2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（三十二） 数列求和 作业.doc

第 1 页 共 6 页 课时跟踪检测（三十二）课时跟踪检测（三十二） 数列求和数列求和 一、综合练一、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1已知数列已知数列an满足：满足：an1anan1(n2，nN*)，a11，a22，Sn为数列为数列an的的前前 n 项和，则项和，则 S2 021( ) A3 B2 C1 D0 解析：解析：选选 C an1anan1，a11，a22，a31，a41，a52，a61，a71，a82，故数列，故数列an是周期为是周期为 6 的周期数列，且每连续的周期数列，且每连续 6 项的和为项的和为 0，故，故 S2 0213360a2 017a2 018a2 021a1a2a3a4a5121(1)(2)1.故选故选 C. 2在数列在数列an中，若中，若 an1(1)nan2n1，则数列，则数列an的前的前 12 项和等于项和等于( ) A76 B78 C80 D82 解析：解析：选选 B 由已知由已知 an1(1)nan2n1， 得得 an2(1)n1an12n1， 得得 an2an(1)n(2n1)(2n1)， 取取 n1,5,9 及及 n2,6,10，结果分别相加可得，结果分别相加可得 S12a1a2a3a4a11a1278.故选故选 B. 3若数列若数列an的通项公式是的通项公式是 an1n n1，前，前 n 项和为项和为 9，则，则 n 等于等于( ) A9 B99 C10 D100 解析：解析：选选 B 因为因为 an1n n1 n1 n， 所以所以 Sna1a2an( 2 1)( 3 2)( n1 n) n11， 令令 n119，得，得 n99. 4已知数列已知数列an满足满足 log2annlog23，则，则 a2a4a6a20的值为的值为( ) A3(2114) B3(2124) C.41145 D4114 解析：解析：选选 D log2anlog22nlog23log2(2n 3)， an3 2n，a2n3 22n3 4n， a2a4a6a203(44243410)34 1410 144114.故选故选 D. 第 2 页 共 6 页 5设设 Sn是数列是数列an的前的前 n 项和，且项和，且 a11，an1Sn1Sn，则，则 S10( ) A.110 B110 C10 D10 解析：解析：选选 B 由由an1Sn1Sn，得，得 an1SnSn1.又又 an1Sn1Sn，所以，所以 Sn1SnSn1Sn，即即1Sn11Sn1， 所以数列， 所以数列 1Sn是以是以1S11a11 为首项， 为首项， 1 为公差的等差数列， 所以为公差的等差数列， 所以1Sn1(n1) (1)n，所以，所以1S1010，所以，所以 S10110，故选，故选 B. 6已知数列已知数列an中，中，a12，an1 n1 ann2an，则，则k1n kak_. 解析：解析：an1 n1 ann2an可化为可化为 nan12an1an(n1)an.等号两边同时除以等号两边同时除以 an1an，得，得n1an1nan2，所以数列，所以数列 nan是首项为是首项为1a112，公差为，公差为 2 的等差数列，所以的等差数列，所以k1n kak1a12a2nan12nn n1 22n212n. 答案：答案：n212n 7在数列在数列an中，中，a12，a23，a34，an3(1)nan12(nN*)记记 Sn是数列是数列an的前的前 n 项和，则项和，则 S20的值为的值为_ 解析：解析：由题意知，当由题意知，当 n 为奇数时，为奇数时，an3an12，又，又 a23，所以数列，所以数列an中的偶数项中的偶数项是以是以 3 为首项，为首项，2 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 所以所以 a2a4a6a2010310922120. 当当 n 为偶数时，为偶数时，an3an12，又，又 a3a12， 所以数列所以数列an中的相邻的两个奇数项之和均等于中的相邻的两个奇数项之和均等于 2， 所以所以 a1a3a5a17a19(a1a3)(a5a7)(a17a19)2510， 所以所以 S2012010130. 答案：答案：130 8(2021 青岛模拟青岛模拟)已知数列已知数列an的通项公式为的通项公式为 an 1n n2 ，n为奇数，为奇数，n7，n为偶数，为偶数，则数列则数列an前前 15 项和项和 S15的值为的值为_ 第 3 页 共 6 页 解析：解析：数列数列an的通项公式为的通项公式为 an 1n n2 ，n为奇数，为奇数，n7，n为偶数，为偶数， 由由1n n2 12 1n1n2， 得得 S1512（11313151517115117）(24614)77121617127164912717. 答案：答案：12717 9有一正项等比数列有一正项等比数列an的公比为的公比为 q，前，前 n 项和为项和为 Sn，满足，满足 a2a464，S314.设设 bnlog2an(nN*) (1)求求 a1，a2的值，并求出数列的值，并求出数列an的通项公式；的通项公式； (2)判断数列判断数列bn是否为等差数列，并说明理由；是否为等差数列，并说明理由； (3)记记 cn1bnbn1，求数列，求数列cn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)由由 a2a464，得，得 a2364.