2021屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第6章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和課時(shí)跟蹤檢測(cè)理含解析

1、第六章第六章 數(shù)數(shù) 列列 第四節(jié)第四節(jié) 數(shù)列求和數(shù)列求和 a 級(jí) 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) |固根基| 1.(2019 屆廣東六校第一次聯(lián)考)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 snn2n1，bn(1)nan(nn*)，則數(shù)列bn的前 50 項(xiàng)和為( ) a49 b50 c99 d100 解析：選 a 由題意得，當(dāng) n2 時(shí)，ansnsn12n，當(dāng) n1 時(shí)，a1s13，所以數(shù)列bn的前 50 項(xiàng)和為346810969810014849，故選 a 2 (2019 屆江西五校聯(lián)考)設(shè) sn是數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和， 若 ansn2n， 2bn2an2an1，則1b112b21100b100( ) a9798 b989

2、9 c99100 d100101 解析：選 d 因?yàn)?ansn2n ，所以 an1sn12n1 ，得，2an1an2n，所以 2an2an12n1.又 2bn2an2an12n1，所以 bnn1，所以1nbn1n（n1）1n1n1，則1b112b21100b10011212131100110111101100101，故選 d 3(2019 屆湖北武漢部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，若對(duì)任意的正整數(shù) n，sn24sn3 恒成立，則 a1的值為( ) a3 b1 c3 或 1 d1 或 3 解析：選 c 設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q，當(dāng) q1 時(shí)，sn2(n2)a1，snna1

3、.由 sn24sn3，得(n2)a14na13，即 3a1n2a13，若對(duì)任意的正整數(shù) n，3a1n2a13 恒成立，則 a10 且 2a130，矛盾，所以 q1.所以 sna1（1qn）1q，sn2a1（1qn2）1q，代入 sn24sn3 并化簡(jiǎn)，得 a1(4q2)qn33a13q，若對(duì)任意的正整數(shù) n 該等式恒成立，則有4q20，33a13q0，解得a11，q2或a13，q2，故 a11 或3，故選 c 4(2019 屆廣州市調(diào)研測(cè)試)已知等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，若 s37，s663，則數(shù)列nan的前 n 項(xiàng)和為( ) a3(n1)2n b3(n1)2n c1(n1)2n d

4、1(n1)2n 解 析 ： 選 d 設(shè) 等 比 數(shù) 列 an 的 公 比 為 q ， 易 知 q1 ， 所 以 由 題 設(shè) 得s3a1（1q3）1q7，s6a1（1q6）1q63，兩式相除得 1q39，解得 q2，進(jìn)而可得 a11，所以 ana1qn12n1，所以 nann2n1.設(shè)數(shù)列nan的前 n 項(xiàng)和為 tn，則 tn120221322n2n1，2tn121222323n2n，兩式作差得tn12222n1n2n12n12n2n1(1n)2n，故 tn1(n1)2n.故選 d 5(2019 屆廣東佛山調(diào)研)數(shù)列an滿(mǎn)足12a1122a2123a312nan2n1，則數(shù)列an的通項(xiàng)公式為_(kāi)

5、解析：由12a1122a2123a312nan2n1， 得12a1122a2123a312nan12n1an12(n1)1， 兩式相減，得12n1an12，即 an2n1(n2) 又12a13，即 a16，不符合上式， 所以 an6，n1，2n1，n2. 答案：an6，n1，2n1，n2 6 已知數(shù)列an滿(mǎn)足 an12an4.若首項(xiàng) a12， 則數(shù)列an的前 9 項(xiàng)和 s9_ 解析：因?yàn)?an12an4，所以 an142(an4)，故an4是以 a142 為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以 an42n，即 an2n4. sna1a2an(214)(224)(2n4)(21222n)4n2（12n

6、）124n2n124n，所以 s9210249986. 答案：986 7 (2019 年全國(guó)卷)記 sn為等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和 若 a11， s334， 則 s4_ 解析：解法一：設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q，由 a11 及 s334，易知 q1.把 a11 代入s3a1（1q3）1q34， 得 1qq234， 解得 q12， 所以 s4a1（1q4）1q1112411258. 解法二：設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q，因?yàn)?s3a1a2a3a1(1qq2)34，a11，所以 1qq234，解得 q12，所以 a4a1q312318，所以 s4s3a4341858.答案：58 8已知數(shù)列an的首

7、項(xiàng) a11，an1an2an1，則數(shù)列anan1的前 10 項(xiàng)和為_(kāi) 解析：因?yàn)?an1an2an1，所以1an12an1an21an，即1an11an2，所以1an是首項(xiàng)為1，公差為 2 的等差數(shù)列，所以1an2n1，所以 an12n1，所以 anan11（2n1）（2n1）1212n112n1， 所以anan1的前 10 項(xiàng)和為1211313151191211211211021. 答案：1021 9(2019 屆長(zhǎng)春市第二次質(zhì)量監(jiān)測(cè))各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列an，其前 n 項(xiàng)和為 sn，a11，a2，a3，s41 成等比數(shù)列 (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列(1)nan的前 2n 項(xiàng)和

