2019屆高考數學二輪復習 第二部分 突破熱點 分層教學 專項二 專題三 2 第2講 數列求和及綜合應用專題強化訓練

第2講 數列求和及綜合應用A組夯基保分專練一、選擇題1在等比數列an中，公比q2，前87項和S87140，則a3a6a9a87等于()A. B60C80 D160解析：選C.a3a6a9a87a3(1q3q6q84)a1q2×××14080.故選C.2已知數列an中，a1a21，an2則數列an的前20項和為()A1 121 B1 122C1 123 D1 124解析：選C.由題意可知，數列a2n是首項為1，公比為2的等比數列，數列a2n1是首項為1，公差為2的等差數列，故數列an的前20項和為10×1×21 123.選C.3已知數列an滿足2a122a22nann(nN*)，數列的前n項和為Sn，則S1·S2·S3··S10()A. B.C. D.解析：選C.因為2a122a22nann(nN*)，所以2a122a22n1an1n1(n2)，兩式相減得2nan1(n2)，a1也滿足上式，故an，故，Sn11，所以S1·S2·S3··S10×××××，故選C.4(2018·太原模擬)已知數列an的前n項和為Sn，點(n，Sn3)(nN*)在函數y3×2x的圖象上，等比數列bn滿足bnbn1an(nN*)，其前n項和為Tn，則下列結論正確的是()ASn2Tn BTn2bn1CTn>an DTn<bn1解析：選D.因為點(n，Sn3)(nN*)在函數y3×2x的圖象上，所以Sn3·2n3，所以an3·2n1，所以bnbn13·2n1，因為數列bn為等比數列，設公比為q，則b1b1q3，b2b2q6，解得b11，q2，所以bn2n1，Tn2n1，所以Tn<bn1，故選D.5已知數列an滿足a1a2a3an2n2(nN*)，且對任意nN*都有t，則實數t的取值范圍為()A(，) B，)C(，) D，)解析：選D.依題意得，當n2時，an2 n2(n1)222n1，又a12122×11，因此an22n1，數列是以為首項，為公比的等比數列，等比數列的前n項和等于(1)，因此實數t的取值范圍是，)，故選D.6(2018·河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)在正整數數列中，由1開始依次按如下規(guī)則，將某些數染成紅色先染1；再染兩個偶數2，4；再染4后面最鄰近的3個連續(xù)奇數5，7，9；再染9后面最鄰近的4個連續(xù)偶數10，12，14，16；再染此后最鄰近的5個連續(xù)奇數17，19，21，23，25.按此規(guī)則一直染下去，得到一紅色子數列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，則在這個紅色子數列中，由1開始的第2 018個數是()A3 971 B3 972C3 973 D3 974解析：選B.由題意可知，第1組有1個數，第2組有2個數根據等差數列的前n項和公式，可知前n組共有個數由于2 016<2 018<2 080，因此，第2 018個數是第64組的第2個數由于第1組最后一個數是1，第2組最后一個數是4，第3組最后一個數是9，第n組最后一個數是n2，因此，第63組最后一個數為632，6323 969，第64組為偶數組，其第1個數為3 970，第2個數為3 972.故選B.二、填空題7已知數列an的前n項和Sn滿足SnSmSnm(n，mN*)且a15，則a8_解析：數列an的前n項和Sn滿足SnSmSnm(n，mN*)且a15，令m1，則Sn1SnS1Sn5，即Sn1Sn5，所以an15，所以a85.答案：58(2018·武漢調研)設等差數列an滿足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，則這個最小值為_解析：設等差數列an的公差為d，因為a3a736，所以a4a636，與a4a6275，聯(lián)立，解得或當時，可得此時an7n17，a23，a34，易知當n2時，an<0，當n3時，an>0，所以a2a312為anan1的最小值；當時，可得此時an7n53，a74，a83，易知當n7時，an>0，當n8時，an<0，所以a7a812為anan1的最小值綜上，anan1的最小值為12.答案：129(2018·昆明調研)將數列an中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數陣：記數陣中的第1列數a1，a2，a4，構成的數列為bn，Sn為數列bn的前n項和若Sn2bn1，則a56_解析：當n2時，因為Sn2bn1，所以Sn12bn11，所以bn2bn2bn1，所以bn2bn1(n2且nN*)，因為b12b11，所以b11，所以數列bn是首項為1，公比為2的等比數列，所以bn2n1.