2022高考数学一轮复习 第6章 数列 专题研究2 数列的求和练习 理

2022高考数学一轮复习 第6章 数列 专题研究2 数列的求和练习 理1数列12n1的前n项和为()A12nB22nCn2n1 Dn22n答案C2数列(1)n(2n1)的前2 018项和S2 018等于()A2 016 B2 018C2 015 D2 015答案B解析S2 0181357(22 0171)(22 0181)222,1 009个2相加2 018.故选B.3在数列an中，已知对任意nN*，a1a2a3an3n1，则a12a22a32an2等于()A(3n1)2 B.(9n1)C9n1 D.(3n1)答案B解析因为a1a2an3n1，所以a1a2an13n11(n2)则n2时，an23n1.当n1时，a1312，适合上式，所以an23n1(nN*)则数列an2是首项为4，公比为9的等比数列，故选B.4数列an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前10项之和为()A. B.C. D.答案B解析bn，S10b1b2b3b10.5在数列an中，an2n1，则()A1 B12nC1 D12n答案C6已知数列an的通项公式是an，其前n项和Sn，则项数n等于()A13 B10C9 D6答案D解析an1，Snn()n1.而5，n15.n6.7已知等差数列an的公差为d，且an0，d0，则可化简为()A. B.C. D.答案B解析()，原式()()，选B.8(2017衡水中学调研卷)已知等差数列an的前n项和Sn满足S36，S5，则数列的前n项和为()A1 B2C2 D2答案B解析设等差数列an的公差为d，则Snna1d，因为S36，S5，所以解得所以ann1，设数列的前n项和为Tn，则Tn，Tn，两项相减得Tn()(1)，所以Tn2.9Sn_答案解析通项an()，Sn(1)(1).10已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn_答案解析由Snn26n，得an是等差数列，且首项为5，公差为2.an5(n1)22n7.n3时，an3时，an0.Tn11(2017衡水中学调研)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 016_答案321 0083解析依题意，得an1an2n，an1an22n1，则2，即2，所以数列a1，a3，a5，a2k1，是以a11为首项，2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，a2k，是以a22为首项，2为公比的等比数列，则S2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)321 0083.12(2018深圳调研二)数列an是公差为d(d0)的等差数列，Sn为其前n项和，a1，a2，a5成等比数列(1)证明：S1，S3，S9成等比数列；(2)设a11，bna2n，求数列bn的前n项和Tn.答案(1)略(2)2n2n4解析(1)证明：由题意有a22a1a5，即(a1d)2a1(a14d)，解得d2a1.又S1a1，S33a13d9a1，S99a136d81a1，S32S1S9.又S1，S3，S9均不为零，S1，S3，S9成等比数列(2)由a11得d2a12，则an2n1，则Tna2a22a23a2n(221)(2221)(2231)(22n1)2(222232n)n2n2n413(2017课标全国，文)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和答案(1)an(2)解析(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.14已知数列an为等比数列，Tnna1(n1)a2an，且T11，T24.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列Tn的通项公式答案(1)an2n1(2)Tn2n1n2解析(1)T1a11，T22a1a22a24，a22.等比数列an的公比q2.an2n1.(2)方法一：Tnn(n1)2(n2)2212n1，2Tnn2(n1)22(n2)2312n，得Tnn2222n12nnn2n122n1n2.方法二：设Sna1a2an，Sn122n12n1.Tnna1(n1)a22an1ana1(a1a2)(a1a2an)S1S2Sn(21)(221)(2n1)(2222n)nn2n1n2.15(2018太原二模)已知数列an的前n项和Sn2n12，数列bn满足bnanan1(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)若cnlog2an(nN*)，求数列bncn的前n项和Tn.答案(1)32n(2)3(n1)2n16解析(1)当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn12n，又a12满足上式，an2n(nN*)，bnanan132n.(2)由(1)得an2n，bn32n，cnlog2ann，bncn3n2n，Tn3(12222323n2n)，2得2Tn3(122223324n2n1)，得Tn3(2222nn2n1)3(1n)2n12，Tn3(n1)2n16.1(2016天津，文)已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nbn2的前2n项和答案解析(1)设数列an的公比为q.由已知，有，解得q2，或q1.又由S6a163，知q1，所以a163，得a11.所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nbn2的前n项和为Tn，则T2n(b12b22)(b32b42)(b2n12b2n2)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.第二次作业1数列1，(12)，(1222)，(12222n1)，的前n项之和为()A2n1Bn2nnC2n1n D2n1n2答案D解析记an12222n12n1，Snn2n12n.2(2017宁夏银川一中模拟)已知数列2 008，2 009，1，2 008，2 009，.