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1、课时跟踪训练 三十三 基础巩固 一 选择题 1 2018 湖南师大附中月考 已知公差不为 0 的等差数列 an 满足 a1 a3 a4成等比数列 Sn为数列 an 的前 n 项和 则 S3 S2 S5 S3的值为 A 2 B 3 C 2 D 3 解析 设等差数列的公差为d 首项为 a1 所以 a3 a1 2d a4 a1 3d 因为 a1 a3 a4成等比数列 所以 a1 2d 2 a1 a1 3d 解得 a1 4d 所以 S3 S2 S5 S3 a1 2d 2a1 7d 2 故选 A 答案 A 2 2017 河南百校联盟质量监测 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn S5 20 则 6
2、a4 3a5 A 20 B 4 C 12 D 20 解析 设 an 的公差为 d S5 5a1 a5 2 20 a1 a5 8 a3 4 又 6a4 3a5 6 a3 d 3 a3 2d 3a3 12 选 C 答案 C 3 已知等比数列 an 的首项为 1 若 4a1 2a2 a3成等差数列 则数列 1 an 的 前 5 项和为 A 31 16 B 2 C 33 16 D 16 33 解析 设数列 an 的公比为 q 则有 4 q2 2 2 q 解得 q 2 所以 an 2 n 1 1 an 1 2 n 1 所以 S5 1 1 2 5 1 1 2 31 16 故选 A 答案 A 4 已知数列
3、an 是等差数列 a1 tan225 a5 13a1 设 Sn为数列 1 nan 的前 n 项和 则 S2018 A 2018 B 2018 C 3027 D 3027 解析 由题意得 a1 1 a5 13 an 是等差数列 公差 d 3 an 3n 2 S2018 1 4 7 10 13 17 6049 6052 3 2018 2 3027 选 C 答案 C 5 2017 安徽安庆模拟 已知数列 an 满足 an 2 an n N 且 a1 1 a2 2 则数列 an 的前 2017 项的和为 A 2 B 3 C 3 D 1 解析 an 2 an an 2 an 2 n 2 数列 an 是以
4、 4 为周期的 周期数列 S2017 504 a1 a2 a3 a4 a2017 504 a1 a2 a1 a2 a504 4 1 a1 1 故选 D 答案 D 6 1 2 2 1 1 32 1 1 42 1 1 n 1 2 1的值为 A n 1 2n 2 B 3 4 n 1 2n 2 C 3 4 1 2 1 n 1 1 n 2 D 3 2 1 n 1 1 n 2 解析 因为 1 n 1 2 1 1 n2 2n 1 nn 2 1 2 1 n 1 n 2 所以原式 1 2 1 1 3 1 2 1 4 1 3 1 5 1 n 1 n 2 1 2 1 1 2 1 n 1 1 n 2 3 4 1 2
5、1 n 1 1 n 2 故选 C 答案 C 二 填空题 7 若数列 an 的通项公式为an 1 n n 2 前 n 项和为 Sn 则 S16 解析 由 an 1 n n 2 1 2 n 2 n 得S16 1 2 3 1 4 2 5 3 17 15 18 16 1 2 18 17 2 1 17 22 1 2 答案 17 22 1 2 8 数列 an 满足 an an 1 1 2 n N 且 a1 1 Sn 是数列 an 的前 n 项和 则 S21 解析 依题意得 an a n 1 a n 1 a n 2 1 2 则 a n 2 an 即数列 an 中的 奇数项 偶数项分别相等 则a21 a1 1
6、 S21 a1 a2 a3 a4 a19 a20 a21 10 a1 a2 a21 10 1 2 1 6 答案 6 9 2017 陕西西安期中 如果数列 an 的前 n 项之和为 Sn 3 2n 那么 a21 a2 2 a23 a2n 解析 Sn 3 2n S n 1 3 2n 1 n 2 an 2n 2n 1 2n 1 a2n 4 n 1 n 1 时 a1 S1 5 当n 2 时 a21 a22 a23 a2n 25 44n 1 1 4 4 n 71 3 当 n 1 时 a21 25 也适合上式 故 a21 a2n 4n 71 3 答案 4n 71 3 三 解答题 10 2017 全国卷 设
7、数列 an 满足 a1 3a2 2n 1 an 2n 1 求 an 的通项公式 2 求数列 an 2n 1 的前 n 项和 解 1 因为 a1 3a2 2n 1 an 2n 故当 n 2 时 a1 3a2 2n 3 an 1 2 n 1 两式相减得 2n 1 an 2 所以 an 2 2n 1 n 2 又由题设可得 a1 2 也适合 从而 an 的通项公式为 an 2 2n 1 2 记 an 2n 1 的前 n 项和为 Sn 由 1 知 an 2n 1 2 n 1n 1 1 2n 1 1 2n 1 则 Sn 1 1 1 3 1 3 1 5 1 2n 1 1 2n 1 2n 2n 1 能力提升
