《（統(tǒng)考版）高考數學二輪復習 專題限時集訓10 數列（含解析）（理）-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（統(tǒng)考版）高考數學二輪復習 專題限時集訓10 數列（含解析）（理）-人教版高三數學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題限時集訓(十)　數列 1．(2018·全國卷Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通項公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． [解]　(1)設{an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15. 由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通項公式為an＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以當n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16. 2．(2020·全國卷Ⅰ)設{an}是公比不為1的等比數列，a1為a2，a3的等差中項． (1)求{an}的公比； (2)若a1＝1，求數列{nan}的前

2、n項和． [解]　(1)設{an}的公比為q，由題設得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2. 所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)或q＝－2. 故{an}的公比為－2. (2)記Sn為{nan}的前n項和．由(1)及題設可得， an＝(－2)n－1. 所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1， －2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n. 可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n. 所以Sn＝－. 3．(2019·全國卷Ⅱ)已知數列{an}和{bn}滿足a1＝1，b

3、1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)證明：{an＋bn}是等比數列，{an－bn}是等差數列； (2)求{an}和{bn}的通項公式． [解]　(1)證明：由題設得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)． 又因為a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項為1，公比為的等比數列． 由題設得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因為a1－b1＝1，所以{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數列． (2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.

4、 所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－， bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋. 4．(2016·全國卷Ⅱ)Sn為等差數列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lg an]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101； (2)求數列{bn}的前1 000項和． [解]　(1)設{an}的公差為d，據已知有7＋21d＝28，解得d＝1. 所以{an}的通項公式為an＝n. b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2. (2)因為bn＝

5、 所以數列{bn}的前1 000項和為1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 1．(2020·安陽模擬)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，正項等比數列{bn}的前n項和為Tn.若a1＝b1＝3，a2＋b2＝14，a3＋b3＝34. (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)求數列{an＋bn}的前n項和． [解]　(1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q(q>0)， 由a1＝b1＝3，a2＋b2＝14，a3＋b3＝34， 得a2＋b2＝3＋d＋3q＝14， a3＋b3＝3＋2d＋3q2＝34， 解得：d＝2，q＝3. ∴an＝3＋2(

6、n－1)＝2n＋1，bn＝3n. (2)∵an＋bn＝(2n＋1)＋3n， ∴{an＋bn}的前n項和為 (a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn) ＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32＋…＋3n) ＝＋＝n(n＋2)＋. 2．(2020·濰坊模擬)已知等比數列{an}的首項a1＝2，且a2，a3＋2，a4成等差數列． (1)求{an}的通項公式； (2)若bn＝log2an，求數列的前n項和Tn. [解]　(1)等比數列{an}的首項a1＝2，公比設為q， a2，a3＋2，a4成等差數列，可得a2＋a4＝2(a3＋2)， 即有2q＋2q3＝2(2q2＋2)，解

7、得q＝2. 則an＝a1qn－1＝2n. (2)bn＝log2an＝log22n ＝ n， 則＝＝－， 前n項和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 3．(2020·吉林二模)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a2＝－3，S6＝0. (1)求數列{an}的通項公式； (2)求使不等式Sn>an成立的n的最小值． [解]　(1)設等差數列{an}的公差為d， ∵a2＝－3，S6＝0， ∴a1＋d＝－3,6a1＋15d＝0. 解得a1＝－5，d＝2. ∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7. (2)不等式Sn>an，即－5n＋×2>2n－7，等價于(n－1)(n－7)>0

8、，解得n>7. ∴使不等式Sn>an成立的n的最小值為8. 4．(2020·淄博模擬)已知數列{an}滿足a1＝，且an＝＋(n≥2，n∈N*)． (1)求證：數列{2nan}是等差數列，并求出數列{an}的通項公式； (2)求數列{an}的前n項和Sn. [解]　(1)證明：當n≥2時，由an＝＋， 兩邊同時乘以2n，可得2nan＝2n－1an－1＋2， 即2nan－2n－1an－1＝2(n≥2)． ∵21a1＝2×＝3， ∴數列{2nan}是以3為首項，2為公差的等差數列． ∴2nan＝3＋2(n－1)＝2n＋1， ∴an＝，n∈N*. (2)由(1)可知， Sn

9、＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋＋…＋＋， Sn＝＋＋…＋＋， 兩式相減，可得： Sn＝＋＋＋…＋－ ＝＋－ ＝－， ∴Sn＝5－. 1．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－2kn(k∈N*)，Sn的最小值為－9. (1)確定k的值，并求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝(－1)n·an，求數列{bn}的前2n＋1項和T2n＋1. [解]　(1)由已知得Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2， 因為k∈N*，則當n＝k時，(Sn)min＝－k2＝－9，故k＝3. 所以Sn＝n2－6n. 因為Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)， 所以an＝Sn－S

10、n－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)． 當n＝1時，S1＝a1＝－5，滿足an＝2n－7， 綜上，an＝2n－7. (2)依題意，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)， 則T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n＋1[2(2n＋1)－7] ＝5－2n. 2．已知數列{an}，{bn}滿足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn. (1)證明：數列{an＋bn}，{an－bn}為等比數列； (2)記Sn為數列{an}的前n項和，證明：Sn＜. [解]　(1)依題意

11、得兩式相加得：an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)， ∴{an＋bn}為等比數列， 兩式相減得：an＋1－bn＋1＝(an－bn)， ∴{an－bn}為等比數列． (2)由(1)可得：an＋bn＝①， an－bn＝②， 兩式相加得：an＝＋， Sn＝＋＜＋＝. 3．設數列{an}的前n項和為Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2. (1)證明：{an}為等比數列； (2)記bn＝log2an，數列的前n項和為Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范圍． [解]　(1)證明由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4， 當n≥2時，an＝Sn－1＋2， 所以an＋1－an

12、＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an， 所以an＋1＝2an(n≥2)． 又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*)， 所以{an}是首項為2，公比為2的等比數列． (2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n. 則＝＝λ， Tn＝λ＝λ， 因為Tn≥10，所以≥10，從而λ≥， 因為＝10≤20， 所以λ的取值范圍為[20，＋∞)． 4．已知數列{an}的各項都為正數，a1＝2，且＝＋1. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝[lg(log2an)]，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1，求數列{bn}的前2 020項和． [解]　(1)由題意，＝＋1， 即a－an＋1an－2a＝0， 整理，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0. ∵數列{an}的各項都為正數， ∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an. ∴數列{an}是以2為首項，2為公比的等比數列， ∴an＝2n. (2)由(1)知，bn＝[lg(log2an)]＝[lg(log22n)] ＝[lg n]， 故bn＝ n∈N*. ∴數列{bn}的前2 020項的和為1×90＋2×900＋3×1 021＝4 953.