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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
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