n－1 B．an＝nC．an＝n＋1 D．an＝n2答案：C解析：∵F(x)＋F(－x)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)))＝2，即若a＋b＝1，则f(a)＋f(b)＝2.于是，由an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]＝2n＋2，∴an＝n＋1.12．已知数列{an}，构造一个新数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…，此数列是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，则数列{an}的通项公式为()A．an＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，n∈N*B．an＝eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，n∈N*C．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(3,2)＋\f(3,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，n>2，且n∈N*))D．an＝1，n∈N*答案：A解析：由于数列a1，a2－a1，a3－a2，…an－an－1，…是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，得an－an－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，n≥2.所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，又当n＝1时，an＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝1，则an＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，n∈N*.二、填空题13．(2022·广州综合测试)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－eq\f(1,an＋1)，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2014＝________.答案：－eq\f(2011,2)解析：由已知递推公式可得a1＝1，a2＝－eq\f(1,2)，a3＝－2，a4＝1，…，该数列以3为周期，即为1，－eq\f(1,2)，－2，1，－eq\f(1,2)，－2，…，故S2014＝671×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)－2))＋1＝－eq\f(2011,2).14．(2022·新疆检测)公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，设Tn＝n(Sn＋q)，则数列{Tn}的前n项和为________．答案：(n－1)·2n＋2＋4解析：依题意得q＝eq\f(a3＋a5,a2＋a4)＝2，a1q＋a1q3＝10a1＝20，a1＝2，Sn＋q＝eq\f(21－2n,1－2)＋2＝2n＋1，Tn＝n·2n＋1.记数列{Tn}的前n项和为Bn，则Bn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1①，2Bn＝1·23＋2·24＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2②，由②－①得Bn＝－22－23－24－…－2n＋1＋n·2n＋2＝－eq\f(22－2n＋2,1－2)＋n·2n＋2＝(n－1)·2n＋2＋4，因此数列{Tn}的前n项和为(n－1)·2n＋2＋4.15．(2022·上海长宁第一学期教学质量检测)数列{an}满足eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋5，n∈N*，则an＝________.答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(14，n＝1,2n＋1，n≥2))解析：在eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋…＋eq\f(1,2n)an＝2n＋5中用n－1代换n得eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,22)a2＋…＋eq\f(1,2n－1)an－1＝2(n－1)＋5(n≥2)，两式相减得eq\f(1,2n)an＝2，an＝2n＋1，又eq\f(1,2)a1＝7，即a1＝14，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(14，n＝1，,2n＋1，n≥2.))16．(2022·江苏苏北四市质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4，a3，a5成等差数列，且Sk＝33，Sk＋1＝－63，其中k∈N*，则Sk＋2的值为________．答案：129解析：设公比为q，由2a3＝a4＋a5，得2a3＝a3q＋a3q2.∵a3≠0，∴q2＋∴q＝－2或q＝1(舍去)．∴ak＋1＝Sk＋1－Sk＝－63－33＝－96，∴ak＋2＝ak＋1q＝192.Sk＋2＝Sk＋1＋ak＋2＝－63＋192＝129.三、解答题17．(2022·淄博二模)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n＋1，且n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(2n＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn.假如对于任意的n∈N*，都有Tn>m，求实数m的取值范围．解：(1)∵an＋1＝an＋2n＋1，∴an＋1－an＝2n＋1，而an－an－1＝2n－1，∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.(2)由(1)知：bn＝eq\f(2n＋1,anan＋1)＝eq\f(2n＋1,n2n＋12)＝eq\f(1,n2)－eq\f(1,n＋12)∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,22)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,32)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))＝1－eq\f(1,n＋12)，∴数列{Tn}是递增数列，∴最小值为1－eq\f(1,1＋12)＝eq\f(3,4)，只需要eq\f(3,4)>m，∴m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4))).18.(2022·山东临沂质检)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意的n∈N*，都有an＋an＋2＝2an＋1.(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S1·Sn＝2bn－b1，n∈N*，b1≠0，求数列{anbn}的前n项和Tn.解：(1)由n∈N*，an＋an＋2＝2an＋1知，{an}是等差数列，设公差为d，∵a1＝2，a2＋a4＝8，∴2×2＋4d＝8，解得d＝1.∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)·1＝n＋1.(2)由n∈N*，S1·Sn＝2bn－b1，得，当n＝1时，有beq\o\al(2,1)＝2b1－b1＝b1，∵b1≠0，∴b1＝1，Sn＝2bn－1.①当n≥2时，Sn－1＝2bn－1－1.②由①－②得，Sn－Sn－1＝2bn－1－(2bn－1－1)＝2bn－2bn－1，即n≥2时，bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.∴an·bn＝(n＋1)·2n－1.则Tn＝2＋3×2＋4×22＋…＋n·2n－2＋(n＋1)·2n－1，③2Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，④③－④得，－Tn＝2＋2＋22＋…＋2n－1－(n＋1)·2n＝1＋eq\f(2n－1,2－1)－(n＋1)·2n＝－n·2n，∴Tn＝n·2n，即数列{anbn}的前n项和为n·2n.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a1＝b1＝1，a2≠b2，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＝eq\f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)(b1＋b2＋…＋bn)，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2b2＝a1＋a2,2a2＝b2＋b3得q＝1，d＝0或q＝2，d＝2，又a2≠b2，所以q＝2，d＝2，所以an＝2n－1，bn＝2n－1.(2)由(1)得cn＝eq\f(1,n)·n2·(2n－1)＝n·2n－n，所以Sn＝(1×21＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)．令Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①2Tn＝1