【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测10 数_列 含解析.doc，共(7)页，106.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（十）数列A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2019届高三·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝()A．－2B．－1C.12D.23

解析：选B由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍去)或q＝32，将q＝32代入S2＝3a2＋2中，得a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得a1＝－1.2．已知数列{an}满足an＋1an＋1＋1＝12，且a2＝2，

则a4等于()A．－12B．23C．12D．11解析：选D因为数列{an}满足an＋1an＋1＋1＝12，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＝11.3．(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为()A．10B．11C．12D．13解析：选C由S6>S

7>S5，得S7＝S6＋a7<S6，S7＝S5＋a6＋a7>S5，所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝13a1＋a132＝13a7<0，S12＝12a1＋a122＝6(a6＋a7)>0，所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C.4．数列{an

}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2019＝()A．1B．－2C．3D．－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.5．(2018·郑州第二次质量预测)已知f(x)＝2a－1x＋4，x≤1，ax，x>1，数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是()A．(1，＋∞)B.

12，＋∞C．(1,3)D．(3，＋∞)解析：选D因为an＝f(n)，且{an}是递增数列，所以2a－1>0，a>1，a1<a2，则a>12，a>1，2a－1＋4<a2，得a>3.故选D.6．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n

＋1，则1a1＋1a2＋„＋1a2017＋1a2018等于()A.40352017B.20162017C.40362019D.40352018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＝nn＋12，1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1，则1a1＋1a2＋„＋1a2017＋1a2018＝21－12＋12－13＋„＋

12017－12018＋12018－12019＝21－12019＝40362019.二、填空题7．(2018·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.

解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴Sn＝a11－qn1－q＝－11－2n1－2＝

1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－638．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3

天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x尺，则x25－12－1＝5，解得x＝531，所以该女子前3天所织布的总尺数为53123－12－1＝3531.答案：35319．(2019届

高三·福建八校联考)在数列{}an中，n∈N*，若an＋2－an＋1an＋1－an＝k(k为常数)，则称{}an为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序

号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{}an是等比数列，且公比q＝1时，{}an不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,

1，„是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④三、解答题10．(2018·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)设{an}的公差

为d，由题意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝na1＋an2＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最

小值为－16.11．(2018·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列

{an}的公差为d，∵a2＝3，S4＝16，∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2.∴an＝2n－1.(2)由题意，bn＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝121－13＋13－15＋„＋

12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.12．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.(1)证明{Sn－n＋2}为等比数列；(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.解：(1)证明：当n＝1时，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3.∴S1－1＋2＝4.

当n≥2时，Sn－2an＝n－4可化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，即Sn＝2Sn－1－n＋4，∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]．∴{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，S

n－n＋2＝2n＋1，∴Sn＝2n＋1＋n－2.于是Tn＝S1＋S2＋„＋Sn＝22＋1－2＋23＋2－2＋„＋2n＋1＋n－2＝(22＋23＋„＋2n＋1)＋(1＋2＋„＋n)－2n＝221－2n1－2＋1＋nn2－2n＝2n＋2＋n2－3

n2－4.∴数列{Sn}的前n项和Tn为2n＋2＋n2－3n2－4.B组——大题专攻补短练1．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式．(2)记Sn为{a

n}的前n项和，若Sm＝63，求m.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝1－－2n3.由Sm＝

63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝1－2n1－2＝2n－1.由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.2．(2018·潍坊统考)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n

∈N*)．(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴

Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ·2n－1.(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝

2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数，∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋„＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋„＋22n)＋(3＋5＋„＋2n＋1)＝4－4n·41－4＋n3＋2n＋12＝4n＋1－43＋n(n＋2)，∴T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43.3．(2018·厦门质

检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an2an＋3，n∈N*.(1)求证：数列1an为等差数列；(2)设T2n＝1a1a2－1a2a3＋1a3a4－1a4a5＋„＋1a2n－1a2n－1a2na2n＋1，求T2n.解：(1)证明：由

an＋1＝3an2an＋3，得1an＋1＝2an＋33an＝1an＋23，所以1an＋1－1an＝23.又a1＝1，则1a1＝1，所以数列1an是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设bn＝1a2n－1a2n－1a2na2n＋1＝1a2n－1－1a2n＋11

a2n，由(1)得，数列1an是公差为23的等差数列，所以1a2n－1－1a2n＋1＝－43，即bn＝1a2n－1－1a2n＋11a2n＝－43×1a2n，所以bn＋1－bn＝－431a2n＋2－1a2n＝－43×43＝－169.又b1

＝－43×1a2＝－43×1a1＋23＝－209，所以数列{bn}是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T2n＝b1＋b2＋„＋bn＝－209n＋nn－12×－169＝－49(2n

2＋3n)．4．(2018·石家庄质检)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝n＋1nan＋n＋12n.(1)设bn＝ann，求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)由an＋1＝n＋1nan＋n＋12n，可得a

n＋1n＋1＝ann＋12n，又bn＝ann，∴bn＋1－bn＝12n，由a1＝1，得b1＝1，累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋„＋(bn－bn－1)＝121＋122＋„＋12n－1，即bn－b1＝12

1－12n－11－12＝1－12n－1，∴bn＝2－12n－1.(2)由(1)可知an＝2n－n2n－1，设数列n2n－1的前n项和为Tn，则Tn＝120＋221＋322＋„＋n2n－1，①12Tn＝121＋222＋323＋„＋n2n，②①－②得12Tn

＝120＋121＋122＋„＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n，∴Tn＝4－n＋22n－1.易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，∴Sn＝n(n＋1)－4＋n＋22n－1.