2022年高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)：數(shù)列綜合訓(xùn)練題

2022年高中數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)：數(shù)列綜合練習(xí)題

五年高考練

考點(diǎn)1等差數(shù)列及其應(yīng)用

1.（2019課標(biāo)全國(guó)I,9,5分,"）記Sn為等差數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和.已知

$4=0招5=5,則（）

A.an=2n-5B.an=3n-10

22

C.Sn=2n-8nD.Sn=|n-2n

2.（2020課標(biāo)全國(guó)II理,4,5分,"）北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所,

分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板（稱為天心石），環(huán)繞天心

石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第

一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層

環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心

石）（）

A.3699塊B.3474塊

C.3402塊D.3339塊

3.（2019課標(biāo)全國(guó)HI,14,5分,*）記Sn為等差數(shù)列｛a/的前n項(xiàng)和，若

31#0/2=3@1,則羋=.

4.（2019北京,10,5分,封）設(shè)等差數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為Sn.若

a2=-3,S5=?10,則a5=,Sn的最小值為.

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5.（2019課標(biāo)全國(guó)I,18,12分,#）記Sn為等差數(shù)列出｝的前n項(xiàng)和.已知

S9=-a5.

⑴若a3=4,求｛an｝的通項(xiàng)公式；

⑵若aA0,求使得Sn》an的n的取值范圍.

考點(diǎn)2等比數(shù)列及其應(yīng)用

6.（2019課標(biāo)全國(guó)m,5,5分,*?）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列｛拆｝的前

4項(xiàng)和為15,且a5=3a3+4a1,則a3=（）

A.16B.8C.4D.2

7.（2018北京,4,5分,"”'十二平均律”是通用的音律體系，明代朱載

埴最早用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出半音比例，為這個(gè)理論的發(fā)展做出了重要貢

獻(xiàn).十二平均律將一個(gè)純八度音程分成十二份，依次得到十三個(gè)單音，

從第二個(gè)單音起，每一個(gè)單音的頻率與它的前一個(gè)單音的頻率的比都

等于?次.若第一個(gè)單音的頻率為f,則第八個(gè)單音的頻率為（）

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A.V2fB.V22fCJ暫fD/V^f

8.（2019課標(biāo)全國(guó)I,14,5分,"）記Sn為等比數(shù)列面｝的前n項(xiàng)和.若

ai=/a七26,貝!IS5=?

9.（2020課標(biāo)全國(guó)I理,17,12分,#：）設(shè)｛an｝是公比不為1的等比數(shù)列問(wèn)

為@2兩的等差中項(xiàng).

⑴求｛%｝的公比；

（2）若a1=l,求數(shù)歹U｛nan｝的前n項(xiàng)和.

10.（2019課標(biāo)全國(guó)11,19,12分,"）已知數(shù)列｛aj和｛bj滿足

ai=l,bi=0,4an+i=3an-bn+4,4bn+i=3bn-an-4.

⑴證明:｛a#%｝是等比數(shù)列,⑶也｝是等差數(shù)列；

（2）求｛%｝和｛bn｝的通項(xiàng)公式.

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考點(diǎn)3數(shù)列的綜合應(yīng)用

11.(2020新高考I,18,12分,")已知公比大于1的等比數(shù)列｛aj滿足

a2+a4=20,a3=8.

⑴求｛拆｝的通項(xiàng)公式；

(2)記bm為面｝在區(qū)間(0,m](m￡N*)中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，求數(shù)列｛bm｝的前100

項(xiàng)和Sioo-

12.(2018課標(biāo)全國(guó)I,17,12分,*)已知數(shù)列｛aj滿足

ai=1,na+1=2(n+1)a.b=—.

nnnn

⑴求bibh;

(2)判斷數(shù)列｛b"是否為等比數(shù)歹U,并說(shuō)明理由；

(3)求｛an｝的通項(xiàng)公式.

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13.(2020天津,19,15分,")已知｛a"為等差數(shù)列,｛%｝為等比數(shù)

列,ai=b?=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).

(1)求｛aj和｛%｝的通項(xiàng)公式；

(2)記｛%｝的前n項(xiàng)和為求證:SS+2Vs窘i(n￡N*);

(四*jn為奇數(shù)，

⑶對(duì)任意的正整數(shù)n,設(shè)c.=\求數(shù)列｛品｝的前2n項(xiàng)

詈工n為偶數(shù).

