+2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料+第四節(jié)數(shù) 列 求 和全盤鞏固1(2014·慈溪模擬)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和是Sn，若am<a1<am1(mN*，且m2)，則必定有() ASm>0，且Sm1<0 BSm<0，且Sm1>0CSm>0，且Sm1>0 DSm<0，且Sm1<0解析：選Aam<a1<am1，a1am>0，a1am1<0，Sm>0，且Sm1<0.2已知an是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是an的前n項(xiàng)和，且9S3S6，則數(shù)列的前5項(xiàng)和為()A.或5 B.或5 C. D.解析：選C設(shè)an的公比為q，顯然q1，由題意得，所以1q39，得q2，所以是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，前5項(xiàng)和為.3數(shù)列12n1的前n項(xiàng)和為()A12n B22nCn2n1 Dn22n解析：選C由題意得an12n1，所以Snnn2n1.4若數(shù)列an為等比數(shù)列，且a11，q2，則Tn的結(jié)果可化為()A1 B1C. D.解析：選Can2n1，設(shè)bn2n1，則Tnb1b2b3bn32n1.5已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為ann2cos n(nN*)，Sn為它的前n項(xiàng)和，則等于()A1 005 B1 006 C2 011 D2 012解析：選B注意到cos n(1)n(nN*)，故an(1)nn2.因此有S2 012(1222)(3242)(2 01122 0122)1232 0112 0121 006×2 013，所以1 006.6已知數(shù)列an滿足a11，an1·an2n(nN*)，設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，則S2 014()A22 0141 B3×21 0073C3×21 0071 D3×21 0072解析：選B由2，且a22，得數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故S2 014(a1a3a5a2 013)(a2a4a6a2 014)3×21 0073.7在等比數(shù)列an中，若a1，a44，則公比q_；|a1|a2|an|_.解析：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則a4a1q3，代入數(shù)據(jù)解得q38，所以q2；等比數(shù)列|an|的公比為|q|2，則|an|×2n1，所以|a1|a2|a3|an|(12222n1)(2n1)2n1.答案：22n18(2014·衢州模擬)對(duì)于數(shù)列an，定義數(shù)列an1an為數(shù)列an的“差數(shù)列”，若a12，an的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n，則數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn_.解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.Sn2n12.答案：2n12來源:數(shù)理化網(wǎng)9數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN*)，則S100_.解析：由an2an1(1)n，知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，數(shù)列a2k是等差數(shù)列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)來源:50(246100)502 600.答案：2 60010(2014·杭州模擬)已知數(shù)列an滿足a11，an11，其中nN*.(1)設(shè)bn，求證：數(shù)列bn是等差數(shù)列，并求出an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn，數(shù)列cncn2的前n項(xiàng)和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn<對(duì)于nN*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由解： (1)證明：bn1bn2(常數(shù))，數(shù)列bn是等差數(shù)列a11，b12，因此bn2(n1)×22n，由bn得an.(2)cn，cncn22，Tn2<3，依題意要使Tn<對(duì)于nN*恒成立，只需3，解得m3或m4，所以m的最小值為3.11已知數(shù)列an的各項(xiàng)排成如圖所示的三角形數(shù)陣，數(shù)陣中每一行的第一個(gè)數(shù)a1，a2，a4，a7，構(gòu)成等差數(shù)列bn，Sn是bn的前n項(xiàng)和，且b1a11，S515.a1a2 a3來源:a4 a5 a6 a7 a8 a9a10 (1)若數(shù)陣中從第3行開始每行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成公比為正數(shù)的等比數(shù)列，且公比相等，已知a916，求a50的值；(2)設(shè)Tn，求Tn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d.b11，S515，S5510d15，d1，bn1(n1)×1n.設(shè)從第3行起，每行的公比都是q，且q>0，則a9b4q2，即4q216，q2，又123945，故a50是數(shù)陣中第10行的第5個(gè)數(shù)，a50b10q410×24160.(2)Sn12n，Tn22.12已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Snn2.設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn(為常數(shù))令cnb2n(nN*)，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Rn.解：當(dāng)n1時(shí)，a1S11.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1n2(n1)22n1.當(dāng)n1時(shí)，a11滿足上式an2n1(nN*)故Tn，所以n2時(shí)，bnTnTn1.故cnb2n(n1)n1，nN*，所以Rn0×01×12×23×3(n1)×n1，則Rn0×11×22×3(n2)×n1(n1)×n，兩式相減，得Rn123n1(n1)×n(n1)×nn，來源:整理，得Rn.所以數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Rn.沖擊名校1數(shù)列an滿足an1(1)nan2n1，則an的前60項(xiàng)和為()A3 690 B3 660 C1 845 D1 830解析：選D當(dāng)n2k時(shí)，a2k1a2k4k1，當(dāng)n2k1時(shí)，a2ka2k14k3，a2k1a2k12，a2k1a2k32，a2k1a2k3，a1a5a61.a1a2a3a60(a2a3)(a4a5)(a60a61)3711(2×601)30×611 830.2設(shè)an是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d0)，Sn是其前n項(xiàng)的和記bn，nN*，其中c為實(shí)數(shù)(1)若c0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差數(shù)列，證明：c0.證明：由題設(shè)，Snnad.(1)由c0，得bnad.又b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以bb1b4，即2a，化簡得d22ad0.因?yàn)閐0，所以d2a.因此，對(duì)于所有的mN*，有Smm2a.從而對(duì)于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)設(shè)數(shù)列bn的公差是d1，則bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對(duì)于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令A(yù)d1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，則對(duì)于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分別取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，從而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，從而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，則由d1d0，得d0，與題設(shè)矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.高頻滾動(dòng)1已知an為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和若a2·a32a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為，則S5()A35 B33 C31 D29解析：選C設(shè)數(shù)列an的公比為q，則由等比數(shù)列的性質(zhì)知，a2·a3a1·a42a1，即a42.由a4與2a7的等差中項(xiàng)為知，a42a72×，a7.q3，即q.a4a1q3a1×2，a116，S531.2已知數(shù)列an是等比數(shù)列，若a22，a5，則a1a2a2a3anan1()A16(14n) B16(12n)C.(14n) D.(12n)來源:解析：選C設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.a22，a5，q3，a14，q，an4·n1n3，anan12n58×n1，a1a2a2a3anan1(14n). 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品