《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)10 數(shù)列（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)10 數(shù)列（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十) 數(shù)列
1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
[解] (1)設(shè){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(xiàng)公式為an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－16.
2．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前
2、n項(xiàng)和．
[解] (1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)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(xiàng)和．由(1)及題設(shè)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(guó)卷Ⅱ)已知數(shù)列{an}和{bn}滿(mǎn)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(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；
(2)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式．
[解] (1)證明：由題設(shè)得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因?yàn)閍1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列．
由題設(shè)得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因?yàn)閍1－b1＝1，所以{an－bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)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(guó)卷Ⅱ)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lg an]，其中[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求數(shù)列{bn}的前1 000項(xiàng)和．
[解] (1)設(shè){an}的公差為d，據(jù)已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因?yàn)閎n＝
5、
所以數(shù)列{bn}的前1 000項(xiàng)和為1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
1．(2020·安陽(yáng)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，正項(xiàng)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.若a1＝b1＝3，a2＋b2＝14，a3＋b3＝34.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和．
[解] (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)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(xiàng)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(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，且a2，a3＋2，a4成等差數(shù)列．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝log2an，求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.
[解] (1)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，公比設(shè)為q，
a2，a3＋2，a4成等差數(shù)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(xiàng)和Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
3．(2020·吉林二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＝－3，S6＝0.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求使不等式Sn>an成立的n的最小值．
[解] (1)設(shè)等差數(shù)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(jià)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(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝，且an＝＋(n≥2，n∈N*)．
(1)求證：數(shù)列{2nan}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
[解] (1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，由an＝＋，
兩邊同時(shí)乘以2n，可得2nan＝2n－1an－1＋2，
即2nan－2n－1an－1＝2(n≥2)．
∵21a1＝2×＝3，
∴數(shù)列{2nan}是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)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(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－2kn(k∈N*)，Sn的最小值為－9.
(1)確定k的值，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝(－1)n·an，求數(shù)列{bn}的前2n＋1項(xiàng)和T2n＋1.
[解] (1)由已知得Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2，
因?yàn)閗∈N*，則當(dāng)n＝k時(shí)，(Sn)min＝－k2＝－9，故k＝3.
所以Sn＝n2－6n.
因?yàn)镾n－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(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝－5，滿(mǎn)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(shù)列{an}，{bn}滿(mǎn)足a1＝1，b1＝，2an＋1＝an＋bn,2bn＋1＝an＋bn.
(1)證明：數(shù)列{an＋bn}，{an－bn}為等比數(shù)列；
(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)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(shù)列，
兩式相減得：an＋1－bn＋1＝(an－bn)，
∴{an－bn}為等比數(shù)列．
(2)由(1)可得：an＋bn＝①，
an－bn＝②，
兩式相加得：an＝＋，
Sn＝＋＜＋＝.
3．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)證明：{an}為等比數(shù)列；
(2)記bn＝log2an，數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，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(dāng)n≥2時(shí)，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(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．
(2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.
則＝＝λ，
Tn＝λ＝λ，
因?yàn)門(mén)n≥10，所以≥10，從而λ≥，
因?yàn)椋?0≤20，
所以λ的取值范圍為[20，＋∞)．
4．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，a1＝2，且＝＋1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝[lg(log2an)]，其中[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1，求數(shù)列{bn}的前2 020項(xiàng)和．
[解] (1)由題意，＝＋1，
即a－an＋1an－2a＝0，
整理，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0.
∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，
∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an.
∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴an＝2n.
(2)由(1)知，bn＝[lg(log2an)]＝[lg(log22n)] ＝[lg n]，
故bn＝ n∈N*.
∴數(shù)列{bn}的前2 020項(xiàng)的和為1×90＋2×900＋3×1 021＝4 953.
（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)10 數(shù)列（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題
