2019年高考数学大二轮复习 专题四 数列（课件+练习）（打包4套）.zip

14.1 等差数列、等比数列【课时作业】A 级1．(2018·湖南衡阳一模)在等差数列{ an}中， a1＋3 a8＋ a15＝120，则 a2＋ a14的值为( )A．6 B．12C．24 D．48解析： ∵在等差数列{ an}中， a1＋3 a8＋ a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3 a8＋ a15＝5 a8＝120，∴ a8＝24，∴ a2＋ a14＝2 a8＝48.故选 D.答案： D2．等比数列{ an}中，若 a4＝8 a1，且 a1， a2＋1， a3成等差数列，则其前 5 项和为( )A．30 B．32C．62 D．64解析： 设等比数列{ an}的公比为 q，∵ a4＝8 a1，∴ q＝2.∵ a1， a2＋1， a3成等差数列，∴2 a2＋2＝ a1＋ a3，∴4 a1＋2＝ a1＋4 a1，解得 a1＝2，∴其前 5 项和为 ＝62，故2 1－ 251－ 2选 C.答案： C3． 《张丘建算经》卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈． ”其意思为今有一女子擅长织布，且从第 2 天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布．则该女子最后一天织布的尺数为( )A．18 B．20C．21 D．25解析： 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{ an}，其中 a1＝5，前 30 项和为 390，于是有 ＝390，解得 a30＝21，即该织女最后30 5＋ a302一天织 21 尺布．答案： C4．已知等比数列{ an}的公比为 q，前 n 项和为 Sn，若点( n， Sn)在函数 y＝2 x＋1 ＋ m 的图象上，则 m＝( )A．－2 B．2C．－3 D．3解析： 易知 q≠1， Sn＝ ＝ － qn＝ － qn＋1 ，又点a1 1－ qn1－ q a11－ q a11－ q a11－ q a1q 1－ q(n， Sn)在函数 y＝2 x＋1 ＋ m 的图象上，所以 Sn＝2 n＋1 ＋ m，所以 q＝2，Error!得 m＝－2.2答案： A5．设数列{ an}满足： a1＝1， a2＝3，且 2nan＝( n－1) an－1 ＋( n＋1) an＋1 ，则 a20的值是( )A. B．215 225C. D．235 245解析： ∵2 nan＝( n－1) an－1 ＋( n＋1) an＋1 ，∴数列{ nan}是以 a1＝1 为首项，2a2－ a1＝5 为公差的等差数列，∴20 a20＝1＋5×19＝96，∴ a20＝ .245答案： D6．设{ an}是由正数组成的等比数列， Sn为其前 n 项和．已知 a2a4＝1， S3＝7，则其公比 q 等于________．解析： ∵{ an}是由正数组成的等比数列，∴数列{ an}的公比 q0.由 a2a4＝1，得a ＝1，∴ a3＝1.∵ S3＝7，∴ a1＋ a2＋ a3＝ ＋ ＋1＝7，即 6q2－ q－1＝0，解得 q＝ 或231q2 1q 12q＝－ (舍去)．故 q＝ .13 12答案： 127．(2018·河北石家庄一模)若数列{ an}满足 a1＝2， an＋1 ＝ ，则 a2 018的值为1＋ an1－ an________．解析： ∵ a1＝2， an＋1 ＝ ，∴ a2＝ ＝－3，同理可得：1＋ an1－ an 1＋ a11－ a1a3＝－ ， a4＝ ， a5＝2，……，可得 an＋4 ＝ an，则 a2 018＝ a504×4＋2 ＝ a2＝－3.12 13答案： －38．已知数列{ an}满足 a1＝0，数列{ bn}为等差数列，且 an＋1 ＝ an＋ bn， b15＋ b16＝15，则 a31＝________.