《2019版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练38专题研究2数列的求和理20180515486.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮总复习第六章数列题组训练38专题研究2数列的求和理20180515486.wps（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组训练 3838 专题研究 2 2 数列的求和 1数列12n1的前 n 项和为( ) A12n B22n Cn2n1 Dn22n 答案 C 2数列(1)n(2n1)的前 2 018 项和 S2 018等于( ) A2 016 B2 018 C2 015 D2 015 答案 B 解析 S2 0181357(22 0171)(22 0181)222,1 009 个 2 相加2 018.故选 B. 3在数列an中，已知对任意 nN N*，a1a2a3an3n1，则 a12a22a32an2 等于( ) 1 A(3n1)2 B. (9n1) 2 1 C9n1 D. (3n1) 4 答案 B 解析 因
2、为 a1a2an3n1，所以 a1a2an13n11(n2)则 n2 时，an 23n1. 当 n1 时，a1312，适合上式，所以 an23n1(nN N*) 则数列an2是首项为 4，公比为 9 的等比数列，故选 B. 4数列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项之和为( ) 1 5 A. B. 3 12 1 7 C. D. 2 12 答案 B 1 1 1 1 解析 bn ， an （n1）（n2） n1 n2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 S10b1b2b3b10 . 2 3 3 4 4 5 11 12 2 12 12 1 1 1 5在数列an中，
3、an2n1，则 ( ) a2a1 a3a2 an1an 1 A1 B12n 2n 1 1 C1 D12n 2n 答案 C 2n1 321 6已知数列an的通项公式是 an ，其前 n 项和 Sn ，则项数 n 等于( ) 2n 64 A13 B10 C9 D6 答案 D 2n1 1 1 1 1 1 解析 an 1 ，Snn( )n1 . 2n 2n 2 22 2n 2n 321 1 1 1 而 5 ，n1 5 .n6. 64 64 2n 64 1 1 1 7已知等差数列an的公差为 d，且 an0，d0，则 可化简为( ) a1a2 a2a3 anan1 nd n A. B. a1（a1nd）
4、 a1（a1nd） d n1 C. D. a1（a1nd） a1a1（n1）d 答案 B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 解析 ( )，原式 ( ) anan1 d an an1 d a1 a2 a2 a3 an an1 1 1 1 n ( ) ，选 B. d a1 an1 a1an1 25 an 8(2017衡水中学调研卷)已知等差数列an的前 n 项和 Sn满足 S36，S5 ，则数列 2 2n 的前 n 项和为( ) n2 n4 A1 B2 2n1 2n1 n4 n2 C2 D2 2n 2n1 答案 B n（n1） 25 解析 设等差数列an的公差为 d，则 Snna1 d，
5、因为 S36，S5 ，所以 2 2 3 3a13d6， a1 ， 1 an n2 an 2 ， ) 25 ，) 解得 所以 an n1， ，设数列 的前 n 项和为 Tn，则 Tn 5a110d 2 2n 2n1 2n 1 2 d 2 3 4 5 n1 n2 1 3 4 5 n1 n2 1 3 1 ， Tn ，两项相减得 Tn ( 22 23 24 2n 2n1 2 23 24 25 2n1 2n2 2 4 23 1 1 n2 3 1 1 n2 n4 ) (1 ) ，所以 Tn2 . 24 2n1 2n2 4 4 2n1 2n2 2n1 2 1 1 1 9Sn _ 221 421 （2n）21
6、 n 答案 2n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 解析 通项 an ( )，Sn (1 （2n）21 （2n1）（2n1） 2 2n1 2n1 2 3 3 5 1 1 1 1 n ) (1 ) . 2n1 2n1 2 2n1 2n1 10已知数列an的前 n 项和 Snn26n，则|an|的前 n 项和 Tn_ 6nn2 （1 n 3）， 答案 n26n18 （n 3） ) 解析 由 Snn26n，得an是等差数列，且首项为5，公差为 2. an5(n1)22n7. n3 时，an3时，an0. 6nn2 （1 n 3）， Tnn26n18 （n 3）. ) 11(2017衡水中学调研)
