基础训练2022-2023学年新高考高三数学复习专题数列求和Word版含解析

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数列求和一、单选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知数列的通项公式是=,则其前n项和等于（  ）A.B.C.D.2.已知数列满足，则（   ）A.B.C.D.3.已知函数的图象过点，令.记数列的前n项和为，则()A.B.C.D.二、多选题（本大题共1小题，共5.0分。在每小题有多项符合题目要求）4.已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1=a2=1，an=an-1+2an-2（n≥3），则下列结论正确的是（　　）A.数列{an+an+1}为等比数列B.数列{an+1-2an}为等比数列C.D.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）5.若数列{an}满足a1=1，且对于任意的n∈N*，都有an+1-an=n+1，则数列的前n项和Sn=          .6.已知数列{}满足+=n(n),则{}的前20项和=          .7.数学中有许多猜想，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数.现设，，则数列的前21项和为          .8.已知数列满足：，，则数列的前n项和__________．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）9.(本小题12.0分)已知数列{an}满足a1=，an+1-an+2an+1an=0（n∈N*）.

1（1）证明：数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）设Sn为数列{anan+1}的前n项和，证明Sn＜.1.(本小题12.0分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1=Sn+an+1，_____.请在①a1+a7=13；②a1，a3，a7成等比数列；③S10=65，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn.2.(本小题12.0分)设数列{an}的前n项和Sn，满足，且a1=1.（1）证明：数列为等差数列；（2）求{an}的通项公式.3.(本小题12.0分)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋1，(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)在an与an+1之间插入n个实数，使这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，设数列{}的前n项和为Tn．求证：Tn＜．4.(本小题12.0分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1，an，Sn成等差数列，且a4=S3+2．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若，{bn}的前n项和为Tn，求使7Tn＜1成立的最大正整数n的值．5.(本小题12.0分)已知数列{an}是等差数列，{bn}是递增的等比数列，且a1=1，b1=2，b2=2a2，b3=3a3-1.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cn=，求数列{cn}的前n项和Sn.

21.【答案】D 2.【答案】D 3.【答案】D 4.【答案】ABD 5.【答案】 6.【答案】95 7.【答案】 8.【答案】-2-n 9.【答案】证明：（1）∵数列{an}满足a1=，an+1-an+2an+1an=0（n∈N*）．∴-=2，∴数列{}是等差数列，公差为2，首项为2，∴=2+2（n-1）=2n，∴an=．（2）anan+1==（-），∴Sn=（1-+-+……+-）=（1-）＜． 10.【答案】解：因为Sn+1=Sn+an+1，所以Sn+1-Sn=an+1，即an+1=an+1，所以数列{an}是首项为a1，公差为1的等差数列，其公差d=1．（1）选①，由a4+a7=13，得a1+3d+a1+6d=13，即2a1=13-9d，所以2a1=13-9×1=4，解得a1=2，所以an=a1+（n-1）d=2+（n-1）×1=n+1，即数列{an}的通项公式为an=n+1；选②，由a1，a3，a7，成等比数列，得，则，即2a1d-4d²=0又d=1，所以所以a1=2，所以an=a1+（n-1）d=n+1；

3选③，因为，所以10a1+45×1=65，所以a1=2，所以an=a1+（n-1）d=2+（n-1）×1=n+1；（2）由题可知，所以，所以，两式相减，得=，所以． 11.【答案】（1）证明：∵，且a1=1，∴==+2，即-=2，∴数列为首项为1，公差为2的等差数列；（2）解：由（1）可得：=1+2（n-1）=2n-1，即Sn=，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=-，又当n=1时，a1=1，∴an=． 12.【答案】解：（1）由两式相减得-=2(-)=,所以=(n2).因为{}是等比数列，所以公比为3，又=+1，所以=+1，所以=1.故=.（2）由题设得=+(n+2-1)，所以==,所以=+++=+++，

4即=+++,则=++++,由-得：=2++++-=2+-，所以=-,所以<. 13.【答案】解：（Ⅰ）由a1，an，Sn成等差数列，可得2an=Sn+a1，当n≥2，2an-1=Sn-1+a1，两式相减可得2an-2an-1=Sn-Sn-1=an，即an=2an-1，由已知可知a1≠0，故{an}是公比为2的等比数列，则Sn=a1（2n-1），由a4=S3+2，可得8a1=a1（23-1）+2，解得a1=2，∴an=2n，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn==（-），∴Tn=（-+-+…+-）=（-）=，由7Tn＜1，可得＜1，解得n＜9，∴使7Tn＜1成立的最大正整数n的值为8． 14.【答案】解：（1）设数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列，由a1=1，b1=2，b2=2a2，b3=3a3-1．可得2q=2（1+d），2q2=3（1+2d）-1，解得d=0，q=1（舍去）或d=1，q=2，则an=1+n-1=n，bn=2•2n-1=2n；（2）cn===-，则Sn=1-+-+-+…+-=1-．