2025屆高考數(shù)學二輪總復習第一部分高考層級專題突破層級二7個能力專題師生共研專題三數(shù)列第二講課時跟蹤檢測九數(shù)列的通項與求和理含解析

PAGE第一部分高考層級專題突破層級二7個實力專題師生共研專題三數(shù)列其次講數(shù)列的通項與求和課時跟蹤檢測(九)數(shù)列的通項與求和A卷一、選擇題1．已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ann為正奇數(shù)，,an＋1n為正偶數(shù)，))則其前6項之和為()A．16 B．20C．33 D．120解析：選Ca2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6項和2．已知數(shù)列2015,2016,1，－2015，－2016，…，這個數(shù)列的特點是從其次項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數(shù)列的前2017項和S2017等于()A．2018 B．2015C．1 D．0解析：選B由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1，故數(shù)列的前8項依次為2015,2016,1，－2015，－2016，－1,2015,2016.由此可知數(shù)列為周期數(shù)列，且周期為6，S6＝0.∵2017＝6×336＋1，∴S2017＝2015.3．已知數(shù)列{an}滿意a1＝5，anan＋1＝2n，則eq\f(a7,a3)＝()A．2 B．4C．5 D．eq\f(5,2)解析：選B因為eq\f(an＋1an＋2an＋3an＋4,anan＋1an＋2an＋3)＝eq\f(an＋4,an)＝eq\f(2n＋1·2n＋3,2n·2n＋2)＝22，所以令n＝3，得eq\f(a7,a3)＝22＝4，故選B．4．已知函數(shù)f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2當n為奇數(shù)時，,－n2當n為偶數(shù)時，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝()A．0 B．100C．－100 D．10200解析：選B由題意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故選B．5．已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10等于()A．15 B．12C．－12 D．－15解析：選A∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.6．若數(shù)列{an}滿意a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1<0的k值為()A．22 B．21C．24 D．23解析：選D因為3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，所以數(shù)列{an}是首項為15，公差為－eq\f(2,3)的等差數(shù)列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)>0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值為23.二、填空題7．(2024·遼寧五校聯(lián)考)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3且當n≥2時，2an＝Sn·Sn－1，則{an}的通項公式an＝______________________________.解析：當n≥2時，由2an＝Sn·Sn－1可得2(Sn－Sn－1)＝Sn·Sn－1，∴eq\f(1,Sn－1)－eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝－eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為eq\f(1,3)，公差為－eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·(n－1)＝eq\f(5－3n,6)，∴Sn＝eq\f(6,5－3n).當n≥2時，an＝eq\f(1,2)Sn·Sn－1＝eq\f(1,2)×eq\f(6,5－3n)×eq\f(6,5－3n－1)＝eq\f(18,5－3n8－3n)，又a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2.))答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,\f(18,5－3n8－3n)，n≥2))8．(2024·廣州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋an，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1＋1)＋\f(1,a2＋1)＋…＋\f(1,a2017＋1)))＝________.解析：因為an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋an，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，即eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1)，于是eq\f(1,a1＋1)＋eq\f(1,a2＋1)＋…＋eq\f(1,a2017＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2017)－\f(1,a2018)))＝eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2018).因為a1＝1，a2＝2>1，a3＝6>1，…，可知eq\f(1,a2018)∈(0,1)，則eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2018)∈(0,1)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2018)))＝0.答案：09．已知數(shù)列{an}滿意a1＝－40，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，則an取最小值時n的值為________．解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n＋1)，兩邊同時除以n(n＋1)，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為－40，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝－40＋(n－1)×2＝2n－42，所以an＝2n2－42n，對于二次函數(shù)f(x)＝2x2－42x，在x＝－eq\f(b,2a)＝－eq\f(－42,4)＝10.5時，f(x)取得最小值，因為n取正整數(shù)，所以n取10或11時，an取得最小值．答案：10或11三、解答題10．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S9＝－a5.(1)若a3＝4，求{an}的通項公式；(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范圍．解：(1)設{an}的公差為d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通項公式為an＝8＋(－2)(n－1)＝10－2n.(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f(nn－9d,2).由a1>0知d<0，故Sn≥an等價于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10，n∈N*}．11．(2024·武漢調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2an－2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝an·log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)當n＝1時，a1＝2a1－2，所以a1當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2，Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，即an＝2an－1.所以數(shù)列{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n.(2)由(1)得bn＝2nlog22n＝n·2n，所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，兩式相減，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.12．(2024·北京調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，且an＋1＝2an，設bn－2＝3log2an(n∈N*)．(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{|an－bn|}的前n項和Sn.解：(1)因為an＋1＝2an，a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列．所以an＝2n－1.又因為bn－2＝3log2an(n∈N*)，所以bn＝3log22n－1＋2＝3(n－1)＋2＝3n－1.(2)因為數(shù)列{an}中的項為1,2,4,8,16，…，2n－1，數(shù)列{bn}中的項為2,5,8,11,14，…，3n－1，①當n≤4時，|an－bn|＝bn－an＝3n－1－2n－1，所以Sn＝eq\f(n3n－1＋2,2)－eq\f(1×1－2n,1－2)＝eq\f(3n2＋n＋2,2)－2n.②當n>4時，|an－bn|＝an－bn＝2n－1－(3n－1)，所以Sn＝S4＋(a5＋a6＋…＋an)－(b5＋b6＋…＋bn)＝2n－eq\f(3n2＋n－42,2)，綜合①②得Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3n2＋n＋2,2)－2n，n≤4，,2n－\f(3n2＋n－42,2)，n>4.))B卷1．(2024·陜西模擬)已知在遞增等差數(shù)列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,n＋1an)，Sn為數(shù)列{bn}的前n項和，求S100的值．解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.∵a3是a1和a9的等比中項，∴aeq\o\al(2,3)＝a1a9，即(2＋2d)2＝2(2＋8d)，解得d＝0(舍)或d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n.(2)bn＝eq\f(1,n＋1an)＝eq\f(1,2nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴S100＝b1＋b2＋…＋b100＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,101)))＝eq\f(50,101).2．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＋a6＝4，S5＝－5.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|，求T5的值和Tn的表達式．解：(1)由題知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝4，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝2，))故an＝2n－7(n∈N*)．(2)由an＝2n－7<0，得n<eq\f(7,2)，即n≤3，所以當n≤3時，an＝2n－7<0，當n≥4時，an＝2n－7>0.易知Sn＝n2－6n，S3＝－9，所以T5＝－(a1＋a2＋a3)＋a4＋a5＝－S3＋(S5－S3)＝S5－2S3＝13.當n≤3時，Tn＝－Sn＝6n－n2；當n≥4時，Tn＝－S3＋(Sn－S3)＝Sn－2S3＝n2－6n＋18.故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))3．(2024·臨川模擬)若數(shù)列{bn}對于隨意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常數(shù))，則稱數(shù)列{bn}是公差為d的準等差數(shù)列．如數(shù)列cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4n－1，n為奇數(shù)，,4n＋9，n為偶數(shù)，))則數(shù)列{cn}是公差為8的準等差數(shù)列．設數(shù)列{an}滿意a1＝a，對于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.(1)求證：{an}是準等差數(shù)列；(2)求{an}的通項公式及前20項和S20.解：(1)證明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，②②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)，∴{an}是公差為2的準等差數(shù)列．(2)∵a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.其奇數(shù)項與偶數(shù)項都為等差數(shù)列，公差為2，當n為偶數(shù)時，an＝2－a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n