7、已知数列an满足 a11，an1an2n(nN N*)，则 S2 016_ 答案 321 0083 an1an2 an2 解析 依题意，得 an1an2n，an1an22n1，则 2，即 2， anan1 an 所以数列 a1，a3，a5，a2k1，是以 a11 为首项，2 为公比的等比数列；数列 a2，a4，a6， a2k，是以 a22 为首项，2 为公比的等比数列，则 121 008 2（121 008） S2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016) 321 12 12 0083. 12(2018深圳调研二)数列an是公差为 d(d0)的等差数列，Sn为其前 n 项
8、和，a1，a2，a5 成等比数列 (1)证明：S1，S3，S9成等比数列； (2)设 a11，bna2n，求数列bn的前 n 项和 Tn. 答案 (1)略 (2)2n2n4 解析 (1)证明：由题意有 a22a1a5， 即(a1d)2a1(a14d)，解得 d2a1. 又S1a1，S33a13d9a1， S99a136d81a1， S32S1S9.又S1，S3，S9均不为零， S1，S3，S9成等比数列 (2)由 a11 得 d2a12，则 an2n1，则 3 Tna2a22a23a2n (221)(2221)(2231)(22n1) 2(222232n)n2n2n4 13(2017课标全国，
9、文)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n. (1)求数列an的通项公式； an (2)求数列 的前 n 项和 2n1 2 2n 答案 (1)an (2) 2n1 2n1 解析 (1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时， a13a2(2n3)an12(n1) 2 两式相减得(2n1)an2，所以 an (n2) 2n1 2 又由题设可得 a12，从而an的通项公式为 an . 2n1 an an 2 1 1 (2)记 的前 n 项和为 Sn.由(1)知 . 2n1 2n1 （2n1）（2n1） 2n1 2n1 1 1 1 1 1 1 2n 则 Sn . 1 3 3 5 2
10、n1 2n1 2n1 14已知数列an为等比数列，Tnna1(n1)a2an，且 T11，T24. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列Tn的通项公式 答案 (1)an2n1 (2)Tn2n1n2 解析 (1)T1a11， T22a1a22a24，a22. a2 等 比数列an的公比 q 2. a1 an2n1. (2)方法一：Tnn(n1)2(n2)2212n1， 2Tnn2(n1)22(n2)2312n， ，得 2（12n） Tnn2222n12nn 12 n2n122n1n2. 方法二：设 Sna1a2an， Sn122n12n1. Tnna1(n1)a22an1an 4 a1(a
11、1a2)(a1a2an) S1S2Sn(21)(221)(2n1) 2（12n） (2222n)n n 12 2n1n2. 15(2018太原二模)已知数列an的前n 项和Sn2n12，数列bn满足bnanan1(nN N*) (1)求数列bn的通项公式； (2)若 cnlog2an(nN N*)，求数列bncn的前 n 项和 Tn. 答案 (1)32n (2)3(n1)2n16 解析 (1)当 n1 时，a1S12， 当 n2 时，anSnSn12n， 又 a12 满足上式， an2n(nN N*)， bnanan132n. (2)由(1)得 an2n，bn32n， cnlog2ann，bn
12、cn3n2n， Tn3(12222323n2n)， 2 得 2Tn3(122223324n2n1)， 得Tn3(2222nn2n1)3(1n)2n12，Tn3(n1)2n1 6. 1 1 2 1(2016天津，文)已知an是等比数列，前 n 项和为 Sn(nN N*)，且 ，S663. a1 a2 a3 (1)求an的通项公式； (2)若对任意的 nN N*，bn是 log2an和 log2an1的等差中项，求数列(1)nbn2的前 2n 项和 1 1 2 答案 解析 (1)设数列an的公比为 q.由已知，有 ，解得 q2，或 q1.又 a1 a1q a1q2 1q6 126 由 S6a1 6
