《2020数学(理)二轮专题限时集训:4 数列求和与综合问题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020数学(理)二轮专题限时集训:4 数列求和与综合问题(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、专题限时集训(四)数列求和与综合问题专题通关练(建议用时:30分钟)1等比数列an的各项均为正数,且a5a6a4a718,则log3a1log3a2log3a10()A12B10C8D2log35B由等比数列的性质,知a5a6a4a79,所以log3a1log3a2log3a3log3a10log3(a1a2a3a10)log3(a5a6)5log39510,故选B.2已知数列an的前n项和为Sn,a11,Sn2an1,则Sn()A2n1 B.C. D.Ban1Sn1Sn,且Sn2an1,Sn2(Sn1Sn),即.Sn是首项为1,公比为的等比数列,即Sn.3已知等比数列an的前n项和为Sna2
2、n1,则a的值为()A B.C D.A当n2时,anSnSn1a2n1a2n2a2n2,当n1时,a1S1a,a,a.故选A.4设数列an的前n项和为Sn,且a12,anan12n(nN*),则S13()A. B.C. D.D由题意,a12,n2时,a2a322,n4时,a4a524,n6时,a6a726,n8时,a8a928,n10时,a10a11210,n12时,a12a13212,S132222426282102122.故选D.5(2019衡水模拟)设等比数列an的前n项和为Sn,若Sm15,Sm11,Sm121,则m等于( )A3B4C5D6C在等比数列中,因为Sm15,Sm11,Sm
3、121,所以amSmSm111516,am1Sm1Sm32.则公比q2,因为Sm11,所以11,又am1a1(2)m32,两式联立解得m5,a11.6一题多解设Sn为数列an的前n项和,且a14,an1Sn,nN*,则a5_.32法一:由an1Sn,得Sn1SnSn,则Sn12Sn.又S1a14,所以数列Sn是首项为4,公比为2的等比数列,所以Sn42n12n1,则a5S5S4262532.法二:当n2时,由an1Sn,得anSn1,两式相减,得an1anan,即an12an,所以数列an是从第2项开始,公比为2的等比数列又a2S14,所以a5a22342332.7已知数列an的前n项和为Sn
4、,a11,a22,且an22an1an0(nN*),记Tn(nN*),则T2 020_.由an22an1an0可知数列an是等差数列,则公差da2a1211.Snna1dn.2,Tn2121,T2 0202.8设某数列的前n项和为Sn,若为常数,则称该数列为“和谐数列”若一个首项为1,公差为d(d0)的等差数列an为“和谐数列”,则该等差数列的公差d_.2由k(k为常数),且a11,得nn(n1)dk,即2(n1)d4k2k(2n1)d,整理得,(4k1)dn(2k1)(2d)0,对任意正整数n,上式恒成立,得数列an的公差为2.能力提升练(建议用时:20分钟)9已知正项数列an满足a2aan
5、1an0,设bnlog2,则数列bn的前n项和为( )An BC DC由a2aan1an0,可得(an1an)(an12an)0,又an0,2,an1a12n,bnlog2log22nn.数列bn的前n项和为,故选C.10已知数列bn满足b11,b24,bn2bncos2,则该数列的前23项的和为( )A4 194B4 195C2 046D2 047A当n为偶数时,bn2bncos2bn1,有bn2bn1,即偶数项成等差数列,所以b2b4b2211b2199.当n为奇数时,bn22bn,即奇数项成等比数列,所以b1b3b2321214 095.所以该数列的前23项的和为994 0954 194
6、,故选A.11重视题(2019惠州调研)已知数列an是公差不为0的等差数列,对任意大于2的正整数n,记集合x|xaiaj,iN,jN,1ijn的元素个数为cn,把cn的各项摆成如图所示的三角形数阵,则数阵中第17行由左向右数第10个数为_293设ana1(n1)d(d0),则aiaj2a1(ij2)d,由题意知1ijn,当i1,j2时,ij2取最小值1,当in1,jn时,ij2取最大值2n3,易知ij2可取遍1,2,3,2n3,即cn2n3(n3)数阵中前16行共有12316136(个)数,所以第17行由左向右数第10个数为c14821483293.12已知数列an满足a11,nan12n(n
7、1)(n1)an0,设bn,nN*.(1)证明:bn是等差数列;(2)求数列的前n项和Tn.解(1)因为a11,nan12n(n1)(n1)an0,所以2,所以bn1bn2.因为b11,所以bn是以1为首项,2为公差的等差数列(2)由(1)得bn1(n1)22n1,nN*,所以,所以Tn,Tn,两式相减,得Tn221,故Tn33.题号内容押题依据1数列的通项an与求和公式Sn的关系由an与Sn的关系求通项公式常以小题形式出现,主要考查转化与化归,分类讨论等思想,难度适中2数列求和,对数运算an与Sn的关系对数运算与数列交汇是高考的命题热点之一,裂项相消法求和简单易行,符合高考的命题形式【押题1
8、】已知数列an的前n项和是Sn,且anSn2n1,则数列an的通项公式an_.2当n1时,由anSn2n1知,a1S1211,即a1a13,解得a1.由anSn2n1,知当n2时,an1Sn12(n1)12n1,得anan1(SnSn1)2,即2anan12,即2(an2)an12,即an2(an12),故数列an2是以a12为首项,为公比的等比数列,所以an2,即an2. 【押题2】已知数列an满足a12n12(nN*),bnlog4an.(1)求数列an的通项公式;(2)求数列的前n项和Tn.解(1)当n1时,a12.当n2时,a12n12,a12n2,两式相减得2n,即an22n1,当n1时满足上式,故数列an的通项公式an22n1.(2)因为bnlog422n1,2.所以Tn22.