2019-2020年高考数学大一轮复习 数列求和课时跟踪检测（三十三）理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 数列求和课时跟踪检测（三十三）理（含解析）一、选择题1数列12n1的前n项和为()A12nB22nCn2n1 Dn22n2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5C. D.3若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10()A15 B12C12 D154(xx曲靖一模)的值为()A. B.C. D.5已知数列an满足an1，且a1，则该数列的前2 016项的和等于()A1 509 B3 018C1 512 D2 0166(xx日照一模)已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn()A6nn2 Bn26n18C. D.二、填空题7(xx沈阳质量监测)已知数列an满足an，则数列的前n项和为_8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_.9(xx辽宁五校协作体联考)在数列an中，a11，an2(1)nan1，记Sn是数列an的前n项和，则S60_.10(xx西安二模)数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN*)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，则当Sn取得最大值时n的值为_三、解答题11(xx湖南高考)已知数列an 的前n 项和Sn，nN* .(1)求数列an 的通项公式；(2)设bn2(1)nan ，求数列bn 的前2n 项和12在等差数列an中，a1030，a2050.(1)求数列an的通项公式；(2)令bn2，证明：数列bn为等比数列；(3)求数列nbn的前n项和Tn.B卷：增分提能1(xx大连一模)等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的公比为，满足S315，a12b13，a24b26.(1)求数列an，bn的通项an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Tn.2(xx山东高考)已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.3(xx杭州质检)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，请说明理由答案A卷：夯基保分1选C由题意得an12n1，所以Snnn2n1，故选C.2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选A记bn3n2，则数列bn是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1a2a9a10(b1)b2(b9)b10(b2b1)(b4b3)(b10b9)5315.4选C，.5选C因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 016项的和等于S2 0161 0081 512.6选C由Snn26n可得，当n2时，anSnSn1n26n(n1)26(n1)2n7.当n1时，S15a1，也满足上式，所以an2n7，nN*.n3时，an0；n3时，an0，Tn7解析：an，4，所求的前n项和为44.答案：8解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.Sn2n12.答案：2n129解析：依题意得，当n是奇数时，an2an1，即数列an中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1a3a5a593011465；当n是偶数时，an2an1，即数列an中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2a4a6a8a58a60(a2a4)(a6a8)(a58a60)15.因此，该数列的前60项和S6046515480.答案：48010解析：设an的公差为d，由a12a50得a1d，d0，所以and，从而可知当1n16时，an0；当n17时，an0.从而b1b2b140b17b18，b15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16，S16S17S18.因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以b15b16a16a17(a15a18)0，所以S16S14，故当Sn取得最大值时n16.答案：1611解：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知，ann，故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.12解：(1)设数列an的公差为d，则ana1(n1)d，由a1030，a2050，得方程组解得所以an12(n1)22n10.(2)证明：由(1)得bn2n，所以2.所以bn是首项为2，公比为2的等比数列(3)由nbnn2n，得Tn12222n2n，2Tn122223(n1)2nn2n1，得，Tn2222nn2n12n12n2n1.所以Tn(n1)2n12.B卷：增分提能1解：(1)设an的公差为d，所以解得a12，d3，b1，所以an3n1，bnn.(2)由(1)知Tn25283(3n4)n1(3n1)n，得Tn2253(3n4)n(3n1)n1，得Tn23(3n1)n113(3n1)n1，整理得Tn(3n5)n5.2解：(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn1.当n为奇数时，Tn1.所以Tn3解：(1)bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)22n，由bn得an.(2)由cn，an得cn，cncn22，Tn223，依题意要使Tn对于nN*恒成立，只需3，即3，解得m3或m4，又m为正整数，所以m的最小值为3.