这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S2 018等于()A2 008 B4 017C1 D0答案B解析由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，2 008，2 009，1，2 008，2 009.由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S60.2 01863362，S2 018S22 0082 0094 017.3(2015江苏)数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列的前10项和为_答案解析由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121，所以2()，Sn2(1)，S10.4(2018衡水中学调研卷)数列an的通项公式anncos1，前n项和为Sn，则S2 020_答案3 030解析anncos1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k3a4k46，kN，S2 020505(a1a2a3a4)50563 030.5(2018江苏苏州调研)已知数列an满足an1an(1an1)，a11，数列bn满足bnanan1，则数列bn的前10项的和S10_答案解析由an1an(1an1)得1，因此数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以n，即an，bnanan1，所以S10b1b2b10(1)()()1.6(2013湖南)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan(nN*)，则(1)a3_；(2)S1S2S100_答案(1)(2)(1)解析(1)因为Sn(1)nan，则S3a3，S4a4，解得a3.(2)当n为偶数时，Snan，当n为奇数时，Snan，可得当n为奇数时an，又S1S2S100(a1)(a2)(a99)(a100)a1a2a99a100()S1002(a1a3a99)(1)S101a1012()(1)()2(1)(1)(1)7(2016北京，文)已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和答案(1)an2n1 (2)Snn2解析(1)等比数列bn的公比q3，所以b11，b4b3q27.bn3n1.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1(n1，2，3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.8(2018安徽江南十校联考)已知Sn是数列an的前n项和，且满足Sn2ann4.(1)证明：Snn2为等比数列；(2)求数列Sn的前n项和Tn.答案(1)略(2)解析(1)证明：当n1时，a1S1，S12a114，解得a13.由Sn2ann4可得Sn2(SnSn1)n4(n2)，即Sn2Sn1n4，所以Snn22Sn1(n1)2因为S1124，所以Snn2是首项为4，公比为2的等比数列(2)由(1)知Snn22n1，所以Sn2n1n2，于是Tn(22232n1)(12n)2n2n.9(2017重庆抽测二)已知数列an的前n项和为Sn，a12，an1Sn(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(n1)an，求数列bn的前n项和Tn.答案(1)(2)(n2)2n2(nN*)解析(1)an1Sn(nN*)，Sn1SnSn，2.又S1a12，数列Sn是首项为2，公比为2的等比数列，Sn2n(nN*)当n2时，anSnSn12n1(n2)，an(2)Tn0a11a22a3(n1)an，当n1时，T10.当n2时，Tn12222323(n1)2n1，2Tn122223324(n2)2n1(n1)2n，得Tn222232n1(n1)2n(n1)2n(2n)2n2.Tn(n2)2n2(n2)又T10也满足上式，Tn(n2)2n2(nN*)10(2015课标全国)Sn为数列an的前n项和，已知an0，an22an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和答案(1)an2n1(2)Tn解析(1)由an22an4Sn3，可知an122an14Sn13.可得an12an22(an1an)4an1，即2(an1an)an12an2(an1an)(an1an)由于an0，可得an1an2.又a122a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn()设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn()()().11数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)(nN*)(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn3n，求数列bn的前n项和Sn.答案(1)略(2)Sn解析(1)证明：由题意，得1，即1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列(2)解：由(1)得1(n1)1n，所以ann2.所以bnn3n.Sn131232333n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1n3n1.所以Sn.1(2015安徽)已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.答案(1)an2n1(2)Tn1解析(1)由题设知，a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比为q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn()()()1.2(2016浙江，文)设数列an的前n项和为Sn.已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和答案(1)an3n1 (2)解析(1)由题意知则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21.当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，所以Tn