13、3，知 q1，所以 a1 63，得 a11.所以 an2n1. 1q 12 1 1 1 1 (2)由题意，得 bn (log2anlog2an1) (log22n1log22n)n ，即bn是首项为 ，公 2 2 2 2 差为 1 的等差数列 设数列(1)nbn2的前 n 项和为 Tn，则 T2n(b12b22)(b32b42)(b2n12b2n2) b1b2b3b4b2n1b2n 5 2n（b1b2n ） 2 2n2. ( (第二次作业) ) 1数列 1，(12)，(1222)，(12222n1)，的前 n 项之和为( ) A2n1 Bn2nn C2n1n D2n1n2 答案 D 2（2n1
14、） 解析 记 an12222n12n1，Sn n2n12n. 21 2(2017宁夏银川一中模拟)已知数列 2 008，2 009，1，2 008，2 009，.这个数列 的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 018 项之和 S2 018 等于( ) A2 008 B4 017 C1 D0 答案 B 解析 由已知得 anan1an1(n2)，an1anan1. 故数列的前 8 项依次为 2 008，2 009，1，2 008，2 009，1，2 008，2 009. 由此可知该数列为周期数列，周期为 6，且 S60. 2 01863362，S2 018S22 0
15、082 0094 017. 1 3(2015江苏)数列an满足 a11，且 an1ann1(nN N*)，则数列 的前 10 项和为 an _ 20 答案 11 解析 由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121 n（n1） 1 1 1 1 2n 20 ，所以 2( )，Sn2(1 ) ，S10 . 2 an n n1 n1 n1 11 n 4(2018衡水中学调研卷)数列an的通项公式 anncos 1，前 n 项和为 Sn，则 S2 020 2 _ 答案 3 030 n 解析 anncos 1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k 2 3
16、a4k46，kN N，S2 020505(a1a2a3a4)50563 030. 5(2018江苏苏州调研)已知数列an满足 an1an(1an1)，a11，数 列bn满足 bnanan 6 1，则数列bn的前 10 项的和 S10_ 10 答案 11 1 1 1 1 解析 由 an1an(1an1)得 1，因此数列 是以 1 为首项，1 为公差的等差 an1 an an a1 1 1 1 1 1 数列，所以 n，即 an ，bnanan1 ，所以 S10b1b2b10 an n n（n1） n n1 1 1 1 1 1 1 10 (1 )( )( )1 . 2 2 3 10 11 11 11
17、 1 6(2013湖南)设 Sn为数列an的前 n 项和，Sn(1)nan (nN N*)，则 2n (1)a3_； (2)S1S2S100_ 1 1 1 答案 (1) (2) ( 1) 16 3 2100 1 解析 (1)因为 Sn(1)nan ， 2n 1 1 1 则 S3a3 ，S4a4 ，解得 a3 . 8 16 16 1 1 1 (2)当 n 为偶数时，Snan ，当 n 为奇数时，Snan ，可得当 n 为奇数时 an ， 2n 2n 2n1 1 1 1 1 又 S1S2S100(a1 )(a2 )(a99 )(a100 ) 2 22 299 2100 1 1 1 1 a1a2a9
18、9a100( ) 2 22 299 2100 1 S1002(a1a3a99)(1 ) 2100 1 1 1 1 S101a1012( )(1 ) 22 24 2100 2100 1 1 1（ ）50 1 1 22 22 1 1 1 1 1 ( )2 (1 ) (1 ) ( 1) 2102 2102 1 2100 3 2100 3 2100 1 22 7(2016北京，文)已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b39，a1b1，a14 b4. (1)求an的通项公式； (2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 3n1 答案 (1)an2n1 (2)Snn2 2 b3 9 解析
19、 (1)等比数列bn的公比 q 3， b2 3 7 b2 所以 b1 1，b4b3q27.bn3n1. q 设等差数列an的公差为 d. 因为 a1b11，a14b427， 所以 113d27，即 d2. 所以 an2n1(n1，2，3，) (2)由(1)知，an2n1，bn3n1， 因此 cnanbn2n13n1. 从而数列cn的前 n 项和 n（12n1） 13n 3n1 Sn13(2n1)133n1 n2 . 2 13 2 8(2018安徽江南十校联考)已知 Sn是数列an的前 n 项和，且满足 Sn2ann4. (1)证明：Snn2为等比数列； (2)求数列Sn的前 n 项和 Tn.