又又an0，a38. S3a1a2a3，a1a2814，a1a1q6， 即即 a1(1q)6，8q2(1q)6，即，即 3q24q40， 解得解得 q2 或或 q23(舍去舍去) a12，a24，an22n12n(nN*) (2)数列数列bn为等差数列理由如下：为等差数列理由如下： 由由(1)知知 an2n，bnlog2anlog22nn， bn1n1，bn1bn1.又又 b11， bn是以是以 1 为首项，为首项，1 为公差的等差数列为公差的等差数列 (3)由由(2)可知，可知，bnn，cn1bnbn11n n1 1n1n1， Tnc1c2c3cn 112 1213 1314 1n1n111n1nn1. 10已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，a15，nSn1(n1)Snn2n. (1)求证：数列求证：数列 Snn为等差数列；为等差数列； (2)令令 bn2nan，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 第 4 页 共 6 页 解：解：(1)证明：由证明：由 nSn1(n1)Snn2n 得得Sn1n1Snn1，又，又S115，所以数列，所以数列 Snn是首是首项为项为 5，公差为，公差为 1 的等差数列的等差数列 (2)由由(1)可知可知Snn5(n1)n4，所以，所以 Snn24n. 当当 n2 时，时，anSnSn1n24n(n1)24(n1)2n3. 又又 a15 也符合上式，所以也符合上式，所以 an2n3(nN*)， 所以所以 bn(2n3)2n， 所以所以 Tn52722923(2n3)2n， 2Tn522723924(2n1)2n(2n3) 2n1， 所以所以得得 Tn(2n3)2n110(23242n1) (2n3)2n11023 12n1 12 (2n3)2n110(2n28) (2n1)2n12. 二、自选练二、自选练练高考区分度练高考区分度 1在公差不为零的等差数列在公差不为零的等差数列an中，已知中，已知 a11，且，且 a2，a5，a14成等比数列，成等比数列，an的前的前n 项和为项和为 Sn，bn(1)nSn，则，则 an_，数列，数列bn的前的前 n 项和项和 Tn_. 解析：解析：设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d(d0)， 则由则由 a2，a5，a14成等比数列得成等比数列得 a25a2 a14， 即即(14d)2(1d)(113d)，解得，解得 d2， 则则 ana1(n1)d2n1，Snna1n n1 2dn2. 当当 n 为偶数时，为偶数时，TnS1S2S3S4Sn1Sn 12223242(n1)2n2 37(2n1)n n1 2； 当当 n 为大于为大于 1 的奇数时，的奇数时， TnS1S2S3S4Sn1Sn 12223242(n2)2(n1)2n2 37(2n3)n2n n1 2， 当当 n1 时，也符合上式综上所述，时，也符合上式综上所述，Tn(1)nn n1 2. 第 5 页 共 6 页 答案：答案：2n1 (1)nn n1 2 2(2021 肥城教学研肥城教学研究中心高三模拟究中心高三模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答线上，并作答 a1，14，a2成等差数列；成等差数列；a1，a21，a3成等比数列；成等比数列；S334. 已知已知 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，项和，3Snan2a1(nN*)，a10，且，且_ (1)求数列求数列an的通项公式的通项公式 (2)记记 bn an n为偶数为偶数 ，log3an n为奇数为奇数 ，求数列求数列bn的前的前 2n1 项和项和 T2n1. 解：解：(1)由由已知已知 3Snan2a1，n2 时，时，3Sn1an12a1. 两式相减得到两式相减得到 3ananan1，即，即anan112. 因为因为 a10，所以数列，所以数列an是公比为是公比为12的等比数列，从而的等比数列，从而 ana1 12n1. 若选若选，由，由 a1，14，a2成等差数列可得成等差数列可得 a1a2214， 即即 a112a112，解得，解得 a11，所以，所以 an 12n1. 若选若选，由，由 a1，a21，a3成等比数列可得成等比数列可得 a1a3(a21)2， 即即 a114a1 112a12，解得，解得 a11， 所以所以 an 12n1. 若选若选，由，由 S334可得可得 a1a2a334， 即即 a112a114a134，解得解得 a11， 所以所以 an 12n1. (2)当当 n 为奇数时为奇数时，bnlog3 12n1log3 12n1(n1)log32. 记前记前 2n1 项和项和 T2n1中奇数项和为中奇数项和为 T奇奇， 则则 T奇奇b1b3b5b2n1 (0242n)log32 n(n1)log32. 当当 n 为偶数时，为偶数时，bn 12n1 12n1， 记前记前 2n1 项和项和 T2n1中偶数项和为中偶数项和为 T偶偶， 第 6 页 共 6 页 则则 T偶偶b2b4b6b2n 121 123 125 122n1 12 1 14n11423 1 14n. 故故 T2n1n(n1)log3223 1 14n.