8、 t2n. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d，由題意可得(12d)2(1d)(36d)，解得 d2 或 d12(舍去)，所以 an2n3. (2)由(1)得，t2na1a2a3a4a2n1a2n(1)1352(2n1)322n32n. 10(2020 屆成都摸底)設(shè) sn為等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和，a215，s565. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為 tn，tnsn10，求數(shù)列|bn|的前 n 項(xiàng)和 rn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d，則由已知得 a1d15，5a1542d65，解得a117，d2， 故 an2n19. (2)由(1)得 snn（

9、a1an）2n218n，tnn218n10，tn1(n1)218(n1)10n220n29，bntntn12n19(n2)， 當(dāng) n1 時(shí)不符合上式， bn7，n1，2n19，n2. 易知，當(dāng) 1n9 時(shí)，bn0，當(dāng) n10 時(shí)，bn0. 所以當(dāng) 1n9 時(shí)，rn|b1|b2|bn|b1b2bnn218n10； 當(dāng) n10 時(shí)，rn|b1|b2|bn|b1b2b9(b10b11bn)tn2t9n218n152， 故 rnn218n10，1n9，n218n152，n10. 11(2019 屆鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知數(shù)列an為等比數(shù)列，首項(xiàng) a14，數(shù)列bn滿(mǎn)足 bnlog2an，且 b1b2b

10、312. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)令 cn4bnbn1an，求數(shù)列cn的前 n 項(xiàng)和 sn. 解：(1)由 bnlog2an和 b1b2b312， 得 log2(a1a2a3)12， a1a2a3212. 設(shè)等比數(shù)列an的公比為 q， a14，a1a2a34 4q 4q226q3212， 解得 q4. an4 4n14n. (2)由(1)得 bnlog24n2n， cn42n2（n1）4n1n（n1）4n1n1n14n. 設(shè)數(shù)列1n（n1）的前 n 項(xiàng)和為 an， 則 an11212131n1n1nn1. 設(shè)數(shù)列4n的前 n 項(xiàng)和為 bn， 則 bn4（14n）1443(4n1)

11、snnn143(4n1). b 級(jí) 素養(yǎng)提升 |練能力| 12.(2019 年浙江卷)設(shè) a，br，數(shù)列an滿(mǎn)足 a1a，an1a2nb，nn*，則( ) a當(dāng) b12時(shí)，a1010 b當(dāng) b14時(shí)，a1010 c當(dāng) b2 時(shí)，a1010 d當(dāng) b4 時(shí)，a1010 解析：選 a 當(dāng) b12時(shí)，因?yàn)?an1a2n12，所以 a212.又 an1a2n12 2an，故 a9a2( 2)712( 2)74 2，a10a293210.當(dāng) b14時(shí)，an1anan122，故當(dāng) a1a12時(shí)，a1012，所以 a1010 不成立同理 b2 和 b4 時(shí)，均存在小于 10 的數(shù) x0，只需 a1ax0，則

12、 a10 x010 不成立，所以選 a 13(2020 屆貴陽(yáng)摸底)定義ni1n ui為 n 個(gè)正數(shù) u1，u2，u3，un的“快樂(lè)數(shù)”若已知正項(xiàng)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)的“快樂(lè)數(shù)”為13n1，則數(shù)列36（an2）（an12）的前 2 019 項(xiàng)和為( ) a2 0182 019 b2 0192 020 c2 0192 018 d2 0191 010 解析：選 b 設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，根據(jù)題意知nsn13n1，得 sn3n2n，所以ansnsn16n2(n2)， 當(dāng) n1 時(shí)也適合， 所以 an6n2， 所以36（an2）（an12）366n（6n6）1n（n1）1n1n1， 所以數(shù)

13、列36（an2）（an12）的前 2 019 項(xiàng)和為 112121312 01912 020112 0202 0192 020.故選 b 14(2019 屆洛陽(yáng)市第二次聯(lián)考)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，對(duì)任意 nn*，sn(1)nan12nn3，且(tan1)(tan)0 恒成立，則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是_ 解析：當(dāng) n1 時(shí)，a1s1a11213，解得 a134.當(dāng) n2 時(shí)，ansnsn1(1)nan12nn3(1)n1an112n1(n1)3(1)nan(1)n1an112n1.當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)，an112n1，此時(shí) n1 為奇數(shù)，所以當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)，an12n11；當(dāng) n 為

14、奇數(shù)時(shí)，an12an12n1212n11 12n1312n1，此時(shí) n1 為偶數(shù)，所以當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)，an312n.當(dāng) n 為正奇數(shù)時(shí)，數(shù)列an為遞減數(shù)列，其最大值為 a1122134；當(dāng) n 為正偶數(shù)時(shí)， 數(shù)列an為遞增數(shù)列， 其最小值為 a23122114.若(tan1)(tan)0 恒成立， 則34t114. 答案：34，114 15(2019 屆廣州市高三第一次綜合測(cè)試)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，數(shù)列snn是首項(xiàng)為 1，公差為 2 的等差數(shù)列 (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列bn滿(mǎn)足a1b1a2b2anbn5(4n5)12n，求數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和 tn. 解：(1)因?yàn)閿?shù)列snn是首項(xiàng)為 1，公差為 2 的等差數(shù)列，所以snn12(n1)2n1，所以 sn2n2n. 當(dāng) n1 時(shí)，a1s11； 當(dāng) n2 時(shí)，ansnsn1(2n2n)2(n1)2(n1)4n3. 當(dāng) n1 時(shí)，a11 也