2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分31数列求和.doc

2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分31数列求和1数列an的前n项和为Sn，若an，则S6等于()A.B.C. D.解析：因为an，所以S611.答案：D2已知数列an是等差数列，a1tan225，a513a1，设Sn为数列(1)nan的前n项和，则S2 014()A2 014B.2 014C3 021D.3 021解析：a1tan2251，a513a113，则公差d3，an3n2.方法一：(1)nan(1)n(3n2)，S2 014(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a2 012a2 011)(a2 014a2 013)1 007d3 021.方法二：(错位相减)由于(1)nan(1)n(3n2)，则S2 0141(1)14(1)27(1)36 037(1)2 0136 040(1)2 014，式两边分别乘以1，得(1)S2 0141(1)24(1)37(1)46 037(1)2 0146 040(1)2 015，得2S2 014136 040(1)2 0156 042，S2 0143 021.答案：C3在数列an中，已知a11，an1ansin，记Sn为数列an的前n项和，则S2 016()A1 006B.1 007C1 008D.1 009解析：由题意，得an1ansin，所以a2a1sin1，a3a2sin0，a4a3sin20，a5a4sin1，因此，数列an是一个以4为周期的周期数列，而2 0164504，所以S2 016504(a1a2a3a4)1 008，故选C.答案：C4已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B.C. D.解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d.a55，S515，ana1(n1)dn.，数列的前100项和为11.答案：A5已知等比数列的各项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，2n1lgan，的前n项和Sn等于()An2nB.(n1)2n11C(n1)2n1D.2n1解析：等比数列an的各项都为正数，且当n3时，a4a2n4102n，a102n，即an10n，2n1lgan2n1lg10nn2n1，Sn122322n2n1，2Sn12222323n2n，得Sn12222n1n2n2n1n2n(1n)2n1，Sn(n1)2n1.答案：C6数列an满足a12，a21，并且(n2)，则数列an的第100项为()A.B.C.D.解析：(n2)，数列是常数数列，设k，.1.(n1)，50.a100.故选D.答案：D7设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3b519，a5b39，则数列anbn的前n项和Sn_.解析：由条件易求出ann，bn2n1(nN*)Sn11221322n2n1，2Sn12222(n1)2n1n2n.由，得Sn121222n1n2n，Sn(n1)2n1. 答案：(n1)2n18在数列an中，an，又bn，则数列bn的前n项和为_解析：an，bn8.b1b2bn8. 答案：9若数列an是正项数列，且n23n(nN*)，则_.解析：令n1，得4，a116.当n2时，(n1)23(n1)与已知式相减，得(n23n)(n1)23(n1)2n2.an4(n1)2.n1时，a1适合an.an4(n1)2.4n4，2n26n. 答案：2n26n10xx大纲全国等差数列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.解析：(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.B级能力提升练11已知数列an的通项公式为an(nN*)，其前n项和为Sn，则在数列S1、S2、S2 014中，有理数项的项数为()A42B43C44D45解析：(n1)n()，an，Sna1a2a3an11问题等价于在2,3,4，2 015中有多少个数可以开方设2x22 015且xN，因为4421 936,4522 025，所以2x44且xN，共有43个选B.答案：B12在数列an中，已知a11，an1，记Sn为数列an的前n项和，则S2 014_.解析：a2，a32，a41，因此a4a1，依次下去，得到an3an，因此数列an是以3为周期的周期数列，2 01436711，S2 014671(a1a2a3)a16711.答案：13xx云南昆明三中、玉溪一中统考已知数列an的前n项和Sn和通项an满足2Snan1，数列bn中，b11，b2，(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)数列cn满足cn，求证：c1c2c3cn.解析：(1)由2Snan1，得Sn(1an)当n2时，anSnSn1(1an)(1an1)anan1，即2ananan1，(由题意可知an10)an是公比为的等比数列，而S1a1(1a1)，a1，ann1n，由，1，2，得d1(d为等差数列的公差)，n，bn.(2)cnnn，设Tnc1c2cn，则Tn112233nn，Tn1223(n1)nnn1，由错位相减，化简得：Tnnnn.14xx山东已知等差数列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.解析：(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Tn(或Tn)