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专题突破练(分值:92 分)
学生用书
P163
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·陕西西安模拟)已知数列{an}满足∑
k =1
n
ak
2k -1
=n+1,则a2 024=( )
A.2 024
B.2 023
C.4 047
D.4 048
答案C
解析由题意可得a1+a2
3 + a3
5
+…+
an
2n-1
=n+1,当n=1 时,a1=2;当n≥2 时,a1+a2
3 + a3
5
+…+ an-1
2n-3
=n,
两式相减得
an
2n-1
=1,即an=2n-1.
综上所述,an={
2,n=1,
2n-1,n≥2.
所以a2 024=4 047,故选C.
2.(2024·湖北黄冈模拟)数列{an}的首项为1,前n 项和为Sn,若Sn+Sm=Sn+m(m,n∈N*),则a9=( )
A.9
B.1
C.8
D.45
答案B
解析由题意知,数列{an}的首项为1,且Sn+Sm=Sn+m,令m=1,可得Sn+S1=Sn+1,即Sn+1-Sn=S1=1,所以数列
{Sn}是首项为1,公差为1 的等差数列,所以Sn=1+(n-1)×1=n,则a9=S9-S8=1.
故选B.
3.(2024·福建漳州一模)已知各项均不为0 的数列{an}的前n 项和为Sn,若3Sn=an+1,则a8
a7
=( )
A.-1
2
B.-1
3
C. 1
2
D. 1
3
答案A
解析因为3Sn=an+1,则3Sn+1=an+1+1,两式相减可得3an+1=an+1-an,即2an+1=-an,令n=7,可得2a8=-a7,且
an≠0,所以a8
a7
=-1
2 .故选A.
4.(2024·湖北武汉模拟)设等比数列{an}的前n 项和为Sn,已知Sn+1=3Sn+2,n∈N*,则S5=( )
A.80
B.160
C.121
D.242
答案D
解析由Sn+1=3Sn+2,得Sn=3Sn-1+2(n≥2),所以Sn+1-Sn=3Sn-3Sn-1,得an+1=3an,所以等比数列{an}的公比为
q=3,所以由Sn+1=3Sn+2,得a1(1-3
n+1)
1-3
=3× a1(1-3
n)
1-3
+2,所以a1(3n+1-1)=3a1(3n-1)+4,解得a1=2,
所以S5=2×(1-3
5)
1-3
=35-1=242.故选D.
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5.(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an+1=an+a1+2n,a10=130,则a1=( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案D
解析由题意可得an+1-an=a1+2n,则可得a2-a1=a1+2,a3-a2=a1+4,…,a10-a9=a1+18,将以上等式左右两边分
别相加得,a10-a1=9a1+9×(2+18)
2
=9a1+90,即a10=10a1+90.
又a10=130,所以a1=4.故选D.
6.(2024·山东青岛模拟)若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2,则满足不等式an<930 的最大正整
数n 为( )
A.28
B.29
C.30
D.31
答案B
解析依题意,数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),a1=2, an
an-1
= n+1
n-1
(n≥2),所以an=a1· a2
a1
· a3
a2
·…· an
an-1
=2× 3
1 × 4
2 × 5
3 ×…×
n
n-2 × n+1
n-1
=n(n+1),a1=1×(1+1)=2,
所以an=n(n+1),{an}是递增数列.
由an=n(n+1)<930,(n+31)(n-30)<0,解得-31<n<30,所以n 的最大值为29.故选B.
7.(2024·陕西咸阳三模)某校组织知识竞赛,已知甲同学答对第一题的概率为9
11
,从第二题开始,甲同学
回答第n 题时答错的概率为Pn,Pn= 1
12
Pn-1+2
3
,当n≥2 时,Pn≥M 恒成立,则M 的最大值为( )
A. 15
22
B. 17
22
C. 15
21
D. 17
21
答案A
解析依题意,P1=1- 9
11 = 2
11
,当n≥2 时,由Pn= 1
12
Pn-1+2
3
,得Pn- 8
11 = 1
12(Pn-1- 8
11),而P1- 8
11
=- 6
11
,因此
数列{Pn- 8
11}是首项为- 6
11
,公比为1
12
的等比数列,则Pn- 8
11
=- 6
11 ×(
1
12)
n-1
,即Pn=
8
11 - 6
11 ×(
1
12)
n-1
,显然数列{Pn}是递增数列.当n≥2 时,(Pn)min=P2= 8
11 - 6
11 × 1
12 = 15
22
,而当n≥2 时,
Pn≥M 恒成立,于是M≤15
22
,所以M 的最大值为15
22 .故选A.
