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+2019年数学高考教学资料+第四节数 列 求 和全盘巩固1(2014·慈溪模拟)设等差数列an的前n项和是Sn，若am<a1<am1(mN*，且m2)，则必定有() ASm>0，且Sm1<0 BSm<0，且Sm1>0CSm>0，且Sm1>0 DSm<0，且Sm1<0解析：选Aam<a1<am1，a1am>0，a1am1<0，Sm>0，且Sm1<0.2已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为()A.或5 B.或5 C. D.解析：选C设an的公比为q，显然q1，由题意得，所以1q39，得q2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为.3数列12n1的前n项和为()A12n B22nCn2n1 Dn22n解析：选C由题意得an12n1，所以Snnn2n1.4若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn的结果可化为()A1 B1C. D.解析：选Can2n1，设bn2n1，则Tnb1b2b3bn32n1.5已知数列an的通项公式为ann2cos n(nN*)，Sn为它的前n项和，则等于()A1 005 B1 006 C2 011 D2 012解析：选B注意到cos n(1)n(nN*)，故an(1)nn2.因此有S2 012(1222)(3242)(2 01122 0122)1232 0112 0121 006×2 013，所以1 006.6已知数列an满足a11，an1·an2n(nN*)，设Sn是数列an的前n项和，则S2 014()A22 0141 B3×21 0073C3×21 0071 D3×21 0072解析：选B由2，且a22，得数列an的奇数项构成以1为首项，2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，故S2 014(a1a3a5a2 013)(a2a4a6a2 014)3×21 0073.7在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_.解析：设等比数列an的公比为q，则a4a1q3，代入数据解得q38，所以q2；等比数列|an|的公比为|q|2，则|an|×2n1，所以|a1|a2|a3|an|(12222n1)(2n1)2n1.答案：22n18(2014·衢州模拟)对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项公式为2n，则数列an的前n项和Sn_.解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.Sn2n12.答案：2n12来源:数理化网9数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN*)，则S100_.解析：由an2an1(1)n，知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)来源:50(246100)502 600.答案：2 60010(2014·杭州模拟)已知数列an满足a11，an11，其中nN*.(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设cn，数列cncn2的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于nN*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由解： (1)证明：bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)×22n，由bn得an.(2)cn，cncn22，Tn2<3，依题意要使Tn<对于nN*恒成立，只需3，解得m3或m4，所以m的最小值为3.11已知数列an的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a1，a2，a4，a7，构成等差数列bn，Sn是bn的前n项和，且b1a11，S515.a1a2 a3来源:a4 a5 a6 a7 a8 a9a10 (1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a916，求a50的值；(2)设Tn，求Tn.解：(1)设等差数列bn的公差为d.b11，S515，S5510d15，d1，bn1(n1)×1n.设从第3行起，每行的公比都是q，且q>0，则a9b4q2，即4q216，q2，又123945，故a50是数阵中第10行的第5个数，a50b10q410×24160.(2)Sn12n，Tn22.12已知数列an的前n项和为Snn2.设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)令cnb2n(nN*)，求数列cn的前n项和Rn.解：当n1时，a1S11.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.当n1时，a11满足上式an2n1(nN*)故Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)n1，nN*，所以Rn0×01×12×23×3(n1)×n1，则Rn0×11×22×3(n2)×n1(n1)×n，两式相减，得Rn123n1(n1)×n(n1)×nn，来源:整理，得Rn.所以数列cn的前n项和Rn.冲击名校1数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为()A3 690 B3 660 C1 845 D1 830解析：选D当n2k时，a2k1a2k4k1，当n2k1时，a2ka2k14k3，a2k1a2k12，a2k1a2k32，a2k1a2k3，a1a5a61.a1a2a3a60(a2a3)(a4a5)(a60a61)3711(2×601)30×611 830.2设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明：由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad.又b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即2a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.高频滚动1已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2·a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5()A35 B33 C31 D29解析：选C设数列an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2·a3a1·a42a1，即a42.由a4与2a7的等差中项为知，a42a72×，a7.q3，即q.a4a1q3a1×2，a116，S531.2已知数列an是等比数列，若a22，a5，则a1a2a2a3anan1()A16(14n) B16(12n)C.(14n) D.(12n)来源:解析：选C设等比数列an的公比为q.a22，a5，q3，a14，q，an4·n1n3，anan12n58×n1，a1a2a2a3anan1(14n). 高考数学复习精品高考数学复习精品
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