2019-2020年高考数学大一轮复习 第5章 第4节 数列求和课时提升练 文 新人教版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第5章 第4节 数列求和课时提升练 文 新人教版一、选择题1数列12n1的前n项和为()A12nB22nCn2n1Dn22n【解析】设前n项和Sn，则Sn1201212212n1nn2n1.【答案】C2(xx福建高考)数列an的通项公式anncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于()A1 006B2 012C503D0【解析】a1cos 0，a22cos 2，a30，a44，.数列an的所有奇数项为0，前2 012项的所有偶数项(共1 006项)依次为2,4，6,8，故S2 0120(24)(68)(2 0102 012)1 006.【答案】A3数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76B78C80D82【解析】由已知an1(1)nan2n1得，an2(1)n1an12n1，an2an(1)n(2n1)(2n1)取n1,5,9及n2,6,10，结果相加可得S12a1a2a11a1278.【答案】B4已知函数f(x)xa的图像过点(4,2)，令an，nN*.记数列an的前n项和为Sn，则S2 014()A.1B.1C.1D.1【解析】由f(4)2得4a2.a，则f(x)x，an，S2 014a1a2a3a2 014()()()()1.【答案】C5(xx南宁模拟)数列an中，已知对任意nN*，a1a2a3an3n1，则aaaa等于()A(3n1)2B.(9n1)C9n1D.(3n1)【解析】a1a2an3n1，nN*，n2时，a1a2an13n11，当n2时，an3n3n123n1，又n1时，a12适合上式，an23n1，故数列a是首项为4，公比为9的等比数列因此aaa(9n1)【答案】B6已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn()A6nn2Bn26n18C.D.【解析】Snn26n，an是等差数列，且首项为5，公差为2，an5(n1)22n7，n3时，an0，n3时，an0，Tn【答案】C二、填空题7若数列an的通项公式是an(1)n(2n1)，则a1a2a3a100_.【解析】由题意知，a1a2a3a1001357(1)100(21001)(13)(57)(197199)250100.【答案】1008在等比数列an中，公比q2，前99项的和S9930，则a3a6a9a99_.【解析】S9930，a1(2991)30，数列a3，a6，a9，a99也成等比数列且公比为8，a3a6a9a9930.【答案】9若110(xN*)，则x_.【解析】原式分子为135(2x1)x2，原式分母为1，故原式x2x110，x10.【答案】10三、解答题10(xx大纲全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，已知a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.【解】(1)由a110，a2为整数，知等差数列an的公差d为整数又SnS4，故a40，a50，于是103d0,104d0.解得d.因此d3.数列an的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn.11(xx江西高考)已知数列an的前n项和Snn2kn(其中kN*)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列的前n项和Tn.【解】(1)当nkN时，Snn2kn取最大值，即8Skk2k2k2，故k216，因此k4，从而anSnSn1n(n2)又a1S1，所以ann.(2)因为bn，Tnb1b2bn1，所以Tn2TnTn2144.12已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an(nN*)(1)求证：数列是等比数列；(2)设数列2nan的前n项和为Tn，An，试比较An与的大小【解】(1)证明：由a1S123a1得a1，当n2时，由anSnSn1得，所以是首项和公比均为的等比数列(2)由(1)得，于是2nann，Tn123n.所以2，于是An2，而，所以问题转化为比较与的大小设f(n)，g(n)，当n4时，f(n)f(4)1，而g(n)1，所以f(n)g(n)经验证当n1,2,3时，仍有f(n)g(n)因此对任意的正整数n，都有f(n)g(n)，即An.