【文档说明】数列练习题——2023届高考数学一轮复习【高考】.docx，共(15)页，44.783 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c414c75183d0701c8f74ce7e37f09ff7.html

以下为本文档部分文字说明：

数列练习解答题1.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n

－1}的前n项和(n∈N*).2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＋bn＋1＝Sn，求b2－b20.3.已知数列{an}的前n项

和为Sn，a1＝－94，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数

λ的取值范围.4.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1a2n的前n项和为Tn，求证：n4n＋4＜Tn＜12.5.在①a

2n＋1＝13an(2an－5an＋1)，且an＞0；②Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝49；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝13，________，其中n∈N

*.(1)求{an}的通项公式；(2)记bn＝log13an＋1，求数列{an·bn}的前n项和为Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.6.已知首项为2的数列{an}中，前n项和Sn满足Sn＝tn2＋n(

t∈R).(1)求实数t的值及数列{an}的通项公式an；(2)从①bn＝1anan＋1，②bn＝2an＋an，③bn＝2an·an三个条件中任选一个补充在下面问题中并求解.若________，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.7.设等比数

列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.8.设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2·3n－1

.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.9.①对任意n＞1，n∈N*满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)；②Sn＋1－2＝Sn＋an(n∈N*)；③Sn＝nan＋1－

n(n＋1)(n∈N*).从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，________，若数列{an}是等差数列，求出数列{an}的通项公式；若数列{an}不是等差数列，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.1

0.各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝14a2n＋12an(n∈N*).(1)求an；(2)令bn＝an，n为奇数，bn2，n为偶数，cn＝b2n＋4(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.11.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a

7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.12.已知数列{

an}满足对任意的n∈N*，都有a31＋a32＋…＋a3n＝(a1＋a2＋…＋an)2，且an＞0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1anan＋2的前n项和为Sn，不等式Sn＞13loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围.答案：1.(1)设等差数列{

an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①

②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1

，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×（

1－4n）1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.得Tn＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.2.解：(1)∵a2是a1，a5的等

比中项，∴a22＝a1a5，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，∴d2＝2a1d.又∵d≠0，d＝2a1，①S5＝5a1＋10d＝25，②由①②解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1，Sn＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)∵bn＋bn＋1＝n2，当n≥2时，bn－1＋bn＝(n－

1)2，∴bn＋1－bn－1＝2n－1，∴b4－b2＝2×3－1，b6－b4＝2×5－1，…b20－b18＝2×19－1，∴b20－b2＝9（5＋37）2＝189，∴b2－b20＝－189.3.解：(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9

，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即an＋1an＝34当n＝1时，4S2＝4－94＋a2＝－274－9，解得a2＝－2716，所以a2a1＝34.所以数列{an}是首项为－94，公比为34的等比数列，所以an＝－94×

34n－1＝－3n＋14n(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)·34n所以Tn＝－3×34－2×342－1×343＋0×344＋…＋(

n－4)·34n，所以34Tn＝－3×342－2×343－1×344＋0×345＋…＋(n－5)·34n＋(n－4)·34n＋1，以上两式相减得14Tn＝－3×34＋

342＋343＋…＋34n－(n－4)·34n＋1＝－94＋9161－34n－11－34－(n－4)·34n＋1＝－n·34n＋1，所以Tn＝－4n

·34n＋1因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n·34n＋1≤λ(n－4)·34n恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立.当n＜4时，λ≤－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≤1；当n＝4时

，－12≤0恒成立；当n>4时，λ≥－3nn－4＝－3－12n－4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1].4.(1)解：∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝

anan＋1－an－1an.由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4.当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝

4k＝2×2k；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1).综上可知，an＝2n，n∈N*.(2)证明∵1a2n＝14

n2＞14n（n＋1）＝141n－1n＋1，∴Tn＝1a21＋1a22＋…＋1a2n＞141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋4.又∵1a2n＝14n

2＜14n2－1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝1a21＋1a22＋…＋1a2n＜121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＜12.即得n4n＋4＜Tn＜12

5.解：(1)选择条件①：因为a2n＋1＝13an(2an－5an＋1)，所以3a2n＋1＋5an·an＋1－2a2n＝0.所以(3an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0.因为an＞0，所以3an＋1－an＝0，即an＋1an＝

13.所以数列{an}是首项a1＝13，公比q＝13的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13n.选择条件②：因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，所以Sn＋3Sn＋2＝4Sn＋1.所以3(Sn＋2－Sn＋1)

＝Sn＋1－Sn，即3an＋2＝an＋1.又S2＝49，a1＝13，所以a2＝19＝13a1，所以an＋1an＝13(n∈N*).所以{an}是首项a1＝13，公比q＝13的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13

n.选择条件③：因为2Sn＋an－t＝0(t为常数)，所以当n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0.两式相减得2(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝0，即3an＝an－1(n≥2).又a1＝13，anan－1＝13(n≥2)，所以{an}是首项a1＝13，公比q＝1

3的等比数列.所以an＝a1·qn－1＝13·13n－1＝13n.(2)由(1)知an＝13n，所以bn＝log13an＋1＝log1313n＋1＝n＋1，所以an·bn＝(n＋1)

