《2019年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理201805194269.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理201805194269.wps（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、5.45.4 数列求和 课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标 1已知数列an是等差数列，a1tan225，a513a1，设 Sn 为数列(1)nan的前 n 项 和，则 S2 014( ) A2 015 B2 015 C3 021 D3 022 解析：由题知 a1tan(18045)1，a513 a5a1 12 d 3. 51 4 an13(n1)3n2. 设 bn(1)nan(1)n(3n2)， S2 014(14)(710)(6 0376 040)31 0073 021.故选 C. 答案：C 2设an是公差不为零的等差数列，a22，且 a1，a3，a9成等比数列，则数列an的前 n 项和
2、 Sn( ) n2 7n n2 3n A. B 4 4 2 2 n2 3n n2 n C. D 4 4 2 2 解析：设等差数列an的公差为 d，则 由 a23a1a9得(a2d)2(a2d)(a27d)， 代入 a22，解得 d1 或 d0(舍) an2(n2)1n， a1ann 1nn n2 n Sn . 2 2 2 2 故选 D. 答案：D 5 3等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a2a32a1，且 a4与 2a7的等差中项为 ，则 S5 4 ( ) A29 B31 C33 D36 解析：设等比数列an的公比为 q 则 a21q32a1， 1 5 a1q3 2a1q6 ， 2 1
3、 解得 a116，q ， 2 a11q5 S5 31，故选 B. 1q 答案：B 4已知等比数列an的各项均为正数，a11，公比为 q；等差数列bn中，b13，且bn S2 的前 n 项和为 Sn，a3S327，q . a2 (1)求an与bn的通项公式； 3 (2)设数列cn满足 cn ，求cn的前 n 项和 Tn. 2Sn 解：(1)设数列bn的公差为 d， S2 a3S327，q ， a2 Error!求得 q3，d3， an3n1，bn3n. n33n 3 3 2 1 1 1 (2)由题意得 Sn ，cn . 2 2Sn 2 3 nn1 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 n T
4、n1 1 . 2 2 3 3 4 n n1 n1 n1 5(2017 届广州综合测试)已知数列an是等比数列，a24，a32 是 a2和 a4的等差中项 (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2log2an1，求数列anbn的前 n 项和 Tn. 解：(1)设数列an的公比为 q， 因为 a24，所以 a34q，a44q2. 因为 a32 是 a2和 a4的等差中项， 所以 2(a32)a2a4， 化简得 q22q0. 因为公比 q0，所以 q2. 所以 ana2qn242n22n(nN N*) (2)因为 an2n，所以 bn2log2an12n1， 所以 anbn(2n1)2n， 则
5、 Tn12322523(2n3)2n1(2n1)2n， 2Tn122323524(2n3)2n(2n1)2n1. 由得， 2 Tn222222322n(2n1)2n1 412n1 22 (2n1)2n1 12 6(2n3)2n1， 所以 Tn6(2n3)2n1. 6Sn 为数列an的前 n 项和，已知 an0，a2n2an4Sn3. (1)求an的通项公式； 1 (2)设 bn ，求数列bn的前 n 项和 anan1 解：(1)由 a2n2an4Sn3， 可知 an212an14Sn13. ，得 an21a2n2(an1an)4an1， 即 2(an1an)an21a2n(an1an)(an1
6、an) 由 an0，得 an1an2. 又 a212a14a13，解得 a11(舍去)或 a13. 所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 通项公式为 an2n1. (2)由 an2n1 可知 1 1 1 1 1 bn 2n3). 2( anan1 2n12n3 2n1 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb 1b2bn 1 1 1 1 1 1 1 5 )( 2( 7 )( 2n3) 3 5 2n1 n . 32n3 7已知数列an与bn满足 an1an2(bn1bn)(nN N*) (1)若 a11，bn3n5，求数列an的通项公式； (2)若 a16，bn2n(nN N*)且
7、 an2nn2 对一切 nN N*恒成立， 求实数 的取值范 围 解：(1)因为 an1an2(bn1bn)，bn3n5， 所以 an1an2(bn1bn)2(3n83n5)6， 所以an是等差数列，首项为 1，公差为 6， 即 an6n5. (2)因为 bn2n， 所以 an1an2(2n12n)2n1， 3 当 n2 时， an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n2n12262n12， 当 n1 时，a16，符合上式， 所以 an2n12，由 an2nn2 得 2nn 1 n ， 2n1 2 2n1 1 n 令 f(n) ， 2 2n1 n1 n 1n 因为 f(n1)f(n
8、) 0， 2n2 2n1 2n2 1 n 所以 在 n1 时单调递减， 2 2n1 2nn 3 所以当 n1,2时， 取最大值 ， 2n1 4 3 故 的取值范围为(，). 4 能 力 提 升 Sn 1已知数列an的首项为 a11，前 n 项和为 Sn，且数列n 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. Sn 解：(1)由已知得 1(n1)22n1， n 所以 Sn2n2n， 当 n2 时， anSnSn12n2n2(n1)2(n1)4n3. a11413， 所以 an4n3，nN N*. (2)由(1)可得 bn(1
9、)nan(1)n(4n3) 当 n 为偶数时， n Tn(15)(913)(4n7)(4n3)4 2n， 2 当 n 为奇数时，n1 为偶数， TnTn1bn12(n1)(4n1)2n1， 综上，TnError! 2 2在数列an中，已知 an1，a11 3，且 an1an ，记 bn(an1)2，n an1an2 N N*. 4 (1)求数列bn的通项公式； 1 1 1 1 1 3 (2)设数列bn的前 n 项和为 Sn，证明： 0，nN N*，所以 Tn 单调递增 Sn 1 1 故 TnT1 . S1 3 1 1 1 1 3 综上 1时，an21an12Sn1， 两式相减得，a2nan21anan12Sn2Sn12an， 即(anan1)(anan1)anan1. 因为 an0， 5