2020届高考数学专题十一数列求通项公式精准培优专练文

1、一、公式法2*例1：数列an的前n项和Sn2nnnN,则an()A.an2n1B.an2n1C.an4n1D.an3n【答案】C2【解析】因为数列an的前n项和Sn2nn,22所以当n2时，anSnSn12nn2(n1)(n1)4n1,当n1时，aS3,符合上式， 所以综上an4n1.,二、构造法例2：已知数列an满足a11,an13an2.(1)求证：数列an1是等比数列；(2)求数列an的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2)an23n11.【解析】(1)证明：.an13an2,，an113an1.又.一a112,an1是等比数列，首项为2,公比为3.培优点叶数列求通项公式，三、累加累

2、乘法例 3：已知数列an满足a26,an1an【答案】an3n.【解析】Qa26,an1anan1n1n1an,IPannan1an3n13n3,则数列an是首项为3,公差为3的等差数列，通项公式为an3n.由累乘法得ananan1an1an2a2nn1一a1-a1n1n2*n(nN),求数列an的通项公式.，对点增分集训、选择题an2n7,52k78,解得k7,故选C.-113 .设Sn是数列an的前n项和，且Sn-则an()11A.1024B.1023C.2048D.2047根据题意可得ananOn2,(a2a1)(a3a2)(a10ag)2229_92(12)1022，一a10a1102

3、2,.a101023.2.已知数列an的前n项和Sn6n第k项满足ak8,k()A. 9B. 8C.D.【解析】n1时,a1s5；2时,anSnSn2nA.(2)n1B.C.2学D.(1)n3【解析】由题忌，得S|a1一一a1，所以a11.1，.所以数列an是首项为-，公比为-的等比数列，所以an331一4 .在数列an中，&2,an1anln(1一),则an()nA.2InnB.2ln(n1)C.2nInnD.1nInn【答案】A【解析】由题意可得a2a1In2,a3a2In-,anan1Inn,2n1将以上n1个等式两边相加可得ana1In22Inn,应选An1n211,an12a

4、n1nN,Sn为其前n项和，则a6的值为()【解析】由条件可得an112(an1),即an1是以a112为首项，以2为公比的等比数列,n1nn所以an1222,an21,a66.已知数列an的前 n 项和为Sn,a11,an1又当n2时，SnSi不-an1,即一n-2an1A.63【答案】AB.31C.64D.32A.64B.80C.256D.3205.已知数列 a1中，a126163,故选A.3Sn2,则a,故选 D.【解析】an13Sn2,当n2时,an3Sn3(SnSm),即an14an,又a23al254a1，.二an1,54na4故应选B.7.数列an中,ai1,an1an(n3n(

5、n1)） ，aioA.3527B.A27C.1310D.310所以a10由 题 意得1(12)已知数列aian13n(n1)pSn4nA.2.3a1）（出a2）JS1八(23)(34)an的前n项和为(aioag)/1、rL()9103恒成立，则实数p的取值范围为（）B.2,3C.2,4【解析】由数列的递推公式可得:an11310an故选C.D.*n2,右对任息的nN,2,41则数列an4是首项为a141,公比为一的等比数歹U,2，ann21分组求和可得Sn2114n,32n121，八题中的不等式即1p21-3恒成立,32结合恒成立的条件可得实数p的取值范围为2,3.、填空题9.已知数列an的

6、前n项和公式为Sn22nn1,则数列an的通项公式为.【解析】由题意，可知当n1时，aS12；2当n2时，anSnSn12nn2n1n110.记Sn为数列an的前n项和，若S23,an1【答案】2n1【解析】an1Sn1,a261al1,【答案】an2,n14n3,n24,4n3.又因为a11不满足an4n3,所以an2,n14n3,n2*、Sn1(nN),则通项公式an由an1Sn1,得anSn11(n2),两式相减得an1anSnSn1an,即an12an,n.12 的等比数列，an=2.故答案为2n111.在数列an中，a11,a22,an13an2an1n2,则an.【答案】an2n1

7、nN*an1an-【斛析】:an13an2an1n2,.an1an2anan1,即2,anan1a11,a22,数列an1an是以首项1,公比为2的等比数列，cC112n1,一an1an2n1,ana112222n22n11,an2n112故答案为an2n1nN【解析】因为9型1,所以月口12a1,n1nn1na.an1是首项为2,公比为2的等比数歹U,na1a23,ai1,a22,所以an12n,第2n1n,易知数列an是递增数列,而a22c1,an是公比为12.在数列an中,已知a11,ann2ann1(n*.N),则使得ak378成立的正整数k的最小值所以数列a52515155,a626

8、16378,所以使得ak378成立的正整数k的最小值为7.三、解答题2一13.已知Sn是等差数列an的前n项和，且Sn2n15n.(1)求数列an的通项公式；(2)n为何值时，Sn取得最大值并求其最大值.【答案】(1)an174n；(2)n4时，取得最大值为28.2【解析】(1)由题意可知：Sn2n15n,当n1时，a1S121513；2一一一，一2一一当n2时，anSnSn12n15n2(n1)15(n1)174n,当n1时，显然成立，数列an的通项公式an174n.Sn2n215n2(n与空48由nN*,则n4时，Sn取得最大值 28,当n为 4 时，Sn取得最大值，最大值 28.*、14 .已知数列an的前n项和为Sn且Sn2an1(nN),求数列4的通项公式.【解析】因为Sn2an1,当n2时，Sn12%11,两式相减可得，SnSn12an2an1,即an2an2an1,整理可得an2an1,QatS12a11,解得a11,n-1所以数列an为首项为1,公比为2的等比数列，an=215 .已知数列an,a11,nN,an12an1.(1)求证：an1是等比数列;(2)设bn2nan(nN),求数列bn的前n项和.【解析】(1)依题意，nN,an11