和.

14.(2018浙江,20,15分,小)已知等比數(shù)列｛aj的公比q>l,且

a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列｛bj滿足b1二l,數(shù)列

｛(bn+rbn)an｝的前ri項(xiàng)和為2n2+n.

⑴求q的值；

(2)求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式.

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考點(diǎn)4數(shù)學(xué)歸納法卡

15.（2020課標(biāo)全國(guó)m理,17,12分,*）設(shè)數(shù)列｛aj滿足ai=3,a?+i=3a?-4n.

（1）計(jì)算@2聲3,猜想｛An｝的通項(xiàng)公式并加以證明；

（2）求數(shù)列｛2%J的前n項(xiàng)和Sn.

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三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.（2020河南開封高二上期末聯(lián)考*）公差不為0的等差數(shù)列⑶｝的部

分項(xiàng)以I，%。修，…構(gòu)成公比為4的等比數(shù)列｛%｝,且k]=l,k2=2,則

k3=（）

A.4B.6C.8D.22

2.（2020福建廈門外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高二上期中,已知數(shù)列｛aj的通項(xiàng)公

式為anF+gneN）,則%2>aJ'是“數(shù)列｛如｝單調(diào)遞增”的（）

A.充要條件B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

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3.（2020湖南長(zhǎng)沙一中高三上第三次月考,上：）已知數(shù)列｛a"為等差數(shù)

歹！J,其前n項(xiàng)和為Sn,且@2=33=25,若bn=ansin等,且數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)

和為則T9=（）

A.--B.0C.-3V3D.--

22

4.（多選X2020山東濟(jì)寧高二上期末質(zhì)量檢測(cè),*?）若I為數(shù)列⑶｝的前

n項(xiàng)和，且Sn=2a/l（nWN）則下列說(shuō)法正確的是（）

A.a5=-16B.S5=-63

C.數(shù)列｛an｝是等比數(shù)列D.數(shù)列｛Sn+1｝是等比數(shù)列

5.（多選X2020廣東中山高二上期末統(tǒng)考,"）意大利數(shù)學(xué)家列昂納

多?斐波那契是第一個(gè)研究了印度和阿拉伯?dāng)?shù)學(xué)理論的歐洲人，斐波

那契數(shù)列被譽(yù)為最美的數(shù)列，斐波那契數(shù)列｛冊(cè)｝滿

足:ai=l,a2=l,an=an-i+an-2（n23,n￡N*）.若將數(shù)列的每一項(xiàng)按照下圖方法

放進(jìn)格子里,每一小格子的邊長(zhǎng)為1,記前n項(xiàng)所占的格子的面積之和

為Sn,每段螺旋線與其所在的正方形圍成的扇形面積為金,則下列結(jié)論

正確的是（）

A.Sn+1i+an+i^nB.ai+a2+a3+,,?+an=an+2-1

Ca+a3+a5+…+a2n-尸a2n-1D.4（Cn-Cn-l）=7ian-2an+l

6.（2020山東濟(jì)寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二上期中,"）古代埃及數(shù)學(xué)中有一個(gè)獨(dú)

特現(xiàn)象:除|用一個(gè)單獨(dú)的符號(hào)表示以外，其他分?jǐn)?shù)都可寫成若干個(gè)單

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分?jǐn)?shù)和的形式.例如可這樣理解:假定有兩個(gè)面包，要平均分給5

個(gè)人，如果每人今不夠，每人/余點(diǎn)再將這扮成5份，每人得已這樣每人

分得沁.形如高（n23,n￡N*）的分?jǐn)?shù)的分解:|斗白衿4，抬+強(qiáng)按

oJLSZ71-1b3JL5，qZov34b

此規(guī)律，則三=_______（1）23,n￡N*）.

NTlT

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7.（2020山東高考第一次模擬,"）古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究了“多

邊形數(shù)”，人們把多邊形數(shù)推廣到空間,研究了“四面體數(shù)”，如圖給

出了第一至第四個(gè)四面體數(shù)（已知A+22+32+…+?=3磬3）.

