2021届高三数学（理）一轮复习课时跟踪检测：第6章　第4节 数列求和 WORD版含解析.doc

第六章数列第四节数列求和A级·基础过关|固根基|1.(2019届广东六校第一次联考)已知数列an的前n项和为Snn2n1，bn(1)nan(nN*)，则数列bn的前50项和为()A49B50C99D100解析：选A由题意得，当n2时，anSnSn12n，当n1时，a1S13，所以数列bn的前50项和为346810969810014849，故选A2(2019届江西五校联考)设Sn是数列an的前n项和，若anSn2n，22an2an1，则()ABCD解析：选D因为anSn2n，所以an1Sn12n1，得，2an1an2n，所以2an2an12n1.又22an2an12n1，所以bnn1，所以，则11，故选D3(2019届湖北武汉部分重点中学联考)等比数列an的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn24Sn3恒成立，则a1的值为()A3B1C3或1D1或3解析：选C设等比数列an的公比为q，当q1时，Sn2(n2)a1，Snna1.由Sn24Sn3，得(n2)a14na13，即3a1n2a13，若对任意的正整数n，3a1n2a13恒成立，则a10且2a130，矛盾，所以q1.所以Sn，Sn2，代入Sn24Sn3并化简，得a1(4q2)qn33a13q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有解得或故a11或3，故选C4(2019届广州市调研测试)已知等比数列an的前n项和为Sn，若S37，S663，则数列nan的前n项和为()A3(n1)×2nB3(n1)×2nC1(n1)×2nD1(n1)×2n解析：选D设等比数列an的公比为q，易知q1，所以由题设得两式相除得1q39，解得q2，进而可得a11，所以ana1qn12n1，所以nann×2n1.设数列nan的前n项和为Tn，则Tn1×202×213×22n×2n1，2Tn1×212×223×23n×2n，两式作差得Tn12222n1n×2nn×2n1(1n)×2n，故Tn1(n1)×2n.故选D5(2019届广东佛山调研)数列an满足a1a2a3an2n1，则数列an的通项公式为_解析：由a1a2a3an2n1，得a1a2a3anan12(n1)1，两式相减，得an12，即an2n1(n2)又a13，即a16，不符合上式，所以an答案：an6已知数列an满足an12an4.若首项a12，则数列an的前9项和S9_解析：因为an12an4，所以an142(an4)，故an4是以a142为首项，2为公比的等比数列，所以an42n，即an2n4.Sna1a2an(214)(224)(2n4)(21222n)4n4n2n124n，所以S921024×9986.答案：9867(2019年全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和若a11，S3，则S4_解析：解法一：设等比数列an的公比为q，由a11及S3，易知q1.把a11代入S3，得1qq2，解得q，所以S4.解法二：设等比数列an的公比为q，因为S3a1a2a3a1(1qq2)，a11，所以1qq2，解得q，所以a4a1·q3，所以S4S3a4.答案：8已知数列an的首项a11，an1，则数列anan1的前10项和为_解析：因为an1，所以2，即2，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以2n1，所以an，所以anan1，所以anan1的前10项和为.答案：9(2019届长春市第二次质量监测)各项均为整数的等差数列an，其前n项和为Sn，a11，a2，a3，S41成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求数列(1)n·an的前2n项和T2n.解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意可得(12d)2(1d)(36d)，解得d2或d(舍去)，所以an2n3.(2)由(1)得，T2na1a2a3a4a2n1a2n(1)1352(2n1)32×2n32n.10(2020届成都摸底)设Sn为等差数列an的前n项和，a215，S565.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，TnSn10，求数列|bn|的前n项和Rn.解：(1)设等差数列an的公差为d，则由已知得解得故an2n19.(2)由(1)得Snn218n，Tnn218n10，Tn1(n1)218×(n1)10n220n29，bnTnTn12n19(n2)，当n1时不符合上式，bn易知，当1n9时，bn0，当n10时，bn0.所以当1n9时，Rn|b1|b2|bn|b1b2bnn218n10；当n10时，Rn|b1|b2|bn|b1b2b9(b10b11bn)Tn2T9n218n152，故Rn11(2019届郑州市第一次质量预测)已知数列an为等比数列，首项a14，数列bn满足bnlog2an，且b1b2b312.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnan，求数列cn的前n项和Sn.解：(1)由bnlog2an和b1b2b312，得log2(a1a2a3)12，a1a2a3212.设等比数列an的公比为q，a14，a1a2a34·4q·4q226·q3212，解得q4.an4·4n14n.(2)由(1)得bnlog24n2n，cn4n4n4n.设数列的前n项和为An，则An1.设数列4n的前n项和为Bn，则Bn(4n1)Sn(4n1).B级·素养提升|练能力|12.(2019年浙江卷)设a，bR，数列an满足a1a，an1ab，nN*，则()A当b时，a10>10B当b时，a10>10C当b2时，a10>10D当b4时，a10>10解析：选A当b时，因为an1a，所以a2.又an1aan，故a9a2×()7×()74，a10>a32>10.当b时，an1an，故当a1a时，a10，所以a10>10不成立同理b2和b4时，均存在小于10的数x0，只需a1ax0，则a10x0<10，故a10>10不成立，所以选A13(2020届贵阳摸底)定义为n个正数u1，u2，u3，un的“快乐数”若已知正项数列an的前n项的“快乐数”为，则数列的前2 019项和为()ABCD解析：选B设数列an的前n项和为Sn，根据题意知，得Sn3n2n，所以anSnSn16n2(n2)，当n1时也适合，所以an6n2，所以，所以数列的前2 019项和为11.故选B14(2019届洛阳市第二次联考)已知数列an的前n项和为Sn，对任意nN*，Sn(1)nann3，且(tan1)(tan)<0恒成立，则实数t的取值范围是_解析：当n1时，a1S1a113，解得a1.当n2时，anSnSn1(1)nann3(1)n1an1(n1)3(1)nan(1)n1an11.当n为偶数时，an11，此时n1为奇数，所以当n为奇数时，an1；当n为奇数时，an12an1213，此时n1为偶数，所以当n为偶数时，an3.当n为正奇数时，数列an为递减数列，其最大值为a11；当n为正偶数时，数列an为递增数列，其最小值为a23.若(tan1)(tan)<0恒成立，则<t<.答案：15(2019届广州市高三第一次综合测试)已知数列an的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足5(4n5)·，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以12(n1)2n1，所以Sn2n2n.当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1(2n2n)2(n1)2(n1)4n3.当n1时，a11也符合上式，所以数列an的通项公式为an4n3.(2)当n1时，所以b12a12.由5(4n5)，当n2时，得5(4n1).，得(4n3).因为an4n3，所以bn2n(n2，nN*)当n1时，b12也符合上式，所以数列bn是首项为2，公比为2的等比数列，所以Tn2n12.