解析： 因为数列{ an}满足 a1＝0，数列{ bn}为等差数列，且 an＋1 ＝ an＋ bn， b15＋ b16＝15，所以 an＋1 ＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ bn，所以 a31＝ b1＋ b2＋ b3＋…＋ b30＝ (b1＋ b30)＝15( b15＋ b16)＝15×15＝225.302答案： 22539．已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2 n－1( n∈N *)．(1)求数列{ an}的通项公式；(2)设 bn＝log 4an＋1，求{ bn}的前 n 项和 Tn.解析： (1)当 n≥2 时， an＝ Sn－ Sn－1 ＝2 n－1 ，当 n＝1 时， a1＝2－1＝1，满足 an＝2 n－1 ，∴数列{ an}的通项公式为 an＝2 n－1 (n∈N *)．(2)由(1)得， bn＝log 4an＋1＝ ，n＋ 12则 bn＋1 － bn＝ － ＝ ，n＋ 22 n＋ 12 12∴数列{ bn}是首项为 1，公差 d＝ 的等差数列，12∴ Tn＝ nb1＋ d＝ .n n－ 12 n2＋ 3n410．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{ an}满足 a1＝1， nan＋1 ＝2( n＋1) an.设 bn＝ .ann(1)求 b1， b2， b3；(2)判断数列{ bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{ an}的通项公式．解析： (1)由条件可得 an＋1 ＝ an.2 n＋ 1n将 n＝1 代入得， a2＝4 a1，而 a1＝1，所以 a2＝4.将 n＝2 代入得， a3＝3 a2，所以 a3＝12.从而 b1＝1， b2＝2， b3＝4.(2){bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由条件可得 ＝ ，即 bn＋1 ＝2 bn，an＋ 1n＋ 1 2ann又 b1＝1，所以{ bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．(3)由(2)可得 ＝2 n－1 ，ann所以 an＝ n·2n－1 .B 级1．(2018·合肥市第一次教学质量检测)已知数列{ an}的前 n 项和为 Sn，若3Sn＝2 an－3 n，则 a2 018＝( )A．2 2 018－1 B．3 2 018－64C. 2 018－ D． 2 018－(12) 72 (13) 103解析： 因为 a1＝ S1，所以 3a1＝3 S1＝2 a1－3⇒ a1＝－3.当 n≥2 时，3 Sn＝2 an－3 n,3Sn－1 ＝2 an－1 －3( n－1)，所以 an＝－2 an－1 －3，即an＋1＝－2( an－1 ＋1)，所以数列{ an＋1}是以－2 为首项，－2 为公比的等比数列，所以 an＋1＝(－2)×(－2) n－1 ＝(－2) n，则 a2 018＝2 2 018－1.答案： A2．(2018·山西太原一模)在数列{ an}中， a1＝0， an－ an－1 －1＝2( n－1)( n∈N *， n≥2)，若数列{ bn}满足 bn＝ n × n，则数列{ bn}的最大项为第________项．an＋ 1＋ 1 (811)解析： 因为 an－ an－1 －1＝2( n－1)( n∈N *， n≥2)，所以an－ an－1 ＝2 n－1( n∈N *， n≥2)，所以根据叠加法得 an＝(2 n－1)＋(2 n－3)＋…＋3＋ a1＝ n2－1( n≥2)，又 n＝1 时， a1＝0 满足上式，所以 an＝ n2－1( n∈N *)，所以bn＝ n(n＋1)× n，因为 ＝ ，所以当 n≤5 时， bn＋1 bn，当 n≥6 时，(811) bn＋ 1bn 8 n＋ 211nbn＋1 bn，因此数列{ bn}的最大项为第 6 项．答案： 63．(2018·北京卷)设{ an}是等差数列，且 a1＝ln 2， a2＋ a3＝5ln 2.(1)求{ an}的通项公式；(2)求 ea1＋e a2＋…＋e an.解析： (1)设{ an}的公差为 d.因为 a2＋ a3＝5ln 2，所以 2a1＋3 d＝5ln 2.