6

觀察上圖，由此得出第5個(gè)四面體數(shù)為（用數(shù)字作答）;第n個(gè)

四面體數(shù)為.深度解析

8.（2020河北武邑中學(xué)高三上期末,"）我們稱一個(gè)數(shù)列是“有趣數(shù)

列”，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列滿足以下兩個(gè)條件:①所有的奇數(shù)項(xiàng)滿足

32n-l<a2n+1,所有的偶數(shù)項(xiàng)滿足a2n<a2n+2；②任意相鄰的兩項(xiàng)32n-1再2n滿足

a2n-l<a2n.根據(jù)上面的信息完成下面的問(wèn)題：

⑴數(shù)歹打23,4,5,6“有趣數(shù)列”（填“是”或者“不

是"）；

n

⑵若an=n+（-l）?則數(shù)列｛aj”有趣數(shù)列”（填“是”或

者“不是”）.

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9.(2020北京高考適應(yīng)性測(cè)試,")已知㈤｝是公比為q的無(wú)窮等比數(shù)列,

其前n項(xiàng)和為Sn,滿足a3=12,.是否存在正整數(shù)k,使得Sk>2020?

若存在，求出k的最小值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

從①q=2,②q《,③q=2這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在上面問(wèn)題中并

作答.

注:若選擇多個(gè)條件分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.

10.(2020江西新余一中高二上第二次段考,")已知正項(xiàng)數(shù)列｛aj的前

n項(xiàng)和為Sn,對(duì)任意n￡N*,點(diǎn)⑶凡)都在函數(shù)f(x)=2x-2的圖象上.

(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；

(2)若bn=(2n?l)an,求數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和T?;

⑶己知數(shù)歹八金｝滿足。=掃/W)(n￡N*),若對(duì)任意n￡N”,存在

使得C1+C2+…+CnWf(xo)-a成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

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11.(2020天津耀華中學(xué)高二上期中,")在數(shù)列⑶｝中，已知川二1,其前n

項(xiàng)和為Sn,且對(duì)任意的正整數(shù)n,都有2Sn=(n+l)an成立.

(1)求數(shù)列｛踴｝的通項(xiàng)公式；

(2)已知關(guān)于n的不等式心?小....工占對(duì)一切n23,n￡N*

。3。4anV2n+1

恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

2

(3)已知品=(念)，數(shù)列｛品｝的前n項(xiàng)和為Tn,試比較Tn與|的大小并證

明.

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遷移創(chuàng)新

12.(2019北京高考,")已知數(shù)列｛aj,從中選取第ii項(xiàng)、第iz項(xiàng)、…、

第im項(xiàng)(if<…Vim),若則稱新數(shù)列%，見2,為㈤｝

的長(zhǎng)度為m的遞增子歹！J.規(guī)定:數(shù)列｛an｝的任意一項(xiàng)都是｛%｝的長(zhǎng)度為1

的遞增子列.

⑴寫出數(shù)列1,8,3,756,9的一個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；

⑵已知數(shù)列｛%｝的長(zhǎng)度為P的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為Qm。,長(zhǎng)度為

q的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為與。.若P〈q,求證:冊(cè)10<冊(cè)0；

⑶設(shè)無(wú)窮數(shù)列出｝的各項(xiàng)均為正整數(shù),且任意兩項(xiàng)均不相等?若⑶｝的

長(zhǎng)度為s的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為2s-l,且長(zhǎng)度為s末項(xiàng)為2s-1

的遞增子列恰有2-1個(gè)(s=l,2,…),求數(shù)列｛aj的通項(xiàng)公式.

深度解析

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答案全解全析

五年高考練

1.A設(shè)等差數(shù)列｛%｝的首項(xiàng)為山,公差為d,則由題意有

(A,4X3J八

Mi+^dnO,解得Q]=—3

+4d=5,d=2,

所以an=-3+(n-1)x2=2n-5,

Sn=?3n+^^x2=n2-4n,故選A.

2.C由題意可設(shè)每層有n個(gè)環(huán)，則三層共有3n個(gè)環(huán)，，每一環(huán)扇面形

石板的塊數(shù)構(gòu)成以a尸9為首項(xiàng),9為公差的等差數(shù)列｛a/且項(xiàng)數(shù)為3n.