設a1，a2，a4，a7，a11，的下標1，2，4，7，11，構成數列cn，則c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，所以cn1，由cn156，得n11，所以a56b112101 024.答案：1 024三、解答題10(2018·高考天津卷)設an是等差數列，其前n項和為Sn(nN*)；bn是等比數列，公比大于0，其前n項和為Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整數n的值解：(1)設等比數列bn的公比為q.由b11，b3b22，可得q2q20.因為q>0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.設等差數列an的公差為d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，從而a11，d1，故ann.所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值為4.11(2018·陜西教學質量檢測(一)已知在遞增的等差數列an中，a12，a3是a1和a9的等比中項(1)求數列an的通項公式；(2)若bn，Sn為數列bn的前n項和，求S100的值解：(1)設公差為d(d>0)，則ana1(n1)d.因為a3是a1和a9的等比中項，所以aa1a9，即(22d)22(28d)，解得d0(舍去)或d2.所以ana1(n1)d2n.(2)由(1)得bn，所以S100b1b2b100×(1)×.12(2018·蘭州模擬)已知等差數列an中，a22，a3a58，數列bn中，b12，其前n項和Sn滿足：bn1Sn2(nN*)(1)求數列an，bn的通項公式；(2)設cn，求數列cn的前n項和Tn.解：(1)設an的公差為d，因為a22，a3a58，所以2d23d8，所以d1，所以ann.因為bn1Sn2(nN*)，所以bnSn12(nN*，n2)得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，所以bn12bn(nN*，n2)因為b12，b22b1，所以bn為等比數列，b12，q2，所以bn2n.(2)因為cn，所以Tn，Tn，兩式相減，得Tn1，所以Tn2.B組大題增分專練1(2018·昆明模擬)數列an滿足a11，an12an3.(1)證明an1是等比數列，并求數列an的通項公式；(2)已知符號函數sgn(x)設bnan·sgn(an)，求數列bn的前100項和解：(1)因為an12an3，a11，所以an112(an1)，a112，所以數列an1是首項為2，公比為2的等比數列故an1(2)n，即an(2)n1.(2)bnan·sgn(an)設數列bn的前n項和為Sn，則S100(21)(221)(231)(2991)(21001)22223210021012.2(2018·惠州第一次調研)在公差不為0的等差數列an中，a1，a4，a8成等比數列(1)若數列an的前10項和為45，求數列an的通項公式；(2)若bn，且數列bn的前n項和為Tn，若Tn，求數列an的公差解：(1)設數列an的公差為d(d0)，由a1，a4，a8成等比數列可得aa1·a8，即(a13d)2a1·(a17d)，得a19d.由數列an的前10項和為45得10a145d45，即90d45d45，所以d，a13.故數列an的通項公式為an3(n1)×.(2)因為bn，所以數列bn的前n項和Tn，即Tn，因此1，解得d1或1.故數列an的公差為1或1.3已知等差數列an的首項a12，前n項和為Sn，等比數列bn的首項b11，且a2b3，S36b2，nN*.(1)求數列an和bn的通項公式；(2)數列cn滿足cnbn(1)nan，記數列cn的前n項和為Tn，求Tn.解：(1)設數列an的公差為d，數列bn的公比為q.因為a12，b11，且a2b3，S36b2，所以解得所以an2(n1)×22n，bn2n1.(2)由題意：cnbn(1)nan2n1(1)n2n.所以Tn(1242n1)2468(1)n2n，若n為偶數：Tn(24)(68)2(n1)2n2n1×22nn1.若n為奇數：Tn(24)(68)2(n2)2(n1)2n2n12×2n2nn2.所以Tn4已知數列an滿足a13，an12ann1，數列bn滿足b12，bn1bnann，nN*.(1)證明：ann為等比數列；(2)數列cn滿足cn，求證數列cn的前n項和Tn<.證明：(1)因為an12ann1，所以an1(n1)2(ann)又a13，所以a112，所以數列ann是以2為首項，2為公比的等比數列(2)由(1)知，ann2·2n12n.所以bn1bnannbn2n，即bn1bn2n.b2b121，b3b222，b4b323，bnbn12n1.以上式子相加，得bn22n(n2)當n1時，b12，滿足bn2n，所以bn2n.所以cn.所以Tn<.8