又 a1＝ln 2，所以 d＝ln 2.所以 an＝ a1＋( n－1) d＝ nln 2.(2)因为 ea1＝e ln 2＝2， ＝e an－ an－1 ＝e ln 2＝2，eanean－ 1所以数列{e an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 ea1＋e a2＋…＋e an＝ ＝2(2 n－1)＝2 n＋1 －2.2× 1－ 2n1－ 24．已知等差数列{ an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1， S3＋ S4＝ S5.(1)求数列{ an}的通项公式；(2)令 bn＝(－1) n－1 anan＋1 ，求数列{ bn}的前 2n 项和 T2n.解析： (1)设等差数列{ an}的公差为 d.由 S3＋ S4＝ S5，得 a1＋ a2＋ a3＝ a5，即 3a2＝ a5，所以 3(1＋ d)＝1＋4 d，解得 d＝2.5所以 an＝1＋( n－1)×2＝2 n－1.(2)由(1)可得 bn＝(－1) n－1 ·(2n－1)(2 n＋1)＝(－1) n－1 ·(4n2－1)．所以 T2n＝(4×1 2－1)－(4×2 2－1)＋(4×3 2－1)－(4×4 2－1)＋…＋(－1)2n－1 ·[4×(2n)2－1]＝4[1 2－2 2＋3 2－4 2＋…＋(2 n－1) 2－(2 n)2]＝－4[2 2－1 2＋4 2－3 2＋…＋(2 n)2－(2 n－1) 2]＝－4[(2＋1)×(2－1)＋(4＋3)×(4－3)＋…＋(2 n＋2 n－1)(2 n－2 n＋1)]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2 n－1＋2 n)＝－4×2n 2n＋ 12＝－8 n2－4 n. 专 题 四 数列题型一题型二题型三14.2 数列求和与综合应用【课时作业】A级1．设 Sn为等差数列{ an}的前 n项和，若 a1＝1，公差 d＝2， Sk＋2 － Sk＝24，则正整数k＝( )A．8 B．7C．6 D．5解析： 因为 Sk＋2 － Sk＝24，所以 ak＋1 ＋ ak＋2 ＝24，所以 a1＋ kd＋ a1＋( k＋1) d＝24，所以 2a1＋(2 k＋1) d＝24，所以 2×1＋(2 k＋1)×2＝24，解得 k＝5.答案： D2．若数列{ an}满足 a1＝15，且 3an＋1 ＝3 an－2，则使 ak·ak＋1 ＜0 的 k值为( )A．22 B．21C．24 D．23解析： 因为 3an＋1 ＝3 an－2，所以 an＋1 － an＝－ ，所以数列{ an}是首项为 15，公差23为－ 的等差数列，所以 an＝15－ ·(n－1)＝－ n＋ ，令 an＝－ n＋ ＞0，得23 23 23 473 23 473n＜23.5，所以使 ak·ak＋1 ＜0 的 k值为 23.答案： D3．等比数列{ an}的前 n项和为 Sn＝ a·3n－1 ＋ b，则 ＝( )abA．－3 B．－1C．1 D．3解析： 因为等比数列{ an}的前 n项和为 Sn＝ a·3n－1 ＋ b，所以 a1＝ S1＝ a＋ b，a2＝ S2－ S1＝3 a＋ b－ a－ b＝2 a，a3＝ S3－ S2＝9 a＋ b－3 a－ b＝6 a，因为等比数列{ an}中， a ＝ a1a3，2所以(2 a)2＝( a＋ b)×6a，解得 ＝－3.ab答案： A4．各项均为正数的数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 3Sn＝ anan＋1 ，则 2k＝( )n∑k＝ 1a2A. B．n n＋ 52 3n n＋ 12C. D．n 5n＋ 12  n＋ 3  n＋ 52解析： 当 n＝1 时，3 S1＝ a1a2，即 3a1＝ a1a2，∴ a2＝3，当 n≥2 时，由3Sn＝ anan＋1 ，可得 3Sn－1 ＝ an－1 an，两式相减得，3 an＝ an(an＋1 － an－1 )，又an≠0，∴ an＋1 － an－1 ＝3，∴{ a2n}是以 3为首项，3 为公差的等差数列，∴ 2k＝ a2＋ a4＋ a6＋…＋ a2n＝3 n＋ ×3＝ .n∑k＝ 1a n n－ 12 3n n＋ 12答案： B5．