（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题检测（十）数列理（普通生，含解析）.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题检测（十） 数 列专题检测（十） 数 列 A 组“633”考点落实练 一、选择题 1 (2019届高三·武汉调研)设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a2 2，S43a42，则a1( ) A2 B1 C. D. 1 2 2 3 解析：选 B 由S23a22，S43a42， 得a3a43a43a2，即qq23q23， 解得q1(舍去)或q ， 3 2 将q 代入S23a22 中，得a1a13×a12， 3 2 3 2 3 2 解得a11. 2已知数列an满足 ，且a22，则a4等于( ) an1 an11 1 2 A B23 1 2 C12 D11 解析：选 D 因为数列an满足 ，所以an112(an1)，即数列an1 an1 an11 1 2 是等比数列，公比为 2，则a4122(a21)12，解得a411. 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S6S7S5，则满 足SnSn1S7S5，得S7S6a7S5， 所以a70，所以S1313a70， 所以S12S133.故选 D. 6 若数列an满足a11， 且对于任意的nN*都有an1ann1， 则 1 a1 1 a2 1 a2 017 等于( ) 1 a2 018 A. B. 4 035 2 017 2 016 2 017 C. D. 4 036 2 019 4 035 2 018 解析：选 C 由an1ann1，得an1ann1， 则a2a111， a3a221， a4a331， ， anan1(n1)1， 以上等式相加，得ana1123(n1)n1， 把a11 代入上式得，an123(n1)n， nn1 2 2， 1 an 2 nn1( 1 n 1 n1) 则2 1 a1 1 a2 1 a2 017 1 a2 018(1 1 2) ( 1 2 1 3)( 1 2 017 1 2 018) ( 1 2 018 1 2 019) 2. (1 1 2 019) 4 036 2 019 二、填空题 7(2018·全国卷)记Sn为数列an的前n项和若Sn2an1，则S6_. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析：Sn2an1，当n2 时，Sn12an11， anSnSn12an2an1， 即an2an1. 当n1 时，a1S12a11，得a11. 数列an是首项a1为1，公比q为 2 的等比数列， Sn12n， a11qn 1q 112n 12 S612663. 答案：63 8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5，解得x， x251 21 5 31 所以该女子前 3 天所织布的总尺数为. 5 312 31 21 35 31 答案：35 31 9(2019 届高三·福建八校联考)在数列中，nN*，若k(k为常数)，an an2an1 an1an 则称为“等差比数列” ，下列是对“等差比数列”的判断：an k不可能为 0； 等差数列一定是“等差比数列” ； 等比数列一定是“等差比数列” ； “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， 所以错误 ； 当是等比数列， 且公比qan 1 时，不是等差比数列，所以错误；数列 0,1,0,1，是等差比数列，该数列中有无an 数多个 0，所以正确 答案： 三、解答题 10(2018·全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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 3a13d15. 又a17，所以d2. 所以an的通项公式为an2n9. (2)由(1)得Snn28n(n4)216， na1an 2 所以当n4 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，a23，S416，n N*. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Tn. 1 anan1 解：(1)设数列an的公差为d， a23，S416， a1d3,4a16d16， 解得a11，d2. an2n1. (2)由题意，bn， 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) Tnb1b2bn 1 2(1 1 3)( 1 3 1 5)( 1 2n1 1 2n1) 1 2(1 1 2n1) . n 2n1 12已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn2ann4. (1)证明Snn2为等比数列； (2)求数列Sn的前n项和Tn. 解：(1)证明：当n1 时，由Sn2ann4，得a13. S1124. 当n2 时，Sn2ann4 可化为Sn2(SnSn1)n4， 即Sn2Sn1n4， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 Snn22Sn1(n1)2 Snn2是首项为 4，公比为 2 的等比数列 (2)由(1)知，Snn22n1， Sn2n1n2. 于是TnS1S2Sn 221223222n1n2 (22232n1)(12n)2n 2n 2212n 12 1nn 2 2n24. n23n 2 数列Sn的前n项和Tn为 2n24. n23n 2 B 组大题专攻补短练 1(2018·全国卷)等比数列an中，a11，a54a3. (1)求an的通项公式 (2)记Sn为an的前n项和，若Sm63，求m. 解：(1)设an的公比为q，由题设得anqn1. 由已知得q44q2，解得q0(舍去)或q2 或q2. 故an(2)n1或an2n1. (2)若an(2)n1，则Sn. 12n 3 由Sm63，得(2)m188，此方程没有正整数解 若an2n1，则Sn2n1. 12n 12 由Sm63，得 2m64，解得m6. 综上，m6. 2(2018·潍坊统考)若数列an的前n项和Sn满足Sn2an(0，nN*) (1)证明：数列an为等比数列，并求an； (2)若4，bnError!(nN*)，求数列bn的前 2n项和T2n. 解：(1)Sn2an，当n1 时，得a1， 当n2 时，Sn12an1， SnSn12an2an1， 即an2an2an1，an2an1， 数列an是以为首项，2 为公比的等比数列， an·2n1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)4，an4·2n12n1， bnError! T2n22324526722n2n1 (222422n)(352n1) 44n·4 14 n32n1 2 n(n2)， 4n14 3 T2nn22n . 4n1 3 4 3 3(2018·厦门质检)已知数列an满足a11，an1，nN*. 3an 2an3 (1)求证：数列为等差数列； 1 an (2)设T2n，求T2n. 1 a1a2 1 a2a3 1 a3a4 1 a4a5 1 a2n1a2n 1 a2na2n1 解：(1)证明：由an1，得 ， 3an 2an3 1 an1 2an3 3an 1 an 2 3 所以 . 1 an1 1 an 2 3 又a11，则1， 1 a1 所以数列是首项为 1，公差为 的等差数列 1 an 2 3 (2)设bn， 1 a2n1a2n 1 a2na2n1( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 由(1)得，数列是公差为 的等差数列， 1 an 2 3 所以 ， 1 a2n1 1 a2n1 4 3 即bn ×， ( 1 a2n1 1 a2n1) 1 a2n 4 3 1 a2n 所以bn1bn × . 4 3( 1 a2n2 1 a2n) 4 3 4 3 16 9 又b1 × ×， 4 3 1 a2 4 3( 1 a1 2 3) 20 9 所以数列bn是首项为，公差为的等差数列， 20 9 16 9 所以T2nb1b2bnn× (2n23n) 20 9 nn1 2( 16 9) 4 9 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4(2018·石家庄质检)已知数列an满足：a11，an1an. n1 n n1 2n (1)设bn，求数列bn的通项公式； an n (2)求数列an的前n项和Sn. 解：(1)由an1an，可得， n1 n n1 2n an1 n1 an n 1 2n 又bn，bn1bn， an n 1 2n 由a11，得b11， 累加可得(b2b1)(b3b2)(bnbn1)， 1 21 1 22 1 2n1 即bnb11， 1 2(1 1 2n1) 11 2 1 2n1 bn2. 1 2n1 (2)由(1)可知an2n， n 2n1 设数列的前n项和为Tn， n 2n1 则Tn， 1 20 2 21 3 22 n 2n1 Tn， 1 2 1 21 2 22 3 23 n 2n 得Tn2， 1 2 1 20 1 21 1 22 1 2n1 n 2n 1 1 2n 11 2 n 2n n2 2n Tn4. n2 2n1 易知数列2n的前n项和为n(n1)， Snn(n1)4. n2 2n1