8.(2024·安徽合肥模拟)数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列
{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3 项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数
列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m=( )
A.175
B.176
C.177
D.178
答案B
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解析由从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,a1=a2=1,由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2-an+1,所
以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,…,an=an+2-an+1,
将这n 个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.所以
2(a3+a6+a9+…+a174)+1=(a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174)+1=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+…
+a172+a173+a174+1=S174+1=a176.
故m=176.故选B.
二、选择题:本题共2 小题,每小题6 分,共12 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2024·河北石家庄模拟)已知数列{an}满足a1=1
3
,an+1= 2an
2an+1
(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.{
1
an
-2}为等比数列
B.{an}的通项公式为an= 2
n-1
2
n+1
C.{an}为递减数列
D.{
1
an}的前n 项和Tn=2n+1-2-n
答案AB
解析因为an+1= 2an
2an+1
(n∈N*),由题意显然an≠0,an+1≠0,变形得1
an+1
= 1+2an
2an
= 1
2 × 1
an
+1,所以1
an+1
-2=1
2 ( 1
an
-2).又因为1
a1
-2=1≠0,所以{
1
an
-2}是以1 为首项,1
2
为公比的等比数列,A 正确;因为1
an
-2=(
1
2
)n-1,所以an=
1
2+( 1
2 )
n-1 = 2
n-1
2
n+1,B 正确;因为(1
2
)n-1单调递减,所以an=
1
2+( 1
2 )
n-1单调递增,即{an}为
递增数列,C 错误;因为1
an
-2=(1
2
)n-1,所以1
an
=(1
2
)n-1+2,所以Tn=(1+1
2 + 1
4
+…+ 1
2
n-1)+2n=2- 1
2
n-1+2n,所
以D 错误.故选AB.
10.(2024·山东济宁三模)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且满足2Sn=3n+1-3,数列{bn}的前n 项和为Tn,且
满足T n
n = 1
2
bn+1,则下列说法中正确的是
( )
A.a1=3b1
B.数列{an}是等比数列
C.数列{bn}是等差数列
D.若b2=3,则∑
n=1
10
1
bnlo g3an
= 9
10
答案BC
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解析由2Sn=3n+1-3,得Sn=1
2 ×3n+1-3
2
,a1=S1=3.当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=1
2
(3n+1-3n)=3n,a1=3 满足上式,因此
an=3n,数列{an}是等比数列,B 正确;由T n
n = 1
2
bn+1,得Tn=n
2
bn+n,b1=T1=1
2
b1+1,解得b1=2,a1≠3b1,A 错误;
当n≥2 时,Tn-1=n-1
2
bn-1+n-1,两式相减得n-2
2
bn+1=n-1
2
bn-1,于是n
2
bn=n-1
2
bn+1+1,两式相加得
2n-2
2
bn=n-1
2
bn-1+n-1
2
bn+1,整理得2bn=bn-1+bn+1,因此数列{bn}是等差数列,C 正确;当b2=3 时,等差
数列{bn}的公差为1,通项bn=n+1,
1
bnlo g3an
=
1
n(n+1) = 1
n -
1
n+1
,所以∑
n=1
10
1
bnlo g3an
=1-1
2 + 1
2 - 1
3
+…+1
9 - 1
10 + 1
10 - 1
11
=1- 1
11 = 10
11
,D 错误.故选BC.
三、填空题:本题共2 小题,每小题5 分,共10 分.
11.(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n 项和,a1=1,nan+1=(n+2)Sn,则an= .
答案(n+1)·2n-2
解析当n≥2 时,(n-1)an=(n+1)Sn-1,
即Sn= n
n+2
an+1,Sn-1=n-1
n+1
an,
则Sn-Sn-1= n
n+2
an+1-n-1
n+1
an=an,
即an+1
an
= 2(n+2)
n+1
,则有an
an-1
= 2(n+1)
n
, an-1
an-2
= 2n
n-1
,…,a2
a1
= 2×3
2
,则an= an
an-1
× an-1
an-2
×…× a2
a1
×
a1=(n+1)·2n-2.
当n=1 时,a1=1,符合上式,故an=(n+1)·2n-2.
12.设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,则k 的值为 .
答案4
解析因为Sn=2an+n-7,
①
所以当n=1 时,S1=2a1+1-7=a1,
解得a1=6.
又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),
②
①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),
所以an-1=2(an-1-1),
又a1-1=5≠0,即an-1
an-1-1
=2,所以{an-1}是以5 为首项,2 为公比的等比数列,
所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.
因为30<ak<50,所以30<5·2k-1+1<50,
所以29
5
<2k-1<49
5
,又k∈N*,所以k=4.