不妨設(shè)上層扇面形石板總數(shù)為Si,中層總數(shù)為S%下層總數(shù)為S3,，

S3-S2=[9(2n+1)?n+x9]-[9(n+l)?n+^^x91=9n2=729,解得

n=9(負(fù)值舍去).

則三層共有扇面形石板(不含天心

石)27x9/^x9=27x9+27x13x9=27x14x9=3402(塊).故選C.

2

3.答案4

解析設(shè)數(shù)列｛aj的公差為d,

由題意得ai+d=3a1,即d=2ai,

貝I」S5=5a1+^d=25ai,Sio=1Oa?+^^d=100a),Xa】WO,所以挈=^^=4.

22Ss25al

4.答案0;?10

解析解法一:設(shè)等差數(shù)列｛期｝的首項(xiàng)為期,公差為d,則由已知可得

解得竹=一“所以

(5%+10a=-10,(d=1,

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a5=ai+4d=-4+4x1=0,Sn=-4n+^^=——=-(n--巴.因?yàn)閚￡N：所以

2222\2/8

當(dāng)n=4或n=5時(shí),1取得最小值，最小值為-10.

解法二:設(shè)等差數(shù)列｛%｝的首項(xiàng)為四,公差為d,因?yàn)镾5二駕次=5a3=-10,

所以a3=-2,又因?yàn)閍2=-3,所以d=a3-a2=l,所以a5=a3+2d=0,所以

(Sn)min=S4=S5=-10.

5.解析(1)設(shè)｛%｝的公差為d.

由Sg=?a5得ai+4d=0,

由a3=4得ai+2d=4,

于是ai=8,d=-2.

因此⑶｝的通項(xiàng)公式為an=10-2n.

(2)由⑴得a產(chǎn)Rd,

W(n9)d

故an=(n-5)d,Sn=2.

由ai>0知d〈0,故Sn2an等價(jià)于nUln+lOWO,解得IWnWIO.

所以n的取值范圍是｛n|l〈nW10,n￡N*｝,

6.C設(shè)數(shù)列出｝的公比為q,由題知aj>0,q>0且qWl,則

儂山

-2解得？二&所以a3=a*4.

Qiq，=3。1勺2+4alf9-,

7.D由題意得，十三個(gè)單音的頻率構(gòu)成首項(xiàng)為f,公比為】好的等比數(shù)

歹U,設(shè)該等比數(shù)列為｛%｝,首項(xiàng)為ai,公比為q,則

as=aiq7=f,(1V2)7=1V2^f.

8.答案祟

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解析因?yàn)閃=a2a6=a8所以a2=l,所以公比為9=3,所以

ai

S京—5)=121

51-33,

9.解析⑴設(shè)｛%｝的公比為q,且qWl,由題設(shè)得2a尸az+a3,即

2ai=aiq+aiq2.

所以q2+q-2=0,解得qi=l(舍去),q2=-2.

故｛aj的公比為-2.

(2)記Sn為｛naj的前n項(xiàng)和.由⑴及題設(shè)可得,aF(?2嚴(yán).

所以Sn=l+2x(?2)+…+nx(?2)n/,①

2

-2Sn=-2+2x(-2)+???+(n-1)x(-2)n-1+nx(-2)n.②

①?②可得3Sn=l+(-2)+(?2產(chǎn)+???+(-2產(chǎn)?nx(-2)n=咨空?取(?2月

所以且.

10.解析(1)證明:由題知4an+i=3a『bn+4①,4bn+i=3bn-a『4②，①+②得

4(an+i+%+i)=2(an+bn),即an+1+bn+]=-(an+bn).

又因?yàn)閍1+b尸1,所以｛%+%｝是首項(xiàng)為1,公比為：的等比數(shù)列.

①-②，得4(an+i-bn+i)=4(an-bn)+8,BPan+i-bn+i=an-bn+2.

又因?yàn)閍「b尸1,所以｛%?%｝是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.

⑵由⑴知,an+bn二/Y，a『bn=2n-1,

所以an=1[(an+bn)+(an-bn)]

=-1-+.n—1,

2n2

111

b可(%+%)一(時(shí)也)]于吟.

11.解析(1)設(shè)｛aj的公比為q,且q>l.由題設(shè)得aiq+aiq3=20,aiq2=8.

解得q4(舍去),q2=2.所以ai=^=2.

