高考数学二轮复习第1部分重点强化专题限时集训5数列的通项与求和文.doc

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1、1 / 8【2019【2019 最新最新】精选高考数学二轮复习第精选高考数学二轮复习第 1 1 部分重点强化部分重点强化专题限时集训专题限时集训 5 5 数列的通项与求和文数列的通项与求和文建议 A、B 组各用时：45 分钟AA 组组 高考达标高考达标 一、选择题1已知数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2an4(nN*)，则an( )A2n1 B2n C2n1 D2n2A A 由由 SnSn2an2an4 4 可得可得 SnSn1 12an2an1 14(n2)4(n2)，两式相减，两式相减可得可得 anan2an2an2an2an1(n2)1(n2)，即，即 anan2an2an1(n

2、2)1(n2)又又a1a12a12a14 4，a1a14 4，所以数列，所以数列anan是以是以 4 4 为首项，为首项，2 2 为公比的为公比的等比数列，则等比数列，则 anan42n42n1 12n2n1 1，故选，故选 A.A.2数列an满足 a11，且当 n2 时，anan1，则 a5( ) 【导学号：04024063】A. B. C.5 D6A A 因为因为 a1a11 1，且当，且当 n2n2 时，时，anananan1 1，则，所以，则，所以a5a5a1a1，即，即 a5a511. .故选故选 A.A.3.的值为( )2 / 8A. B.n1 2n2C. D.1 n2C C 1

3、nn2，1 2(11 31 21 41 31 51 n1 n2)1 2(3 21 n11 n2).4(2017广州二模)数列an满足 a22，an2(1)n1an1(1)n(nN*)，Sn 为数列an的前 n 项和，则S100( )A5 100 B2 550 C.2 500 D2 450B B 由由 anan2 2( (1)n1)n1an1an1 1( (1)n(nN*)1)n(nN*)，可得，可得a1a1a3a3a3a3a5a5a5a5a7a70 0，a4a4a2a2a6a6a4a4a8a8a6a62 2，由此可知，数列，由此可知，数列anan的奇数项相邻两项的和为的奇数项相邻两项的和为 0

4、 0，偶数，偶数项是首项为项是首项为 a2a22 2、公差为、公差为 2 2 的等差数列，所以的等差数列，所以S100S100500500502502222 2 550550，故选，故选 B.B.5(2017呼和浩特一模)等差数列an中，a28，前 6 项的和S666，设 bn，Tnb1b2bn，则 Tn( )A1 B11 n2C. D.1 n2D D 由题意得解得由题意得解得Error!所以 an2n4，因此 bn，所以3 / 8Tn，故选 D.二、填空题6(2016西安模拟)设 Sn 是数列an的前 n 项和，an4Sn3，则 S4_. 【导学号：04024064】an4Sn3，当 n1

5、时，a14a13，解得 a11，2 20 0 2 27 7当 n2 时，4Snan3，4Sn1an13，4ananan1，an是以 1 为首项，为公比的等比数列，S4.7(2017东北三省四市联考)九章算术是我国第一部数学专著，下面有源自其中的一个问题：“今有金箠(chu)，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤问金箠重几何？”意思：“现有一根金箠，长 5 尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下 1尺，重 4 斤；在细的一端截下 1 尺，重 2 斤；问金箠重多少斤？”根据上面的已知条件，若金箠由粗到细的重量是均匀变化的，则答案是_1515 斤斤 由题意可知金箠由粗到细各尺的重量成等差数列，且由

6、题意可知金箠由粗到细各尺的重量成等差数列，且a1a14 4，a5a52 2，则，则 S5S51515，故金箠重，故金箠重 1515 斤斤 8(2016广州二模)设数列an的前 n 项和为 Sn，若a212，Snkn21(nN*)，则数列的前 n 项和为_令 n1 得 a1S1k1，令 n2 得n 2n1S24k1a1a2k112，解得 k4，所以Sn4n21，则数列的前 n 项和为.4 / 8三、解答题9(2017全国卷)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前 n 项和解(1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2 时，2 分a13a2(