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四、解答题:本题共2 小题,共30 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
13.(15 分)(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足4Sn=(an+1)2,其中Sn是数列
{an}的前n 项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n,求{bn}的前2n 项和T2n.
解(1)4Sn=(an+1)2,当n≥2 时,4Sn-1=(an-1+1)2,两式作差可得4an=an
2-an-1
2
+2an-2an-1,(an-an-1)(an+an-1)-
2(an+an-1)=0,(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
又an>0,故an-an-1=2.又当n=1 时,4a1=(a1+1)2,解得a1=1.
故数列{an}为首项为1,公差为2 的等差数列,则an=2n-1.
(2)bn=(-1)nan+[(-1)n+1]2n=(-1)n·(2n-1)+[(-1)n+1]×2n.b2k+b2k-1=(-1)2k·(4k-1)+[(-1)2k+1]×22k+(-1)2k-1(4k-3)+
[(-1)2k-1+1]×22k-1=4k-1+22k+1-4k+3=2+22k+1,k∈N*,故T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=(2+23)+(2+25)+…
+(2+22n+1)=2n+2
3[1- 4
n]
1- 4
= 2
3 ×4n+1+2n-8
3 .
14.(15 分)(2024·山东菏泽模拟)定义:如果数列{an}从第三项开始,每一项都介于前两项之间,那么称数
列{an}为“跳动数列”.
(1)若数列{an}的前n 项和Sn满足3Sn=2-2an+1,且a1=1,求{an}的通项公式,并判断{an}是否为“跳动数
列”;
(2)若公比为q 的等比数列{an}是“跳动数列”,求实数q 的取值范围;
(3)若“跳动数列”{an}满足an+1=-1
2 an
2+ 3
2
,证明:-1<an<1 或1<an<3.
(1)解因为3Sn=2-2an+1且a1=1,
当n=1 时,3S1=2-2a2,解得a2=-1
2 .
当n≥2 时,3Sn-1=2-2an,
所以3Sn-3Sn-1=2-2an+1-(2-2an),
即3an=2an-2an+1,所以an+1
an
=-1
2
(n≥2).
又a2
a1
=-1
2
,所以{an}是以1 为首项,-1
2
为公比的等比数列,所以an=(- 1
2)
n-1
.{an}是“跳动数列”.
因为(an+2-an+1)(an+2-an)=[(- 1
2)
n+1
-(- 1
2)
n
][(- 1
2)
n+1
-(- 1
2)
n-1
]=[-1
2 ×(- 1
2)
n
-(- 1
2)
n
]·[
(- 1
2)
2
×(- 1
2)
n-1
-(- 1
2)
n-1
]=-3
2 ×(- 1
2)
n
×(-3
4
)×(- 1
2)
n-1
= 9
8 ×(- 1
2)
2n-1
=-9
4 ×(- 1
2)
2n
<0,所以
an+2位于an与an+1之间,
所以{an}是“跳动数列”.
(2)解由“跳动数列”的定义可知:{an}是“跳动数列”⇔(an+2-an+1)(an+2-an)<0.
若公比为q 的等比数列{an}是“跳动数列”,则(an+2-an+1)(an+2-an)=(anq2-anq)(anq2-an)<0,即an
2(q2-q)(q2-
1)<0,所以(q2-q)(q2-1)<0,即q(q-1)2(q+1)<0,解得-1<q<0,即实数q 的取值范围为(-1,0).
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(3)证明由an+1=-1
2 an
2+ 3
2
,
可得an+2=-1
2 an+1
2
+ 3
2
,
所以an+2-an+1=(- 1
2 an+1
2
+ 3
2)-(- 1
2 an
2+ 3
2)= 1
2 an
2- 1
2 an+1
2
= 1
2
(an-an+1)·(an+an+1),
则an+2-an=(an+2-an+1)+(an+1-an)=1
2
(an-an+1)(an+an+1)+(an+1-an)=(an+1-an)[- 1
2 (an+an+1)+1]=-1
2
(an+1-an)
(an+an+1-2).
由{an}是“跳动数列”⇔(an+2-an+1)·(an+2-an)<0,可得1
2
(an-an+1)(an+an+1)×[-1
2
(an+1-an)(an+an+1-2)]<0,
即-1
4
(an-an+1)(an+an+1)(an+1-an)·(an+an+1-2)<0,即1
4
(an+1-an)2(an+an+1)·(an+an+1-2)<0,即(an+an+1)(an+an+1-
2)<0,所以0<an+an+1<2.
又an+1=-1
2 an
2+ 3
2
,所以0<an-1
2 an
2+ 3
2
<2,即{
an
2-2an-3<0,
an
2-2an+1>0,
解得-1<an<1 或1<an<3,故命题成立.
