2020高考数学二轮练典型习题第二部分专题二第2讲数列通项与求和（Word版带解析）

[A 组　夯基保分专练] 一、选择题 1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前 n 项和为 S n ＝n 2 ＋n＋1，b n ＝(－ 1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前 50 项和为(　　) A．49　　　　　　　　 B．50 C．99 D．100 解析：选 A.由题意得，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当 n＝1 时，a1＝S1＝3，所以数列 {bn}的前 50 项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选 A. 2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，Sn＝2an ＋1，则 Sn＝(　　) A．2n－1 B．(3 2 )n－1 C．(2 3 )n－1 D．(1 2 )n－1 解析：选 B.法一：当 n＝1 时，S1＝a1＝2a2，则 a2＝1 2.当 n≥2 时，Sn－1＝2an，则 Sn－Sn－ 1＝an＝2an＋1－2an，所以an＋1 an ＝3 2，所以当 n≥2 时，数列{an}是公比为3 2的等比数列，所以 an＝ {1，n＝1 1 2 × (3 2 )n－2 ，n ≥ 2， 所 以 Sn ＝ 1 ＋ 1 2＋ 1 2×3 2＋ … ＋ 1 2×(3 2 )n－2 ＝ 1 ＋ 1 2 × [1－(3 2 )n－1 ] 1－3 2 ＝(3 2 )n－1 ，当 n＝1 时，此式也成立． 故选 B. 法二：当 n＝1 时，S1＝a1＝2a2，则 a2＝1 2，所以 S2＝1＋1 2＝3 2，结合选项可得只有 B 满足， 故选 B. 3．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么 a2 019＝(　　) A．1 B．－2 C．3 D．－3 解析：选 A.因为 an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以 an＝an－1－an－2(n≥3)，所以 an＋1＝an－an－1 ＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)． 所以 an＋3＝－an(n∈N*)， 所以 an＋6＝－an＋3＝an，故{an}是以 6 为周期的周期数列． 因为 2 019＝336×6＋3， 所以 a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选 A. 4．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足 2an＋1＋an＝3(n≥1)，且 a3＝13 4 ，其前 n 项和为 Sn，则满足不等式|Sn－n－6|< 1 123的最小整数 n 是(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 解析：选 C.由 2an＋1＋an＝3，得 2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即an＋1－1 an－1 ＝－1 2(*)， 又 a3＝13 4 ，所以 a3－1＝9 4，代入(*)式，有 a2－1＝－9 2，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首 项为 9，公比为－ 1 2的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n－1)－6|＝ |9 × [1－(－1 2 )n ] 1－(－1 2 ) －6|＝|－6 × (－1 2 )n |< 1 123，又 n∈N*，所以 n 的最小值为 10.故选 C. 5．(2019·江西省五校协作体试题)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，若 an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋ 2－an＋1，则 1 b1＋ 1 2b2＋…＋ 1 100b100＝(　　) A．97 98 B．98 99 C． 99 100 D．100 101 解析：选 D.因为 an＋Sn＝2n①，所以 an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得 2an＋1－an＝2n，所以 2an＋2－an＋1＝2n＋1，又 2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以 bn＝n＋1， 1 nbn＝ 1 n（n＋1）＝1 n－ 1 n＋1， 则 1 b1＋ 1 2b2＋…＋ 1 100b100＝1－1 2＋1 2－1 3＋…＋ 1 100－ 1 101＝1－ 1 101＝100 101，故选 D. 6．(多选)一个弹性小球从 100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的2 3再落下， 设它第 n 次着地时，经过的总路程记为 Sn，则当 n≥2 时，下面说法正确的是(　　) A．Sn0，所以 an＝ 2n－1(n∈N*)． (2)bn＝ 2 an＋an＋1＝ 2 2n－1＋ 2n＋1 ＝ 2n＋1－ 2n－1， 故数列{bn}的前 n 项和 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝( 3－1)＋( 5－ 3)＋…＋( 2n＋1－ 2n－1) ＝ 2n＋1－1. 2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝ Sn－1＋1(n≥2，n∈ N)，且 a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)记 bn＝ 1 an·an＋1，Tn 为{bn}的前 n 项和，求使 Tn≥2 n成立的 n 的最小值． 解：(1)由已知有Sn－ Sn－1＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{ Sn }为等差数列，又 S1＝ a1＝1， 所以 Sn＝n，即 Sn＝n2. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 又 a1＝1 也满足上式，所以 an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝ 1 （2n－1）（2n＋1）＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， 所以 Tn＝1 2(1－1 3＋1 3－1 5＋…＋ 1 2n－1－ 1 2n＋1)＝1 2(1－ 1 2n＋1)＝ n 2n＋1. 由 Tn≥2 n得 n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以 n≥5， 所以 n 的最小值为 5. 3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn 为 an 与 1 an的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ （－1）n an ，求{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由题意知，2Sn＝an＋ 1 an，即 2Snan－a2n＝1，① 当 n＝1 时，由①式可得 S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1，代入①式， 得 2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1， 整理得 S2n－S 2n－1＝1. 所以{S2n}是首项为 1，公差为 1 的等差数列，S2n＝1＋n－1＝n. 因为{an}的各项都为正数，所以 Sn＝ n， 所以 an＝Sn－Sn－1＝ n－ n－1(n≥2)， 又 a1＝S1＝1， 所以 an＝ n－ n－1. (2)bn＝ （－1）n an ＝ （－1）n n－ n－1 ＝(－1)n( n＋ n－1)， 当 n 为奇数时， Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…＋( n－1＋ n－2)－( n＋ n－1)＝－ n； 当 n 为偶数时， Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…－( n－1＋ n－2)＋( n＋ n－1)＝ n.所以{bn}的前 n 项 和 Tn＝(－1)n n. 4．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知 a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 c1＝1，cn＝{1，2k < n < 2k＋1， bk，n＝2k， 其中 k∈N*. ①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式； ②求 2n ∑ i＝1 aici（n∈N*）. 解：（1）设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.依题意得{6q＝6＋2d， 6q2＝12＋4d， 解得{d＝3， q＝2，故 an＝4＋（n－1）×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.,所以，{an}的通项公式 为 an＝3n＋1，{bn}的通项公式为 bn＝3×2n. （2）①a2n（c2n－1）＝a2n（bn－1）＝（3×2n＋1）（3×2n－1）＝9×4n－1.,所以，数列{a2n （c2n－1）}的通项公式为 a2n（c2n－1）＝9×4n－1. ② 2n ∑ i＝1 aici＝ 2n ∑ i＝1 [ai＋ai（ci－1）] ＝ 2n ∑ i＝1 ai＋ 2n ∑ i＝1 a2i（ci－1） ＝[2n×4＋2n（2n－1） 2 ×3]＋ n ∑ i＝1 (9×4i－1) ＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×4（1－4n） 1－4 －n ＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．