7、2n3)an12(n1)，两式相减得(2n1)an2，所以 an(n2)4 分又由题设可得 a12，满足上式，所以an的通项公式为 an6 分(2)记的前 n 项和为 Sn.由(1)知，9 分则 Sn12分10设数列an满足 a13a232a33n1an，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn，求数列bn的前 n 项和 Sn.【导学号：04024065】解 (1)因为 a13a232a33n1an，所以当 n2 时，a13a232a33n2an1， 2 分得 3n1an，所以 an(n2)6 分在中，令 n1，得 a1，满足 an，所以 an(nN*)6 分(2)由(1)知 an，

8、故 bnn3n.5 / 8则 Sn131232333n3n，3Sn132233334n3n1，8 分得2Sn33233343nn3n1n3n1，11分所以 Sn(nN*)12 分BB 组组 名校冲刺名校冲刺 一、选择题1已知函数 yloga(x1)3(a0，a1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列an的第二项与第三项，若 bn，数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T10 等于( )A. B10 11C. D.12 11B B yyloga(xloga(x1)1)3 3 恒过定点恒过定点(2,3)(2,3)，即 a22，a33，又an为等差数列，ann，bn，T101，故选 B.2中国古代数学著

9、作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 ”其意思为：有一个人走378 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后到达目的地，请问第二天走了( )A192 里 B96 里6 / 8C48 里 D24 里B B 由题意，知每天所走路程形成以由题意，知每天所走路程形成以 a1a1 为首项，公比为的等比为首项，公比为的等比数列，则数列，则378378，解得，解得 a1a1192192，则，则 a2a29696，即第二天走了，即第二天走了 9696里故选里故选 B.B.3(2017湘

10、潭三模)已知 Tn 为数列的前 n 项和，若 mT101 013 恒成立，则整数 m 的最小值为( )A1 026 B1 025C1 024 D1 023C C 由由1 1得得 TnTnn nn n1 1，所以 T101 013111 0131 024，又 mT101 013，所以整数 m 的最小值为 1 024，故选 C.4已知数列an中，a160，an1an3，则|a1|a2|a3|a30|等于( )A445 B765C1 080 D3 105B B anan1 1anan3 3，anan1 1anan3 3，anan是以是以6060 为首为首项，项，3 3 为公差的等差数列，为公差的等差

11、数列，an603(n1)3n63.令 an0，得 n21，前 20 项都为负值|a1|a2|a3|a30|(a1a2a20)a21a302S20S30.Snnn，|a1|a2|a3|a30|765，故选B.二、填空题5(2016山西四校联考)已知数列an满足7 / 8a11，an1an2n(nN*)，则 S2 016_.【导学号：04024066】321321 0080083 3 数列数列anan满足满足 a1a11 1，anan1an1an2n2n，n1 时，a22，n2 时，anan12n1，得2，数列an的奇数项、偶数项分别成等比数列，S2 016321 0083.6(2017合肥二模)

12、已知数列an中，a12，且4(an1an)(nN*)，则其前 9 项的和 S9_.1 1 022022 由由4(an4(an1 1an)an)可得可得 a a4an4an1an1an4a4a0 0，则，则(an(an1 12an)22an)20 0，即，即 anan1 12an2an，又，又 a1a12 2，所以数列，所以数列anan是首项和公比都是是首项和公比都是 2 2 的等比数列，则其前的等比数列，则其前 9 9 项的和项的和S9S92102102 21 1 022.022.三、解答题7(2017福州一模)已知等差数列an的各项均为正数，其公差为2，a2a44a31.(1)求an的通项公

13、式；(2)求 a1a3a9a3n.解(1)依题意，ana12(n1)，an02 分因为 a2a44a31，所以(a12)(a16)4(a14)1，4 分所以 a4a150，解得 a11 或 a15(舍去)，5 分所以 an2n16 分(2)由(1)知，a1a3a9a3n(211)(231)(2321)(23n1)7 分8 / 82(13323n)(n1)9 分2(n1)11 分3n1n212 分8已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.解(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0(bn0，nN*)，所以2，2 分即 cn1cn2.3 分又 c11，所以数列cn是以首项 c11，公差 d2 的等差数列，故cn2n1.5 分(2)由 bn3n1 知 ancnbn(2n1)3n1，7 分于是数列an的前 n 项和Sn130331532(2n1)3n1，8 分3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，9 分相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n2(2n2)3n，11 分所以 Sn(n1)3n112 分