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n

所以｛an｝的通項(xiàng)公式為an=2.

(2)由于26,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由題設(shè)及⑴可

得，

也對(duì)應(yīng)的區(qū)間為則50;

b2h對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為:(0,2],(0,3],則b2=b3=l,即有2個(gè)1;

b4,b5,b6b對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],則6445寸6巾7=2,即

有22個(gè)2;

b8,b9,???,b|5對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：(0,8],(0,9],…,(0/5],貝lJb8=b9=???=bl5=3,

即有23個(gè)3;

包6b%b3i對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為:(0,16],(0,17],…,(0,31],則

bi6=b”二???=b3i=4,即有24個(gè)4;

b32,b33,…,b63對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為：(0,32],(0,33],…,(0,63],則

b32=b33=???=b63=5,即有個(gè)5;

b64,b65,…boo對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為:(0,64],(0,65],???,(0,100],則

b64=b65=??,=b100=6,BPW37個(gè)6.

所以SIOO=1X2+2X22+3X2MX24+5X25+6X37=48O.

12.解析⑴由已知可得產(chǎn)生詈a。.

將n=l代入，得a2=4ai,

又ai=l,所以a2=4.

將n=2代入，得a3=3a2,所以a3=12.

因?yàn)閎n二手，所以bi=l,b2=2,b3=4.

(2)數(shù)列｛bn｝是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)歹理由如下：

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由已知可得安二泡，即bn+1=2bn,

n+ln

又b尸1,所以數(shù)列｛%｝是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列.

(3)由(2)可得詈=2叫所以an=n-2叫

13.解析(1)設(shè)等差數(shù)列⑶｝的公差為d,等比數(shù)列｛bj的公比為q.由

ai=l,a5=5(a4-a3),可得d=l,從而⑶｝的通項(xiàng)公式為an=n.dt]

bi=l,b5=4(b4-b3),XqWO,可得q2?4q+4=0,解得q=2,從而｛bj的通項(xiàng)公

n-1

式為bn=2.

(2)證明:由(1)可得SF妁羅，故

SnSn+2=；n(n+1)(n+2)(n+3)W+i三(n+1)2(n+2)2,從而

SnSn+2?S工i==n+l)(n+2)<0,所以SnSn+2<Sn+l-

(3加-2)如_(3九-2)2n1_2n+1ntl-1

(3)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),小=-J當(dāng)n為偶數(shù)

anan+2n(n+2)n+2

時(shí),5=fln-lj

》n+l2n

nn22k22k-2^_22n

對(duì)任意的正整數(shù)n,有￡c2k.尸X1T,和

fc=lk=l2k+l2k-l2n+l

己22fc-l1352n-lg

k=lk=l4k442434n—

由①得;Ec2kWr*+…+警+黑三.②

4k=1標(biāo)434n4n+1

由①.②得：IC2k=；琮+…琮黑"企社從而得

4fc=i44n4n+11-44n+1

4

A_56n+5

惹C2k=丁許.

因此￡Ck=EC2k-l+￡C2k=*r-然4所以，數(shù)列｛Cn｝的前2n項(xiàng)和為

k=lk=lk=l2n+l9x4九9

4716zt+54

2n+l9x4n9*

14.解析⑴由曲+2是a3;a5的等差中項(xiàng)，得23+25=2*4,

所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得34=8.

第17頁(yè)共28頁(yè)

所以a3+a5=20,即8(q+()=20,

解得q=2或q三，因?yàn)閝>l,所以q=2.

(2)設(shè)金3壯+廠瓦后山數(shù)列｛0｝的前n項(xiàng)和為S?,

由Cn糕工1：>2,得Cn=4n-L

由⑴可知@尸2叫

71-1

?n-2

?,n22,

則bn-bl=(bn-bn-l)+(bn.l-bn.2)+…，+(也上2)+(1)2上1)

=(4n-5)?Q)"2+(4n-9)?(1)"3+—+7?|+3.

設(shè)Tn=3+7?$11?g)2+-+(4n-5)?,n22,

貝里=3?>7?(3+…+(4n-9)?(曠+(4n-5)?啖,

兩式相減，得

2n2

11/i\Z1\n-2z1Xn-l|[l-(1)]

1Tn=3+4?1+4?g)+???+4?(0-(4n-5)?(-)=3+4x?l￡L(4n

2

n-l

?=7-(4n+3)?(-),

n-2

?,nN2,

z-i\n-2

又也=1,所以bn=15-(4n+3)?,n￡N*.

