2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习数列考点过关检测九解析

考点过关检测（九）1．(2019·济宁模拟)已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝m，a2＝n，Sn为数列{an}的前n项和，则S2019的值为()A．2019n－mB．n－2019mC．2mD．2n解析：选D∵an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝m，a2＝n，∴a3＝n－m，a4＝－m，a5＝－n，a6＝m－n，a7＝m，a8＝n，…，∴an＋6＝an，且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，则S2019＝S336×6＋3＝336×(a1＋a2＋…＋a6)＋a1＋a2＋a3＝336×0＋m＋n＋n－m＝2n.2．(2019·安徽马鞍山一模)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝()A．0B．－100C．100D．10200解析：选Bf(n)＝n2cos(nπ)＝－n2，n为奇数，n2，n为偶数＝(－1)n·n2.由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2＝(－1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝－2×50＝－100.故选B.3．(2019·泉州模拟)若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n2＋n，则a1＋a22＋…＋ann等于()A．2n2＋2nB．n2＋2nC．2n2＋nD．2(n2＋2n)解析：选A∵a1＋a2＋…＋an＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2，解得a1＝4.n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2＋n－1，相减可得an＝2n，∴an＝4n2，n＝1时也成立，∴ann＝4n.则a1＋a22＋…＋ann＝4(1＋2＋…＋n)＝4×n1＋n2＝2n2＋2n.4．(2019·广州模拟)已知递增数列{an}对任意n∈N*均满足an∈N*，aan＝3n，记bn＝a2·3n－1(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和等于()A．2n＋nB．2n＋1－1C.3n＋1－3n2D.3n＋1－32解析：选Daa1＝3⇒a1≤3，讨论：若a1＝1⇒aa1＝a1＝1，不合题意；若a1＝2⇒a2＝3；若a1＝3⇒aa1＝a3＝3，不合题意，即a1＝2，a2＝3，aa2＝6⇒a3＝6，所以aa3＝9⇒a6＝9，所以a9＝aa6＝18，a18＝aa9＝27，a27＝aa18＝54，a54＝aa27＝81，则bn＝3n，所以数列{bn}的前n项和等于3－3n＋11－3＝3n＋1－32.5．(2019·河南郑州质检)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有1a1＋1a2＋…＋1ant，则t的取值范围为()A.13，＋∞B.13，＋∞C.23，＋∞D.23，＋∞解析：选D∵数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，可得an＝22n－1.又a1＝2也符合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝22n－1.∴1an＝122n－1，数列1an为等比数列，首项为12，公比为14.∴1a1＋1a2＋…＋1an＝121－14n1－14＝231－14n23.∵对任意n∈N*都有1a1＋1a2＋…＋1ant，∴t的取值范围为23，＋∞.故选D.6．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；若数列an2n－1的前n项和为Sn，则使Sn14的最大正整数n为________．解析：设等差数列{an}的公差为d，由已知可得a1＋2d＝－1，2a1＋14d＝－12，解得a1＝1，d＝－1，故数列{an}的通项公式为an＝2－n.Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，①Sn2＝a12＋a222＋…＋an2n.②①－②得Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－12＋122＋…＋12n－1－2－n2n＝1－1－12n－1－2－n2n＝n2n，所以Sn＝n2n－1，由Sn＝n2n－114，得0n≤5，故最大正整数n为5.答案：2－n57．(2019·贺州联考)已知等差数列{an}的公差d＝2，且a1，a3－1，a5＋7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n＋1an，求数列{bn}的前2n项和T2n.解：(1)∵d＝2，a1，a3－1，a5＋7成等比数列，∴a1(a5＋7)＝(a3－1)2，即a1(a1＋15)＝(a1＋3)2，解得a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(2n－1)，∴T2n＝b1＋b2＋…＋b2n－1＋b2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n.8．(2019·南昌重点中学高三段考)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，求数列{cn}的前2n项和S2n.解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有1＋d＋2q＝7，1＋2d＋2q2＝13，解得d＝2，q＝2.故an＝2n－1，bn＝2n.(2)由已知c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1＋4n－32＋41－4n1－4＝2n2－n＋43(4n－1)．9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S7＝0，a3－2a2＝12(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列an＋162n＋2的前n项和Sn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得7a1＋7×62d＝0，a1＋2d－2a1＋d＝12，解得a1＝－12，d＝4，所以an＝4n－16.(2)由(1)知an＝4n－16，所以an＋162n＋2＝4n－16＋162n＋2＝n2n，所以Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n，两边同乘以12，得12Sn＝122＋223＋324＋…＋n－12n＋n2n＋1，两式相减，得12Sn＝12＋122＋123＋124＋…＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－n＋22n＋1，所以Sn＝2－n＋22n.10．(2019·青岛二模)已知数列{an}中，a2＝2a1＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2，n∈N*)．设数列{bn}满足bn＝an＋1－an.(1)证明：数列{bn}是等比数列；(2)设cn＝2－n·bn4n2－1，求数列{cn}的前n项和Sn.解：(1)证明：因为an＋1＋2an－1＝3an(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，所以bn＋1bn＝an＋2－an＋1an＋1－an＝3an＋1－2an－an＋1an＋1－an＝2an＋1－anan＋1－an＝2，因为b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1.因为cn＝bn4n2－12n，所以cn＝122n＋12n－1＝1412n－1－12n＋1，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝141－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝141－12n＋1＝n4n＋2.