2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时规范练理含解析新人教版202206182180

1、第四节第四节 数列求和数列求和a 组组基础对点练基础对点练1在数列an中，an1an2，sn为an的前 n 项和若 s1050，则数列anan1的前10 项和为()a100b110c120d130解析：anan1的前 10 项和为 a1a2a2a3a10a10a112(a1a2a10)a11a12s10102120.答案：c2数列an的通项公式为 an1n n1.若该数列的前 k 项之和等于 9，则 k()a80b81c79d82解析：an1n n1 n n1 ，故 sn n ，令 sk k 9，解得 k81.答案：b3已知an是首项为 1 的等比数列，sn是an的前 n 项和，且 9s3s6

2、，则数列1an的前5 项和为()a158或 5b3116或 5c3116d158解析：设an的公比为 q，显然 q1，由题意得9（1q3）1q1q61q，所以 1q39，得 q2，所以1an是首项为 1，公比为12的等比数列，前 5 项和为11251123116.答案：c4(2020湖南长沙模拟)已知数列an的通项公式是 an(1)n(3n2)，则 a1a2a10等于()a15b12c12d15解析：an(1)n(3n2)，a1a2a10147102528(14)(710)(2528)3515.答案：a5 已知等差数列an的前n项和为sn， a55， s515， 则数列1anan1的前100项

3、和为()a100101b99101c99100d101100解析：由 s55a3及 s515 得 a33，da5a3531，a11，ann，1anan11n（n1）1n1n1，数列1anan1的前 100 项和 t10011212131100110111101100101.答案：a6已知数列an的通项公式是 an2n315n，则其前 20 项和为()a3803511519b4002511520c4203411520d4404511520解析：令数列an的前 n 项和为 sn，则 s20a1a2a202(1220)3151521520220（201）2315115201154203411520.

4、答案：c7已知 tn为数列2n12n的前 n 项和，若 mt101 013 恒成立，则整数 m 的最小值为()a1 026b1 025c1 024d1 023解析：2n12n112n，tnn112n，t101 0131112101 0131 0241210.又 mt101 013，整数 m 的最小值为 1 024.答案：c8已知在正项等比数列an中，a11，a2a416，则|a112|a212|a812|()a224b225c226d256解析：设正项等比数列an的公比为 q 且 q0，因为 a11，a2a416，所以 q416，解得 q2，所以 an12n12n1，由 2n112，解得 n4

5、.所以|a112|a212|a812|12a112a212a312a4a512a8122(a1a2a3a4)(a1a2a8)224121281212(241)281225.答案：b9等比数列an的前 n 项和 sn2n1，则 a21a22a2n_解析：当 n1 时，a1s11，当 n2 时，ansnsn12n1(2n11)2n1.又因为 a11 适合上式，所以 an2n1，所以 a2n4n1，所以数列a2n是以 a211 为首项，以 4 为公比的等比数列，所以 a21a22a2n1 （14n）1413(4n1).答案：13(4n1)10已知数列：112，214，318，n12n，则其前 n 项

6、和关于 n 的表达式为_解析： 设所求的前 n 项和为 sn， 则 sn(123n)121412nn（n1）212112n112n（n1）212n1.答案：n（n1）212n111已知数列an的前 n 项和 snn2n2，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和解析：(1)当 n1 时，a1s11；当 n2 时，ansnsn1n2n2（n1）2（n1）2n.a1也满足 ann，故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知 ann，故 bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 t2n，则 t2n(212222n)(12342n)

7、.记 a212222n，b12342n，则 a2（122n）1222n12，b(12)(34)(2n1)2nn，故数列bn的前 2n 项和 t2nab22n1n2.12等差数列an中，a28，s666.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2（n1）an，tnb1b2b3bn，求 tn.解析：(1)设等差数列an的公差为 d，则有a2a1d8，s66a115d66，解得 a16，d2，所以 ana1(n1)d2n4.(2)因为 bn2（n1）an1（n1） （n2）1n11n2，所以 tnb1b2b3bn121313141n11n2121n2n2n4.b 组组素养提升练素养提升练1(202

8、1广东广州天河模拟)数列an满足 a11，对任意 nn*，都有 an11ann，则1a11a21a99()a9998b2c9950d99100解析：对任意 nn*，都有 an11ann，则 an1ann1，则 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)1n（n1）2，则1an2n（n1）21n1n1， 所 以1a11a2 1a99 2 112 1213 19911002111009950.答案：c2设函数 f(x)12log2x1x，定义 snf1nf2nfn1n，其中 nn*，且n2，则 sn_解析：因为 f(x)f(1x)12log2x1x12log21xx1log211

9、，所以 2snf1n fn1n f2n fn2n fn1nf1nn1.所以 snn12.答案：n123数列an的前 n 项和为 sn，已知 sn1snan2，a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bnan( 2 )1an，求数列bn的前 n 项和 tn.解析：(1)因为 sn1snan2，所以 an1an2，所以数列an是公差为 2 的等差数列因为 a1，a2，a5成等比数列，所以 a22a1a5，所以(a12)2a1(a18)，解得 a11，所以 an12(n1)2n1.(2)因为数列bn满足bnan( 2 )1an，所以 bn(2n1)( 2 )1(2n

10、1)(2n1)2n，所以数列bn的前 n 项和tn2322523(2n1)2n，所以 2tn22323(2n3)2n(2n1)2n1，所以 tn6(2n3)2n1.4直线 ln：yx 2n 与圆 cn：x2y22ann 交于不同的两点 an，bn，nn*.数列an满足 a11，an114|anbn|2.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn2n1（n 为奇数） ，an（n 为偶数） ，求数列bn的前 n 项和 tn.解析：(1)由题意知，圆 cn的圆心到直线 ln的距离 dn n ，圆 cn的半径 rn 2ann ，所以 an112|anbn|2r2nd2n2annn2an.又 a11，所以 an2n1.(2)当 n 为偶数时，tn(b1b3bn1)(b2b4bn)15(2n3)(2