15.解析(1)由題意可得a2=3ai-4=9-4=5,a3=3a2-8=15-8=7,

由數(shù)列｛%｝的前三項(xiàng)可猜想數(shù)列｛加｝是以3為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)

列，即an=2n+l,neN;

證明如下：

當(dāng)n=l時(shí),a】=3成立；

假設(shè)n=k(k￡N")時(shí),ak=2k+l成立.

第18頁(yè)共28頁(yè)

那么n=k+l時(shí),ak+i=3ak-4k=3(2k+l)?4k=2k+3=2(k+l)+l也成立.

則對(duì)任意的n￡N",都有an=2n+l成立.

所以｛aj的通項(xiàng)公式為an=2n+l,n^N\

(2)由⑴得2%=(211+1)21

23n

所以Sn=3x2+5x2+7x2+-+(2n+l)x2.?

24n+1

從而2Sn=3x2+5x2Mx2+-+(2n+l)x2.@

①?②得

?Sn=3X2+2X22+2X23+???+2x2n-(2n+l)x2n+*.

n+,

所以Sn=(2n-l)2+2.

知識(shí)拓展數(shù)列求和的5種方法

解決數(shù)列的求和問(wèn)題，首先要得到數(shù)列的通項(xiàng)公式,有了通項(xiàng)公式，再

根據(jù)其特點(diǎn)選擇相應(yīng)的求和方法.數(shù)列求和的方法有以下幾類:(1)公

式法:等差或等比數(shù)列的求和用公式法;(2)裂項(xiàng)相消法:形如a產(chǎn)總啟,

可裂項(xiàng)為an=i-g-京);(3)錯(cuò)位相減法:形如品=所?1,其中｛aj是等

差數(shù)列,｛bn｝是等比數(shù)列;(4)分組求和法:形如品二所+bn淇中｛冊(cè)｝是等差

數(shù)列,｛bn｝是等比數(shù)列;(5)并項(xiàng)求和法.

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.B設(shè)等差數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)為ai,公差為d(dWO).

因?yàn)榈缺葦?shù)列｛縱n｝的公比為4,且k尸1,k2=2,

所以a】如,耿3構(gòu)成公比為4的等比數(shù)列.

第19頁(yè)共28頁(yè)

所以a2=4a],所以a1+d=4ai,得d=3ah

所以%=4a2=4(a1+d)=4(a1+3aD=16a),

所以a+(k3-l)d=16ai,即御+囪?1)?3%=16許,因?yàn)橛鵚O,所以k3=6.故選

B.

2.A當(dāng)a2>ai時(shí),2+%1+a,即a<2,

此時(shí)ae-an=l-就用，

又n￡N：所以n(n+l)22,所以an+「an>0,充分性成立；

若｛%｝為遞增數(shù)歹山則a-a=l--^->0恒成立，即avn(n+l)恒成立，故

n+1nn(n+l)

a<2,此時(shí)a2>a],必要性成立，故選A.

3.C設(shè)｛a"的首項(xiàng)為a1,公差為d,由S5=巧也=523=25,得a3=5.

又a2=3,Ad=as-a2=2.

/.an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1.

又sin等的周期為舞=3,且sin與二￡

3—3N

3

sin*=-與,sin2兀=0,

???T9=^ai-^a2-*-0+^a4-~^a5+0+^a7-~S8-*-0=~x(-d)x3=-3V3,ift^C.

4.AC由題意得，當(dāng)n=l時(shí),Si=2a1+1,解得a1二-l,當(dāng)n22

時(shí),an=Sn-Sn-i=2an-2an-i,即an=2an.i,

所以數(shù)列｛%｝是以?1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)歹U,所以

n14

an=(-1)x2-,a5=-1X2=-16,i^A、C正確.

n

又Sn=2an+l=-2+l,

所以55二?25+1=31,故8錯(cuò)誤.

因?yàn)镾i+l=-l+l=O,所以數(shù)列｛S#l｝不是等比數(shù)列，故D錯(cuò)誤,故選AC.