13n.所以Tn＝2×131＋3×132＋…＋n·13n－1＋(n＋1)·13n，①13Tn＝2×132＋3×133＋…

＋n·13n＋(n＋1)·13n＋1.②①－②得23Tn＝23＋132＋133＋…＋13n－(n＋1)·13n＋1＝23＋1321－13n－

11－13－(n＋1)·13n＋1＝56－2n＋52·3n＋1.所以Tn＝54－2n＋54·3n.6.解：(1)令n＝1得S1＝t＋1＝2，所以t＝1.因为Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n

－1)2＋(n－1)]＝2n，(n≥2)当n＝1时，经验证符合上式，所以an＝2n.(2)若选①，bn＝1anan＋1＝12n·2（n＋1）＝14n（n＋1）＝141n－1n＋1，所以Tn

＝b1＋b2＋…＋bn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝141－1n＋1＝n4n＋4.若选②，bn＝an＋2an＝2n＋4n，所以Tn＝(2＋41)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)＝n（2＋2n）2

＋4（1－4n）1－4＝n(n＋1)＋43(4n－1)＝n2＋n＋4n＋13－43.若选③，bn＝2an·an＝2n·4n，Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n·4n＋1，两式相减得－3Tn＝2×41＋2×42＋2×43＋…

＋2×4n－2n·4n＋1＝8（1－4n）1－4－2n·4n＋1＝8（1－4n）－3－2n·4n＋1，故Tn＝8（1－4n）9＋2n3×4n＋1.7.解：(1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.因为a1＋a2＝4，a3－a1＝8，

所以a1＋a1q＝4，a1q2－a1＝8.解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知log3an＝n－1.所以数列{log3an}是首项为0，公差为1的等差数列，因此Sn＝（n－1）n2.由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(

m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解之得m＝6或m＝－1(舍去).所以实数m的值为6.8.解：(1)由已知，当n≥2时，an－an－1＝2·3n－2，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－a

n－1)＝1＋2(1＋3＋32＋…＋3n－2)＝1＋2×1－3n－11－3＝3n－1，当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝3n－1，n∈N*.(2)由(1)知bn＝(2n＋1)an＝(2n＋1)·3n－1，Sn＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，①3Sn＝3×31＋5×32＋…

＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，②①－②得－2Sn＝3＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＝2(1＋31＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＋1＝2×1－3n1－3－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n.所以Sn＝n

·3n，n∈N*.9.解：若选择条件①：因为对任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，即an＋1－an＝2，因为无法确定a1的值，所以a2－a1不一定等于2，所以

数列{an}不一定是等差数列.若选择条件②：由Sn＋1－2＝Sn＋an，则Sn＋1－Sn－an＝2，即an＋1－an＝2，n∈N*.又因为a2＝4，所以a1＝2，所以数列{an}是等差数列，公差为2，因此数列{an}的通项公式为an＝2n.若选择条件③：因为Sn

＝nan＋1－n(n＋1)，所以Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n(n≥2，n∈N*)，两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2n(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2).又S1＝a2－2，即a2－a1

＝2，所以an＋1－an＝2，n∈N*.又a2＝4，a2－a1＝2，所以a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.10.解：(1)a1＝S1＝14a21＋12a1⇒14a21－12a1＝0，因为a1＞0，故a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－S

n－1＝14a2n＋12an－14a2n－1－12an－1，14(a2n－a2n－1)－12(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为an＞0，所以an－an－1＝2，即{an}为等差数列，所以an＝2n(n∈N*).(2)c1

＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，n≥3时，cn＝b2n＋4＝b2n－1＋2＝b2n－2＋1＝a2n－2＋1＝2n－1＋2，此时，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2

n；当n＝2时，T2＝22＋2×2＝8＝c1＋c2.所以Tn＝6，n＝1，2n＋2n，n≥2且n∈N*.11.解：(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝n（9－n）2.(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{

bn}的公比为q，则q＝b2b1＝12，∴Tm＝41－12m1－12＝81－12m，∵12m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.又Sn＝n（9－n）2＝－1

2(n2－9n)＝－12n－922－814，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，则10＜8＋λ，得λ＞2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞).

12.解：(1)由a31＋a32＋…＋a3n＝(a1＋a2＋…＋an)2知a31＋a32＋…＋a3n＋1＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2，则a3n＋1＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2＝an＋1[2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1].又an＞0，所以

a2n＋1＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1，则a2n＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，故a2n＋1－a2n＝an＋an＋1，因为an＞0，所以an＋1－an＝1.又a31＝a21，所以a1＝1.又a22＝2a1＋a2，an＞0，所以a2＝2，所以a2－a1＝1，即当n

≥1时，有an＋1－an＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.(2)由(1)知an＝n，则1anan＋2＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以Sn＝1a1a3＋1a2a4＋…＋1anan＋2＝121－13＋12

12－14＋…＋121n－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2，则Sn＋1－Sn＝1（n＋1）（n＋3）＞0，所以数列{Sn}单调递增，所以(Sn)min＝S1＝13.要使不等式Sn＞13loga(1－a

)对任意的正整数n恒成立，只要13＞13loga(1－a)即可.易知0＜a＜1，则1－a＞a，解得0＜a＜12.所以实数a的取值范围是0，12.