2019届高考数学大二轮复习 第1部分 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用练习.doc

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1、1第一部分第一部分 专题四专题四 第二讲第二讲 数列求和及综合应用数列求和及综合应用A 组1设an的首项为a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1( D )A2 B2 C D1 21 2解析 由题意知S1a1，S22a11，S44a16，因为S1，S2，S4成等比数列，所以SS1S4，即(2a11)2a1(4a16)，2 2解得a1 .故选 D1 22若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn等于( 1 a1a21 a2a31 anan1B )A1 B (1)1 4n2 31 4nC1 D (1)1 2n2 31 2n解析 因为an12n12n1，所以

2、anan12n12n24n1，所以 ( )n1，所以也是等比数列，1 anan11 21 41 anan1所以Tn (1)，故选 B1 a1a21 a2a31 anan11 21 11 4n1142 31 4n3(2018烟台模拟)已知等差数列an中，a26，a515，若bna2n，则数列bn的前 5 项和等于( C )A30 B45 C90 D186解析 设an的公差为d，首项为a1，由题意得Error!，解得Error!所以an3n，所以bna2n6n，且b16，公差为 6，所以S556690.5 4 224等差数列an中，a10，公差d0，公差d1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a

3、3的等差中项2为 6，若数列bn满足bnlog2an(nN N*)(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn.解析 (1)因为 4是a1和a4的一个等比中项，2所以a1a4(4)232.2由题意可得Error!4因为q1，所以a3a2.解得Error!所以q2.a3 a2故数列an的通项公式an2n.(2)由于bnlog2an(nN N*)，所以anbnn2n，Sn12222323(n1)2n1n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1.得，Sn1222232nn2n1n2n1.212n 12所以Sn22n1n2n12(n1)2n1.9(文)(2018天津卷，18)设a

4、n是等差数列，其前n项和为Sn(nN N* *)；bn是等比数列，公比大于 0，其前n项和为Tn(nN N* *)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解析 (1)设等比数列bn的公比为q，由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.12n 12设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得 3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以Sn.nn1 2(2)由(1)，知T1T2Tn(21222n)n2n1n2.由Sn(T1

5、T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，nn1 2整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以n的值为 4.(理)(2018天津卷，18)设an是等比数列，公比大于 0，其前n项和为Sn(nN N* *)，bn是等差数列. 已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN N* *)，求Tn；证明解析 (1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.5设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，

6、d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn(2k1)12n 12n k1knn2n1n2.n k122 12n 12因为Tkbk2bk k1k22k1k2k2k k1k2，k2k1 k1k22k2 k22k1 k1B 组1设Sn是公差不为 0 的等差数列an的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3，则数列的前n项和Tn( C )5 21 2n1anA Bn 2n1n 2n1C D2n 2n12n 2n1解析 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和设an的公差为d，因为S1a1，S22a1d2a1a1 ，S4

7、3a3a1a1，a3a1 23 25 415 2因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1 )2(a1)a1，3 25 415 2整理得 4a12a150，所以a1 或a1 .2 15 21 2当a1 时，公差d0 不符合题意，舍去；5 2当a1 时，公差d1，1 2a3a1 2所以an (n1)(1)n (2n1)，1 21 21 2所以()，1 2n1an2 2n12n11 2n11 2n16所以其前n项和Tn(1 )1 31 31 51 2n11 2n1(1)，故选 C1 2n12n 2n12(文)以Sn表示等差数列an的前n项和，若S5S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A2a

8、33a4 B5a5a16a6Ca5a4a30,2a33a4；5a5(a16a6)5(a14d)a16(a15d)2(a15d)2a60,5a5a16a6；a5a4a3(a3a6)a3a60，a7a14()225.当且仅当a7a14时取等号a7a14 24已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn( B )A2n1 B( )n13 27C( )n1 D2 31 2n1解析 由Sn2an1得Sn2(Sn1Sn)，即 2Sn13Sn， ，Sn1 Sn3 2a11，S12a2，a2a1 ，S2 ，1 21 23 2 ，Sn( )n1.S2 S13 23 25(2018山东省实验中学调研)在数列an中，a12，an1anln(1 )，则1 nan( A )A2lnn B2(n1)lnnC2nlnn D1nlnn解析 an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1lnnln(n1)ln(n1)ln(n2)ln2ln122lnn.6(2018西安一模)已知数列an的通项公式anlog2(nN N* *)，设其前n项和n n1为Sn，则使Sn15，1 n11 16则使Sn0，1 2n11 2n21 n11 2n11 2n2数列H(n)单调递增，nN N*时，H(n)H(1) ，故P .1 21 2P 的最大值为 .12