8、11 若 an 0 Sn a1 a2 an 且 2Sn an 1 an n N 则 S2017 A 2017 2017 2017 B 2017 2016 2016 C 2016 D 2017 解析 令 n 1 则 2S1 a1 1 a1 所以 a 1 1 S1 1 令 n 2 则 2 a1 a2 a2 1 a2 所以 a 2 2 1 S2 2 令 n 3 则 2 2 a3 a3 1 a3 解得 a3 3 2 S3 3 依此类推 a2017 2017 2016 S2017 2017 故选 D 答案 D 12 2017 全国卷 几位大学生响应国家的创业号召 开发了一款应用软 件 为激发大家学习数学
9、的兴趣 他们推出了 解数学题获取软件激活码 的活 动 这 款 软 件 的 激 活 码 为 下 面 数 学 问 题 的 答 案 已 知 数 列 1 1 2 1 2 4 1 2 4 8 1 2 4 8 16 其中第一项是20 接下来的两项是20 21 再接下来的三项是20 21 22 依此类推 求满足如下条件的最小整数N N 100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂 那么该款软件的激活码是 A 440 B 330 C 220 D 110 解析 设第一项为第 1 组 接下来的两项为第2 组 再接下来的三项为第 3 组 依此类推 则第n 组的项数为 n 前 n 组的项数和为 nn 1 2 由题意
10、可 知 N 100 令 nn 1 2 100 所以 n 14 n N 即 N 出现在第 13 组之后 易 得第 n 组的所有项的和为 1 2n 1 2 2n 1 前 n 组的所有项的和为 22n 1 2 n 2n 1 n 2 设满足条件的 N 在第 k 1 k N k 13 组 且第N 项为第 k 1 组的第 t t N 个数 第 k 1 组的前 t 项的和 2t 1 应与 2 k 互为相反数 即 2t 1 k 2 所以 2t k 3 所以 t log2 k 3 所以当 t 4 k 13 时 N 13 13 1 2 4 955 时 N 440 故选 A 答案 A 13 2017 安徽马鞍山期中
11、 设数列 an 的通项公式为an 1 n 2n 1 cos n 2 1 n N 其前 n 项和为 Sn 则 S120 A 60 B 120 C 180 D 240 解析 由 an 1 n 2n 1 cos n 2 1 得 a1 cos 2 1 1 a2 3cos 1 2 a3 5cos 3 2 1 1 a4 7cos2 1 8 a5 9cos 5 2 1 1 a6 11cos3 1 10 a7 13cos 7 2 1 1 a8 15cos4 1 16 由上可知 数列 an 的奇数项为 1 每两个偶数项的和为6 S120 a1 a3 a119 a2 a4 a58 a120 60 30 6 240
12、 故选 D 答案 D 14 2017 河北邯郸质量检测 在公差大于 1 的等差数列 an 中 已知 a21 64 a2 a5 a8 36 则数列 an 的前 20 项和为 解析 a2 a5 a8 3a5 36 a5 12 a21 64 a1 8 当 a1 8 d 1 不合题意 当 a1 8 d 5 1 an 5n 13 故数列 an 的前 20 项和为 8 3 2 87 2 812 答案 812 15 2017 广东珠海模拟 已知等差数列 an 的首项为 a 公差为 d n N 且不等式 ax2 3x 20 可得 an 1 an 3 0 即 an 1 an 3 所以 an 是首项为 1 公差为
13、 3 的等差数列 所以 an 1 3 n 1 3n 2 2 由 an 3n 2 可得 bn 1 ana n 1 1 n 2n 1 1 3 1 3n 2 1 3n 1 Tn b1 b2 bn 1 3 1 1 4 1 4 1 7 1 3n 2 1 3n 1 n 3n 1 因为 T n 1 Tn n 1 3n 11 n 3n 1 1 n 1 n 4 0 所以 T n 1 Tn 所以数列 Tn 是递增数列 所以 t 4Tn t 4 T n t 4 T 1 1 4 t 1 所以实数 t 的最大值是 1 延伸拓展 下面的图形无限向内延续 最外面的正方形的边长是2 从外到内 第n 个正方形与其内切圆之间的深
14、色图形面积记为Sn n N 1 证明 Sn 2S n 1 n N 2 证明 S1 S2 Sn 8 2 证明 1 设第 n n N 个正方形的边长为an 则其内切圆半径为 an 2 第 n 1 个正方形的边长为 2 2 an 其内切圆半径为 2 4 an 所以 Sn a2n an 2 2 a2 n 1 4 n N Sn 1 2 2 an 2 2 4 an 2 a2 n 1 2 8 1 2S n n N 所以 Sn 2S n 1 n N 2 由 1 可知 S1 22 1 4 4 S2 2 2 Sn 4 1 2 n 1 所以 Tn S1 S2 Sn 4 1 1 2 1 22 1 2n 1 4 1 1 2 n 1 1 2 8 2 1 1 2n 8 2
