《新课标2020年高考数学一轮总复习第五章数列5_4数列求和课时规范练理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2020年高考数学一轮总复习第五章数列5_4数列求和课时规范练理含解析新人教A版.pdf（5页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、5-4 数列求和5-4 数列求和 课时规范练课时规范练 (授课提示：对应学生用书第 273 页) A 组 基础对点练 1(2018娄底期末)等差数列an中，a3a74，则an的前 9 项和等于( A ) A18 B27 C18 D27 2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( C ) A100 B110 C120 D130 3(2018安顺期末)设直线(n1)xny(nN N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，2 则S1S2S2 018的值为( C ) A. B 2 016 2 015 2 016 2 017 C. D 2 018
2、2 019 2 018 2 017 解析：直线(n1)xny(nN N*)与两坐标轴的交点为和，2 (0， 2 n) ( 2 n1，0) 则Sn ， 1 2 2 n 2 n1 1 nn1 1 n 1 n1 则S1S2S2 0181 1. 1 2 1 2 1 3 1 2 018 1 2 019 1 2 019 2 018 2 019 4(2018永定区校级月考)在有限数列an中，Sn为an的前n项和，把称 S1S2Sn n 为数列an的“优化和” ，若数列a1，a2，a2 018的“优化和”为 2 019，则数列 2，a1， a2，a2 018的“优化和”为( B ) A2 021 B2 020
3、 C2 019 D2 018 解析：数列a1，a2，a2 018的“优化和”为 2 019. 即为2 019， S1S2S2 018 2 018 2，a1，a2，a2 018的“优化和”为 22S12S22S2 018 2 019 222 020. S1S2S2 018 2 019 2 018 2 019 2 019 5(2018温州期末)已知等差数列an中，a23，a67，设bn，则使b1b2 1 anan1 bn成立的最大n的值为 100 . 100 101 解析：等差数列an中，a23，a67， 求得an的首项a12，d1， an2(n1)1n1， bn ， 1 anan1 1 nn1
4、1 n 1 n1 b1b2bn1 1，1，解得n100. 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 n1 1 n1 100 101 即使b1b2bn成立的最大n的值为 100. 100 101 6数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前 60 项和为 1 830 . 解析：当n2k(kN N*)时，a2k1a2k4k1， 当n2k1(kN N*)时，a2ka2k14k3， a2k1a2k12，a2k3a2k12， a2k1a2k3，a1a5a61. a1a2a3a60(a2a3)(a4a5)(a60a61)3711(2601) 30611 830. 30 3119 2 7已知递增的
5、等比数列an的前n项和为Sn，a664，且a4，a5的等差中项为 3a3. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和Tn. n a2n1 解析：(1)设等比数列an的公比为q(q0)， 由题意，得Error! 解得Error! 所以an2n. (2)因为bn， n a2n1 n 22n1 所以Tn ， 1 2 2 23 3 25 4 27 n 22n1 Tn， 1 4 1 23 2 25 3 27 n1 22n1 n 22n1 所以Tn ， 3 4 1 2 1 23 1 25 1 27 1 22n1 n 22n1 1 2(1 1 4n) 11 4 n 22n1 2 3
6、43n 3 22n1 故Tn . 8 9 1612n 9 22n1 8 9 43n 9 22n1 8Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3. 2n (1)求an的通项公式； (2)设bn，求数列bn的前n项和 1 anan1 解析：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13. 2n2n1 两式相减可得aa2(an1an)4an1， 2n12n 即 2(an1an)aa(an1an)(an1an) 2n12n 由于an0，所以an1an2. 又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13. 2 1 所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为an2n1. (2
7、)由an2n1 可知bn. 1 anan1 1 2n12n3 1 2( 1 2n1 1 2n3) 设数列bn的前n项和为Tn，则 Tnb1b2bn Error!Error! 1 2 . n 32n3 B 组 能力提升练 1 (2018宜宾期末)在数列an中， 若a10，an1an2n， 则的值为( A ) 1 a2 1 a3 1 an A. B n1 n n1 n C. D n1 n1 n n1 解析：数列an中，若a10，an1an2n， 可得ana1(a2a1)(a3a2)(anan1) 0242(n1)n(n1)， 即有 ，n2，nN N*， 1 an 1 nn1 1 n1 1 n 可得
8、1 1 . 1 a2 1 a3 1 an 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 1 n n1 n 2 (2018南京期末)已知数列an的通项公式为anError!则数列an前 15 项和S15的值为 . 127 17 解析：由， 1 nn2 1 2( 1 n 1 n2) 可得S15 1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 15 1 17) (24614)77 71649. 1 2 16 17 1 2 127 17 3等差数列an中，a24，a4a715. (1)求数列an的通项公式； (2)设bn2an2n，求b1b2b3b10的值 解析：(1)设等差数列an的公差为d.
9、由已知得Error! 解得Error! 所以ana1(n1)dn2. (2)由(1)可得bn2nn， 所以b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010) (22223210)(12310) 2 1210 12 110 10 2 21153 2 101. 4已知数列an满足 2anan1anan1，且a1 ，nN N*. 1 2 (1)求数列an的通项公式； (2)设数列bn的前n项和为Sn，若数列bn满足bnError!(kN N*)，求S64. 解析：(1)由 2anan1anan1变形得2. 1 an1 1 an 又2， 所以数列是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列， 所
10、以22(n1)2n， 故an 1 a1 1 an 1 an . 1 2n (2)由(1)可得anan1. 1 2n2n2 1 4nn1 1 4( 1 n 1 n1) 又，所以S64Error!Error! 1 n1n1 n1n1 2 1 4 Error!Error!Error! 4 . 1 4(1 1 33) 140 33 5(2018武汉二次联考)若数列an的前n项和为Sn，首项a10，且 2Snaan(nN N*) 2n (1)求数列an的通项公式； (2)若an0(nN N*)，令bn，求数列bn的前n项和Tn. 1 anan2 解析 ： (1)当n1 时， 2S1aa1， 则a11.当n2 时，anSnSn1， 2 1 a2 nan 2 a 2n1an1 2 即(anan1)(anan11)0anan1或anan11， an(1)n1或ann. (2)由an0，ann，bn. 1 nn2 1 2( 1 n 1 n2) Tn . 1 2(1 1 3)( 1 2 1 4)( 1 n 1 n2) 1 21 1 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1n2