2021届高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和课时跟踪检测理含解析

1、第六章第六章 数数 列列 第四节第四节 数列求和数列求和 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( ) a49 b50 c99 d100 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 a 2 (2019 届江西五校联考)设 sn是数列an的前 n 项和， 若 ansn2n， 2bn2an2an1，则1b112b21100b100( ) a9798 b989

2、9 c99100 d100101 解析：选 d 因为 ansn2n ，所以 an1sn12n1 ，得，2an1an2n，所以 2an2an12n1.又 2bn2an2an12n1，所以 bnn1，所以1nbn1n（n1）1n1n1，则1b112b21100b10011212131100110111101100101，故选 d 3(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( ) a3 b1 c3 或 1 d1 或 3 解析：选 c 设等比数列an的公比为 q，当 q1 时，sn2(n2)a1，snna1

3、.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 sna1（1qn）1q，sn2a1（1qn2）1q，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4q20，33a13q0，解得a11，q2或a13，q2，故 a11 或3，故选 c 4(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)2n b3(n1)2n c1(n1)2n d

4、1(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s3a1（1q3）1q7，s6a1（1q6）1q63，两式相除得 1q39，解得 q2，进而可得 a11，所以 ana1qn12n1，所以 nann2n1.设数列nan的前 n 项和为 tn，则 tn120221322n2n1，2tn121222323n2n，两式作差得tn12222n1n2n12n12n2n1(1n)2n，故 tn1(n1)2n.故选 d 5(2019 届广东佛山调研)数列an满足12a1122a2123a312nan2n1，则数列an的通项公式为_

5、解析：由12a1122a2123a312nan2n1， 得12a1122a2123a312nan12n1an12(n1)1， 两式相减，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)4n2（12n

6、）124n2n124n，所以 s9210249986. 答案：986 7 (2019 年全国卷)记 sn为等比数列an的前 n 项和 若 a11， s334， 则 s4_ 解析：解法一：设等比数列an的公比为 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：设等比数列an的公比为 q，因为 s3a1a2a3a1(1qq2)34，a11，所以 1qq234，解得 q12，所以 a4a1q312318，所以 s4s3a4341858.答案：58 8已知数列an的首

7、项 a11，an1an2an1，则数列anan1的前 10 项和为_ 解析：因为 an1an2an1，所以1an12an1an21an，即1an11an2，所以1an是首项为1，公差为 2 的等差数列，所以1an2n1，所以 an12n1，所以 anan11（2n1）（2n1）1212n112n1， 所以anan1的前 10 项和为1211313151191211211211021. 答案：1021 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)nan的前 2n 项和

8、 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 d12(舍去)，所以 an2n3. (2)由(1)得，t2na1a2a3a4a2n1a2n(1)1352(2n1)322n32n. 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 a1d15，5a1542d65，解得a117，d2， 故 an2n19. (2)由(1)得 snn（

9、a1an）2n218n，tnn218n10，tn1(n1)218(n1)10n220n29，bntntn12n19(n2)， 当 n1 时不符合上式， bn7，n1，2n19，n2. 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 rnn218n10，1n9，n218n152，n10. 11(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 b1b2b

10、312. (1)求数列an的通项公式； (2)令 cn4bnbn1an，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 4q226q3212， 解得 q4. an4 4n14n. (2)由(1)得 bnlog24n2n， cn42n2（n1）4n1n（n1）4n1n1n14n. 设数列1n（n1）的前 n 项和为 an， 则 an11212131n1n1nn1. 设数列4n的前 n 项和为 bn， 则 bn4（14n）1443(4n1)

11、snnn143(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，an1a2nb，nn*，则( ) a当 b12时，a1010 b当 b14时，a1010 c当 b2 时，a1010 d当 b4 时，a1010 解析：选 a 当 b12时，因为 an1a2n12，所以 a212.又 an1a2n12 2an，故 a9a2( 2)712( 2)74 2，a10a293210.当 b14时，an1anan122，故当 a1a12时，a1012，所以 a1010 不成立同理 b2 和 b4 时，均存在小于 10 的数 x0，只需 a1ax0，则

12、 a10 x010 不成立，所以选 a 13(2020 届贵阳摸底)定义ni1n ui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13n1，则数列36（an2）（an12）的前 2 019 项和为( ) a2 0182 019 b2 0192 020 c2 0192 018 d2 0191 010 解析：选 b 设数列an的前 n 项和为 sn，根据题意知nsn13n1，得 sn3n2n，所以ansnsn16n2(n2)， 当 n1 时也适合， 所以 an6n2， 所以36（an2）（an12）366n（6n6）1n（n1）1n1n1， 所以数

13、列36（an2）（an12）的前 2 019 项和为 112121312 01912 020112 0202 0192 020.故选 b 14(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)nan12nn3，且(tan1)(tan)0 恒成立，则实数 t 的取值范围是_ 解析：当 n1 时，a1s1a11213，解得 a134.当 n2 时，ansnsn1(1)nan12nn3(1)n1an112n1(n1)3(1)nan(1)n1an112n1.当 n 为偶数时，an112n1，此时 n1 为奇数，所以当 n 为奇数时，an12n11；当 n 为

14、奇数时，an12an12n1212n11 12n1312n1，此时 n1 为偶数，所以当 n 为偶数时，an312n.当 n 为正奇数时，数列an为递减数列，其最大值为 a1122134；当 n 为正偶数时， 数列an为递增数列， 其最小值为 a23122114.若(tan1)(tan)0 恒成立， 则34t114. 答案：34，114 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snn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a1b1a2b2anbn5(4n5)12n，求数列bn的前 n 项和 tn. 解：(1)因为数列snn是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以snn12(n1)2n1，所以 sn2n2n. 当 n1 时，a1s11； 当 n2 时，ansnsn1(2n2n)2(n1)2(n1)4n3. 当 n1 时，a11 也