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专题跟踪检测（八） 数 列一、全练保分考法保大分1已知等差数列的前3项依次为a，a2,3a，前n项和为Sn，且Sk110，则k的值为()A9B11C10 D12解析：选C由a，a2,3a成等差数列，得公差为2，且2(a2)a3a，解得a2，所以Sk2k2k2k110，解得k10或k11(舍去)2(2018云南模拟)已知数列an是等差数列，若a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，则q()A2 B1C1 D2解析：选C依题意，注意到2a3a1a5,2a36a1a56，即有2(a33)(a11)(a55)，即a11，a33，a55成等差数列；又a11，a33，a55依次构成公比为q的等比数列，因此有a11a33a55(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q1.3中国古代数学著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，六朝方得至其关要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地”则第三天走了()A60里 B48里C36里 D24里解析：选B由题意得每天走的路程构成等比数列an，其中q，S6378，则S6378，解得a1192，所以a319248.4已知递减的等差数列an中，a31，a1，a4，a6成等比数列若Sn为数列an的前n项和，则S7的值为()A14 B9C5 D1解析：选A设数列an的公差为d，由题可知d0.由a2a41，得a1，a31.S37，a1a2a317，即6q2q10，解得q或q(舍去)故q.答案：8在各项均为正数的等比数列an中，am1am12am(m2)，数列an的前n项积为Tn.若T2m1512，则m的值为_解析：由等比数列的性质，得am1am1a2am.又数列an的各项均为正数，所以am2.又T2m1(am)2m122m1512，所以2m19，所以m5.答案：59设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(nN*)，则S2n1_.解析：因为a11，anan1(nN*)，所以S2n1a1(a2a3)(a2n2a2n1)1.答案： 10(2018成都模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a23，S416，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设数列an的公差为d，a23，S416，a1d3,4a16d16，解得a11，d2.an2n1.(2)由题意，bn，Tnb1b2bn.11(2019届高三南宁二中、柳州高中联考)已知a12，a24，数列bn满足：bn12bn2且an1anbn.(1)求证：数列bn2是等比数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：由题知，2，b1a2a1422，b124，数列bn2是以4为首项，2为公比的等比数列(2)由(1)可得，bn242n1，故bn2n12.an1anbn，a2a1b1，a3a2b2，a4a3b3，anan1bn1.累加得，ana1b1b2b3bn1(n2)，an2(222)(232)(242)(2n2)2(n1)2n12n，故an2n12n(n2)a12符合上式，数列an的通项公式为an2n12n(nN*)12已知数列an是等差数列，a26，前n项和为Sn，bn是等比数列，b22，a1b312，S3b119.(1)求an，bn的通项公式；(2)求数列bncos(an)的前n项和Tn.解：(1)数列an是等差数列，a26，S3b13a2b118b119，b11，b22，数列bn是等比数列，bn2n1.b34，a1b312，a13，a26，数列an是等差数列，an3n.(2)由(1)得，令Cnbncos(an)(1)n2n1，Cn1(1)n12n，2，又C11，数列bncos(an)是以1为首项，2为公比的等比数列，Tn1(2)n二、强化压轴考法拉开分1已知数列an的前n项和为Sn，且a12，Sn14an2，则a12()A20 480 B49 152C60 152 D89 150解析：选B由S24a12，得a1a24a12，联立a12，解得a28.又an2Sn2Sn14an14an，an22an12(an12an)，数列an12an是以a22a14为首项，以2为公比的等比数列，an12an42n12n1，1，1，数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，1(n1)n，ann2n，a121221249 152.2已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()A2n1 B.n1Cn2 Dn解析：选D因为ann(an1an)nan1nan，所以nan1(n1)an，所以，所以ana11n.3(2018郑州模拟)已知数列an满足a11，|an1an|.若a2n1a2n1，a2n20，a2n2a2na2n2a2n，所以a2n1a2n2a2n1a2n.而|a2n1a2n2|，|a2n1a2n|，即|a2n1a2n2|a2n1a2n|.综合，得a2n1a2n0，即a2n1a2n.裂项，得a2na2n1.综上可得，数列(1)nan的前40项的和为(a2a1)(a4a3)(a40a39).4(2019届高三河北“五个一名校联盟”联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是()A3 971 B3 972C3 973 D3 974解析：选B由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数，根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数由于2 0162 0182 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632,6323 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972，故选B.5(2019届高三南昌调研)设数列an的前n项和为Sn，若a13且当n2时，2anSnSn1(nN*)，则数列an的通项公式an_.解析：当n2时，由2anSnSn1可得2(SnSn1)SnSn1，即，数列是首项为，公差为的等差数列，(n1)，Sn.当n2时，anSnSn1，又a13，an答案：6(2018开封模拟)已知数列an满足2(1)nan2(1)nan11(1)n3n(nN*)，则a25a1_.解析：2(1)nan2(1)nan11(1)n3n，当n2k(kN*)时，a2k3a2k116k，当n2k1(kN*)时，3a2k1a2k16k3，a2k1a2k14k1，a25(a25a23)(a23a21)(a3a1)a1(4121)(4111)(411)a1412a1300a1，a25a1300.答案：300三、加练大题考法少失分1已知等差数列an的前n项和为Sn，S70，a32a212(nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)求数列的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d，由已知得解得所以an4n16.(2)由(1)知an4n16，所以，所以Sn，两边同乘以，得Sn，两式相减，得Sn1，所以Sn2.2设数列an的前n项和为Tn(nN*)(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足bnlog2an，数列bn的前n项和为Sn，定义x为不小于x的最小整数，求数列的前n项和Rn.解：(1)因为数列an的前n项和为Tn，所以a1T1.当n2时，anTnTn12n3，当n1时，a1符合上式故an2n3.(2)由(1)可知，bnlog2ann3，则数列bn是首项为2，公差为1的等差数列，其前n项和Snn，则.因为当n1时，单调递增，所以2，当2n5时，0，当n6时，所以R12，当2n5时，Rn20002，当n6时，Rn2(n5)1n7，所以Rn3已知等差数列an的前n项和为Sn(nN*)，且a23，S525.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn1.解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a23，S525，所以解得所以an2n1.(2)证明：由(1)知，an2n1，所以Snn2.所以bn.所以Tnb1b2b3bn10.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11，因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.
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