第20頁(yè)共28頁(yè)

5.ABD前n+1項(xiàng)所占格子組成長(zhǎng)為an+i+an,寬為的矩形，其面積

為Sn4-i=（an+i+an）an+i=a2+1+an+1an,/.A正確；

依題意得,a3=az+a1加=a3+a2,.......,an+2=an+1+an,以上各式相加

得,a3+a4+???+an+2=(a2+a3+???+an+i)+(ai+a2+???+an),??.an+2-a2=ai+a2+---an,

即ai+a2+,??+an=an+2-1,**?B正確；

依題意得,ai=a2=l,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,「?ai+a3+a5=8Wa6-l=7,.??C不正

確；

易知品=，磷,5一產(chǎn)加11，；?

4（c『Cn“尸兀（W-W-i尸兀（an-源一1）（an+an-1）=7tan-2an+1（n23D正確.故選

ABD.

6.答案-+-4-

n2n2-n

解析由題意得,衿+2,

OOXo

即一一二匕——-一

2x3-133x(2x3-l)

211211

-=-I--,即nn

74282x4-144x(2x4-l)5

211211

-=-H,H即n----二T--------,

95452x5-155x(2x5-l)

由止匕歸納出a二三+3■京(n23,neN)

2xn-lnn(2n-l)

12n-l+l.21,1

經(jīng)驗(yàn)證沔言dS十高，結(jié)論成立，.---=-+—『，

2n-ln2n2-n

易錯(cuò)警示由數(shù)列的前n項(xiàng)歸納通項(xiàng)公式時(shí),首先要分析項(xiàng)的結(jié)構(gòu)，然

后再探究結(jié)構(gòu)中的各部分與項(xiàng)的序號(hào)n間的函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而求得通項(xiàng)

公式.

73j.八（"+1）（八+2）

6

解析依題意得,

第21頁(yè)共28頁(yè)

第一個(gè)四面體數(shù)為1,

第二個(gè)四面體數(shù)為1+(1+2),

第三個(gè)四面體數(shù)為1+(1+2)+(1+2+3),

第四個(gè)四面體數(shù)為1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4),

第五個(gè)四面體數(shù)為1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35,

由此可歸納出第n個(gè)四面體數(shù)為1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n),

即1+3+6+???+駕2①

設(shè)①式中的每個(gè)數(shù)從左至右的排列為數(shù)列｛踴｝,即｛踴)為1,3,6,10,…

得到遞推關(guān)系為a2-ai=2,ara2=3,...而也止尸n,以上各式相加

得,an-ai=-=m(n~+n-2).

2

又ai=l,Aan=-(n+n),

?*?

,,,222,,,2222,,,2

ai+a2++an=1[(l+l)+(2+2)4-(34-3)++(n4-n)]=|(l4-2+3++n)4-1(

1+2+3+…+n)

_l、，n(n+l)(2n+l),1、產(chǎn)⑴十D

——X----------r-X------

2622

_n(n+l)(n+2)

6?

???第n個(gè)四面體數(shù)為幽乎2

O

解題模板對(duì)于圖形中的計(jì)數(shù)問(wèn)題,常分析前后圖形數(shù)量之間的關(guān)系,

如本題中，第一個(gè)數(shù)a,第二個(gè)數(shù)a+電第三個(gè)數(shù)a+az+ai第四個(gè)

數(shù):ai+a2+a3+a4,...，且a2=ai+2,a3=a2+3,a4=a3+4,...，由此利用數(shù)列的

遞推關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算.

第22頁(yè)共28頁(yè)

8.答案⑴是⑵是

解析（1）數(shù)列123,4,5,6為遞增數(shù)歹!）,符合“有趣數(shù)列”的條件.

因此，數(shù)列123,4,5,6是“有趣數(shù)列”.

n

⑵若an=n+(-l)?則

a2n+i-a2n-i=(2n+1)---^―1=2+^—-—=2+-------------

'72n+lD)2n-lJ2n-l2n+l(2n-l)(2n+l)

a2n+l>a2n-l.

a2n+2-a2n=2n+2嗡￡2九+/)

=2----

n(n+l)*

Vn(n+1)^2,:.a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.

a2n-a2n.1=2n^-(2n-l-)

.12c.