(2018·郑州市第一次质量测试)已知数列{ an}的前 n项和为 Sn， a1＝1， a2＝2，且an＋2 －2 an＋1 ＋ an＝0( n∈N *)，记 Tn＝ ＋ ＋…＋ (n∈N *)，则 T2 018＝( )1S1 1S2 1SnA. B．4 0342 018 2 0172 018C. D．4 0362 019 2 0182 019解析： 由 an＋2 －2 an＋1 ＋ an＝0( n∈N *)，可得 an＋2 ＋ an＝2 an＋1 ，所以数列{ an}为等差数列，公差 d＝ a2－ a1＝2－1＝1，通项公式 an＝ a1＋( n－1)× d＝1＋ n－1＝ n，则其前 n项和 Sn＝ ＝ ，所以n a1＋ an2 n n＋ 12＝ ＝2 ， Tn＝ ＋ ＋…＋ ＝21Sn 2n n＋ 1 (1n－ 1n＋ 1) 1S1 1S2 1Sn (11－ 12＋ 12－ 13＋ …＋ 1n－ 1n＋ 1)＝2 ＝ ，故 T2 018＝ ＝ ，故选 C.(1－1n＋ 1) 2nn＋ 1 2×2 0182 018＋ 1 4 0362 019答案： C6．设数列{ an}的前 n项和为 Sn，且 Sn＝ ，若 a4＝32，则 a1＝________.a1 4n－ 13解析： 因为 Sn＝ ， a4＝32，即 S4－ S3＝32.a1 4n－ 13所以 － ＝32，255a13 63a13所以 a1＝ .12答案： 127．已知函数 f(n)＝Error!且 an＝ f(n)＋ f(n＋1)，则 a1＋ a2＋…＋ a100＝________.解析： a1＋ a2＋…＋ a100＝[ f(1)＋ f(2)]＋[ f(2)＋ f(3)]＋[ f(3)＋ f(4)]3＋…＋[ f(99)＋ f(100)]＋[ f(100)＋ f(101)]＝ f(101)－ f(1)＋2[ f(1)＋ f(2)＋ f(3)＋ f(4)＋…＋ f(99)＋ f(100)]＝(101 2－1)＋2(1 2－2 2＋3 2－4 2＋…＋99 2－100 2)＝10200－2(3＋7＋11＋…＋199)＝100.答案： 1008．已知数列{ an}的通项公式 an＝log 2 (n∈N *)，设其前 n项和为 Sn，则使 Sn15，1n＋ 1116则使 Sn1，且 a3＋ a4＋ a5＝28， a4＋2 是 a3， a5的等差中项．数列{ bn}满足 b1＝1，数列{( bn＋1 － bn)an}的前 n项和为 2n2＋ n.(1)求 q的值；(2)求数列{ bn}的通项公式．解析： (1)由 a4＋2 是 a3， a5的等差中项，得 a3＋ a5＝2 a4＋4，所以 a3＋ a4＋ a5＝3 a4＋4＝28，解得 a4＝8.由 a3＋ a5＝20，得 8 ＝20，(q＋1q)解得 q＝2 或 q＝ .12因为 q1，所以 q＝2.(2)设 cn＝( bn＋1 － bn)an，数列{ cn}的前 n项和为 Sn.由 cn＝Error! 解得 cn＝4 n－1.由(1)可得 an＝2 n－1 ，所以 bn＋1 － bn＝(4 n－1)× n－1 ，(12)故 bn－ bn－1 ＝(4 n－5)× n－2 ， n≥2，(12)bn－ b1＝( bn－ bn－1 )＋( bn－1 － bn－2 )＋…＋( b3－ b2)＋( b2－ b1)＝(4 n－5)× n－2 ＋(4 n－9)× n－3 ＋…＋7× ＋3.(12) (12) 12设 Tn＝3＋7× ＋11× 2＋…＋(4 n－5)× n－2 ， n≥2，12 (12) (12)则 Tn＝3× ＋7× 2＋…＋(4 n－9)× n－2 ＋(4 n－5)× n－1 ，12 12 (12) (12) (12)所以 Tn＝3＋4× ＋4× 2＋…＋4× n－2 －(4 n－5)× n－1 ，12 12 (12) (12) (12)因此 Tn＝14－(4 n＋3)× n－2 ， n≥2.(12)又 b1＝1，所以 bn＝15－(4 n＋3)× n－2 .(12) 专 题 四 数列题型一题型二