2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题6 数列与数学归纳法 第38练 .docx

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1、训练目标(1)求数列前n项和的常用方法；(2)数列通项求和的综合应用.解题策略数列求和的常用方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)并项法；(4)倒序相加法；(5)裂项相消法；(6)错位相减法.一、选择题1在数列an中，已知对任意正整数n，有a1a2a3an2n1，则aaa等于()A(2n1)2 B.(4n1)C.(2n1) D4n12数列an的通项公式为ancos，nN*，其前n项和为Sn，则S2 017等于()A1 008 B1 008C1 D03数列的前2 017项的和为()A.1 B.1C.1 D.141的值为()A18 B20C22 D185已知函数faxb的图象经过点P，Q，当nN

2、*时，an，记数列的前n项和为Sn，当Sn时，n的值为()A7 B6C5 D46已知数列的前n项和Sn，a10且a2anS2Sn，对一切正整数n都成立，记的前n项和为Tn，则数列中的最大值为()A. BC. D7(2017温州模拟)已知数列an的前n项和Snn26n(nN*)，数列|an|的前n项和为Tn，则的最小值是()A66 B.C. D38设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，且对任意的x，yR，都有f(x)f(y)f(xy)，若a1，anf(n)(nN*)，则数列an的前n项和Sn的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题9已知数列an，bn满足a11，a22，b11，且对任意的正

3、整数m，n，p，q，当mnpq时，都有ambnapbq，则(aibi)的值是_10若数列an的通项公式anncos 1，前n项和为Sn，则S2 012_.11设S ，则不大于S的最大整数S_.12已知递增数列共有2 017项，且各项均不为零，a2 0171，如果从中任取两项ai，aj，当ij时，ajai仍是数列中的项，则数列的各项和S2 017_.答案精析1B当n1时，a11，当n2时，anSnSn12n1(2n11)2n1，所以an2n1，则a4n1，aaaa14424n1(4n1)，故选B.2Dan4an，T4，STa1a2a3a40，S2 017504STa10.3B由已知条件，得，裂项

4、累加得S2 01711.4B设an122(nN*)，Sn2n2n22n2(nN*)，S1120，故选B.5D由题意结合函数的解析式，得解方程组得则函数的解析式为f2x1，当xN*时，an，则Sn，由，可得n4.6A由作差法可得ann1 ，Tnn ，即Tn当n为奇数时，Tn随n的增大而增大，所以T11Tn，2Tn；当n为偶数时，Tn随n的增大而减小，所以TnT2，Tn.综上，当nN*时，总有2Tn.7CSnn26n，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7(n2)，当n1时，a1S15，也符合，an2n7.当n3，nN*时，an0，Tn当n4时，min6.8A由已知可得a1f(1)，a2

5、f(2)f(1)22，a3f(3)f(2)f(1)f(1)33，anf(n)f(1)nn，所以Sn23n1n，因为nN*，所以Sn1.92 019解析由题意可得a2b1a1b2，b22，a3b1a2b2，得a33，又an1bnanbn1，an1bn1anbna1b10，即anbn，anbn2an，原式可化为当mnpq时，amanapaq，即an为等差数列，ann，(aibi)(2ai)2 019.103 018解析由于f(n)cos 的值具有周期性，所以可从数列的周期性及从头开始连续四项的和为定值入手解决当n4k1(kN)时，an(4k1)cos 11，当n4k2(kN)时，an(4k2)co

6、s 1(4k2)14k1，当n4k3(kN)时，an(4k3)cos 11，当n4k4(kN)时，an(4k4)cos 1(4k4)14k5，a4k1a4k2a4k3a4k414k114k56.S2 012a1a2a3a4a5a2 012(a1a2a3a4)(a5a6a7a8)(a2 009a2 010a2 011a2 012)65033 018.112 014解析 1，S1112 015，故S2 014.121 009解析当ij时，ajai仍是数列中的项，而数列是递增数列，anan1anan2anan3ana1an，所以必有anan1a1，anan2a2，ana1an1，利用累加法可得an2，故Sn，得S2 0171 009.