高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十二）数列求和 理（重点高中）.doc

课时跟踪检测（三十二） 数列求和 (二)重点高中适用作业a级保分题目巧做快做1已知等差数列an的前n项和为sn，若s39，s525，则s7()a41b48c49 d56解析：选c设snan2bn，由题知，解得a1，b0，s749.2已知an是首项为1的等比数列，sn是an的前n项和，且9s3s6，则数列的前5项和为()a.或5 b.或5c. d.解析：选c设an的公比为q，显然q1，由题意得，所以1q39，得q2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为.3已知数列an满足a11，an1则其前6项之和是()a16 b20c33 d120解析：选c由已知得a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以s6123671433.4.若数列an对于任意的正整数n满足：an0且anan1n1，则称数列an为“积增数列”已知数列an为“积增数列”，数列aa的前n项和为sn，则对于任意的正整数n，有()asn2n23 bsnn24ncsnn24n dsnn23n解析：选d由题意知an0，anan1，aa2anan1.anan1n1，anan1的前n项和为234(n1)，数列aa的前n项和sn2(n3)nn23n.5.(2018湘潭模拟)已知tn为数列的前n项和，若mt101 013恒成立，则整数m的最小值为()a1 026 b1 025c1 024 d1 023解析：选c1n，tnn1，t101 013111 0131 024，又mt101 013，整数m的最小值为1 024.6.数列1，3，5，7，的前n项和sn_.解析：利用分组求和法，可得sn(1352n1)n21.答案：n217在数列an中，若a12，且对任意正整数m，k，总有amkamak，则an的前n项和sn_.解析：依题意得an1ana1，即有an1ana12，所以数列an是以2为首项、2为公差的等差数列，an22(n1)2n，snn2n.答案：n2n8已知数列的前n项和snn2，则数列的前n项和tn_.解析：2n1.，tn.答案：9.(2018沈阳质检)已知数列an是公差不为0的等差数列，首项a11，且a1，a2，a4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bnan2an，求数列bn的前n项和tn.解：(1)设数列an的公差为d，由已知得，aa1a4，即(1d)213d，解得d0或d1.又d0，d1，可得ann.(2)由(1)得bnn2n，tn(121)(222)(323)(n2n)(123n)(222232n)2n12.10已知数列an的首项为a11，前n项和为sn，且数列是公差为2的等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(1)nan，求数列bn的前n项和tn.解：(1)由已知得1(n1)22n1，所以sn2n2n.当n2时，ansnsn12n2n2(n1)2(n1)4n3.而a11满足上式，所以an4n3，nn*.(2)由(1)可得bn(1)n(4n3)当n为偶数时，tn(15)(913)(4n7)(4n3)42n；当n为奇数时，n1为偶数，tntn1bn12(n1)(4n1)2n1.综上，tnb级拔高题目稳做准做1已知数列an中，an4n5，等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1a2，则|b1|b2|b3|bn|()a14n b4n1c. d.解析：选b由已知得b1a23，q4，bn(3)(4)n1，|bn|34n1，即|bn|是以3为首项，4为公比的等比数列|b1|b2|bn|4n1.2.(2018湖北四地七校联考)数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，且bnancos ，记sn为数列bn的前n项和，则s24()a294 b174c470 d304解析：选dnan1(n1)ann(n1)，1，数列是公差与首项都为1的等差数列1(n1)1，可得ann2.bnancos ，bnn2cos ，令n3k2，kn*，则b3k2(3k2)2cos (3k2)2，kn*，同理可得b3k1(3k1)2，kn*，b3k(3k)2，kn*.b3k2b3k1b3k(3k2)2(3k1)2(3k)29k，kn*，则s249(128)8304.3.已知数列an的前n项和为sn，且满足a11，sn1sn(nn*)，则s2 018_.解析：依题意得an1(nn*)，所以a23，由an1(nn*)得an2(nn*)，两式相除得3，所以数列a2n1是首项为1，公比为3的等比数列，数列a2n是首项为3，公比为3的等比数列，所以s2 018a1a2a2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)231 0092.答案：231 00924.(2018广东潮州二模)已知sn为数列an的前n项和，an23n1(nn*)，若bn，则b1b2bn_.解析：因为3，且a12，所以数列an是以2为首项，3为公比的等比数列，所以sn3n1，又bn，所以b1b2bn.答案：5.已知各项均不相等的等差数列an的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项(1)分别求数列an，bn的前n项和sn，tn；(2)记数列anbn的前n项和为kn，设cn，求证：cn1cn(nn*)解：(1)设数列an的公差为d，则解得或(舍去)，所以ann1，sn.又b1a12，b2a34，所以bn2n，tn2n12.(2)证明：因为anbn(n1)2n，所以kn221322(n1)2n，所以2kn222323n2n(n1)2n1，得kn22122232n(n1)2n1，所以knn2n1.则cn，cn1cn0，所以cn1cn(nn*)6.(2018山西太原二模)已知sn是数列an的前n项和，a12，且4snanan1，在数列bn中，b1，且bn1，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设cn(nn*)，求cn的前n项和tn.解：(1)当n1时，由题意，得a24.当n2时，4snanan1,4sn1an1an，两式相减，得4anan(an1an1)an0，an1a