=1+-+T-7>0,??a2n>a2n-1，

n2n-i

???｛an｝是“有趣數(shù)列有

9.解析設(shè)數(shù)列｛如｝的首項(xiàng)為ai.

選擇①q=2.

當(dāng)q=2時(shí)，由23=12得,a阜=3.

...$Qi(i<n)=3x(i-2力=3乂243,

1-(?1-2

k

則Sk=3x2-3.

由Sk>2020得,3x202020,

即2k耳竺Q674.3.

3

9

?.,2=5122°=1024,k￡N：/.kmin=10.

??.當(dāng)a3=12,q=2時(shí)，存在最小正整數(shù)k=10,使得Sk>2020.

選擇②q《.

第23頁(yè)共28頁(yè)

當(dāng)q二:時(shí)，由a3=12得向=1=48,

...Sn吟子2=里空必6-96乂0”,貝ijSk=96-96xg)\

由Sk>2020得,96-96乂針>2020,

即@晨-翳，不等式無(wú)解，則k不存在.

???當(dāng)a3=12,q《時(shí)，不存在最小正整數(shù)k,使得Sk>2020.

選擇③q=?2.

當(dāng)q=-2時(shí)，由a3=12得,ai二號(hào)二3,

q

?_a1(l-q?)_3x[l-(-2)^]

**i-q--1-(-2)-

=1-(-2尸，

k

則Sk=l-(-2).

由Sk>2020得』?(-2)k>2020,即G2)k<-2019.

當(dāng)k為偶數(shù)時(shí),2k-2019,不等式無(wú)解.

當(dāng)k為奇數(shù)時(shí),-2卜<-2019,即2k>2019,

,0

V2=l024,2"=2048,kGN\.\kmin=lL

???當(dāng)a3=12,q=-2時(shí)，存在最小正整數(shù)k=l1,使得Sk>2020.

10.解析⑴由點(diǎn)區(qū),SJ都在函數(shù)f(x)=2x-2的圖象上，可得Sn=2an-2@,

當(dāng)n=l時(shí),a尸Si=2a「2,解得ai=2;

當(dāng)n22時(shí)，由Sn=2an-2得,Sn一尸2an.「2②,①-②,得

==-

anSn-Sn-12an2-2an-1+2,

即an=2%/,又a】=2W0,所以數(shù)列｛%｝是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)歹U.

所以an=2n,n￡N*.

n

(2)由(1)知bn=(2n-l)an=(2n-l)2,

第24頁(yè)共28頁(yè)

123n

貝ijTn=1X2+3X2+5X2+-+(2n-l)x2,

23nn+

2Tn=lX2+3X2+-+(2n-3)x2+(2n-l)x21,

兩式相減可得

23nn+1n+1

■Tn=2+2(2+2+---+2)-(2n-l)x2=2+2xi^^-(2n-l)x2=(3-2n)x2

1—2

n+1-6,

n+,

所以Tn=6+(2n-3)x2.

⑶由⑴知G君&總，

設(shè)Mn為數(shù)列｛?。那翱陧?xiàng)和,

因?yàn)镃=

n2n\nn+lj2n九(n+1)'

所以Ci=0,C2>0,C3>0,C4>0,

當(dāng)n25時(shí)，令dn二

71；01+1),

on+lon

貝d+|-d=----------------------

nn(n+l)(n+2)n(n+l)

=_2n(n-2)

n(nH)(n+2)，

所以｛d｝為遞增數(shù)列.

又d5二所以d>l,

Xo1on

所以2n>n(n+D,所以csO,

所以Mn的最大值為M=~=^,

4516oO

當(dāng)時(shí)#x)?a=2x?2?a的最大值為?l?a,

因?yàn)閷?duì)任意n￡N：存在xoq4,非使得5+C2+…+cWf(Xo)-a成立,

第25頁(yè)共28頁(yè)

所以那Wl-a,解得a^~

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(?8「嘉.

11.解析(l)V2Sn=(n+l)an,

???當(dāng)n22時(shí),2Sn.尸nan/,

，兩式相減得,2an=(n+1)a「nan-1,

即(11-1)%=.一1(22),

又3i=l/?a^0,————(n22),

nKn-l

.a2a33a_n

..—2二---二一???????n

an-i-n-r

Q