20、2n3n23n8 答案 (1)略 (2) 2 解析 (1)证明：当 n1 时，a1S1，S12a114，解得 a13. 由 Sn2ann4 可得 Sn2(SnSn1)n4(n2)， 即 Sn2Sn1n4，所以 Snn22Sn1(n1)2 因为 S1124，所以Snn2是首项为 4，公比为 2 的等比数列 (2)由(1)知 Snn22n1，所以 Sn2n1n2， 4（12n） n（n1） 于 是 Tn (22 23 2n 1) (1 2 n) 2n 2n 12 2 2n3n23n8 . 2 9(2017重庆抽测二)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an1Sn(nN N*) (1)求数列
21、an的通项公式； (2)设 bn(n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 2， n1 答案 (1)2 n1， n 2) (2)(n2)2n2(nN N*) 解析 (1)an1Sn(nN N*)， Sn1 Sn 1SnSn， 2. Sn 又 S1a12， 数列Sn是首项为 2，公比为 2 的等比数列， Sn2n(nN N*) 当 n2 时，anSnSn12n1(n2)， 8 2， n1， an2n1， n 2.) (2)Tn0a11a22a3(n1)an， 当 n1 时，T10. 当 n2 时， Tn12222323(n1)2n1， 2Tn122223324(n2)2n1(n1)2n， ，
22、得Tn222232n1(n1)2n 2（12n1） (n1)2n 12 (2n)2n2. Tn(n2)2n2(n2) 又 T10 也满足上式， Tn(n2)2n2(nN N*) 10(2015课标全国 )Sn为数列an的前 n 项和，已知 an0，an22an4Sn3. (1)求an的通项公式； 1 (2)设 bn ，求数列bn的前 n 项和 anan1 n 答案 (1)an2n1 (2)Tn 3（2n3） 解析 (1)由 an22an4Sn3，可知 an122an14Sn13. 可得 an12an22(an1an)4an1，即 2(an1an)an12an2(an1an)(an1an) 由于
23、 an0，可得 an1an2. 又 a122a14a13，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 ( ) anan1 （2n1）（2n3） 2 2n1 2n3 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn 1 1 1 1 1 1 1 ( )( )( ) 2 3 5 5 7 2n1 2n3 n . 3（2n3） 11数列an满足 a11，nan1(n1)ann(n1)(nN N*) 9 an (1)证明：数列 是等差数列； n (2)设 bn3n an，求数列bn的前
24、 n 项和 Sn. （2n1）3n13 答案 (1)略 (2)Sn 4 an1 an an1 an 解析 (1)证明：由题意，得 1，即 1， n1 n n1 n an a1 所以 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列 n 1 an (2)解：由(1)得 1(n1)1n，所以 ann2. n 所以 bnn3n. Sn131232333n3n， 3Sn132233(n1)3nn3n1. 3（13n） （12n）3n13 得2Sn31323nn3n1 n3n1 . 13 2 （2n1）3n13 所以 Sn . 4 1(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，且 a1a49，a2a38. (1
25、)求数列an的通项公式； an1 (2)设 Sn为数列an的前 n 项和，bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn. SnSn1 1 答案 (1)an2n1 (2)Tn1 2n11 解析 (1)由题设知，a1a4a2a38， a11， a18， 又 a1a49，可解得a48 )或a41 )(舍去) 由 a4a1q3得公比为 q2，故 ana1qn12n1. a1（1qn） an1 Sn1Sn 1 1 (2)Sn 2n1，又 bn ， 1q SnSn1 SnSn1 Sn Sn1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tnb1b2bn( )( )( ) 1 . S1 S2 S2 S3 Sn Sn
26、1 S1 Sn1 2n11 2(2016浙江，文)设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 S24，an12Sn1，nN N*. (1)求通项公式 an； (2)求数列|ann2|的前 n 项和 2，n1， 答案 (1)an3n1 (2)，n 2，n N N * .) 3nn25n11 2 10 a1a24， a11， 解析 (1)由题意知a 22a11，)则a23. ) 又当 n2 时，由 an1an(2Sn1)(2Sn11)2an， 得 an13an. 所以，数列an的通项公式为 an3n1，nN N*. (2)设 bn|3n1n2|，nN N*，b12，b21. 当 n3 时，由于 3n1n2，故 bn3n1n2，n3. 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T12，T23. 当 n3 时， 9（13n2） （n7）（n2） 3nn25n11 Tn3 ， 13 2 2 2，n1， 所以 Tn，n 2，n N N * .) 3nn25n11 2 11