2020届高三数学专题练习数列求和

2019届高三数学专题练习数列求和

1．错位相减法 例1：已知

是等差数列，其前项和为

，

a4b427， 是等比数列，且a1b12，

．

（1）求数列与的通项公式；

（2）记Tnanb1an1b22．裂项相消法 例2：设数列

．

a1bn，

，求证：．

，其前项和，为单调递增的等比数列，，

（1）求数列，的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

一、单选题

1．已知等差数列an中S918，Sn240，an430n9，则项数为（ ） A．10

B．14

C．15

D．17

2．在等差数列an中，满足3a47a7，且a10，Sn是an前n项的和，若Sn取得最大值，则n（ ） A．7

B．8

C．9

D．10

3．对于函数yfx，部分x与y的对应关系如下表：

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1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 7 5 9 6 1 8 2 4 数列xn满足：x11，且对于任意nN，点xn,xn1都在函数yfx的图象上，则x1x2x2015（ ）

A．7554 B．7549 C．7546 D．7539

1104．设等差数列an的前n项和Sn，a44，S515，若数列，的前m项和为

11anan1则m（ ） A．8

B．9

C．10

D．11 S1S2，，a1a2S9中最a95．在等差数列an中，其前n项和是Sn，若S90，S100，则在大的是（ ）

S1 a1S8 a8S5 a5，

A．B．C．D．

S9 a96．设数列1n的前n项和为S，则对任意正整数n，Snn（ ）

nn11 A．21B．

n112

1C．

n12

1D．

n12

7．已知数列an满足a11，2n1an12n1an1，bnTnb1b2bn，若mTn恒成立，则m的最小值为（ ）

2n1an12n1an4n21，

A．0 B．1 C．2 D．

1 28．数列an的前n项和为Sn，若an1n，则S2018（ ）

n2如有帮助欢迎下载支持

文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 A．2018

B．1009

C．2019

D．1010

2222a1a2a3an2n1nN，9． 已知数列an中，则a1a2a3an等于（ ）

A．

1n41 3B．

1n21 3C．4n1

D．2n1

22n32，且anfn，则a1a2a310．已知函数fnnsin2a200（ ）

A．20100

11．已知数列111a1a3a2a4a3a5B．20500 C．40100 D．10050

an1满足：a1,a21，an1anan1nN*,n22，则

1

a2018a2020的整数部分为（ ） A．0

B．1

C．2

D．3

22，21．1．1．12．对于任意实数x，符号x表示不超过x的最大整数，例如33，已

知数列an满足anlog2n，其前n项和为Sn，若n0是满足Sn2018的最小整数，则n0的值为（ ） A．305 二、填空题

13． 已知数列an满足an1an1nn2，记Sn为an的前n项和，则S40__________．

nB．306 C．315 D．316

14．n表示不超过n的最大整数．若S11233， S24567810，

S3910111213141521，

3如有帮助欢迎下载支持

文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 ，则Sn__________．

1115．已知函数fxx3sinx，则

22122018fff ________．20192019201916．定义前

np1p2pn为n个正整数p1，p2，

，pn的“均倒数”，若已知数列an的

n项的“均倒数”为

11a1，又bnn，则

b1b2b2b355n1_________． b10b11三、解答题

17．正项等差数列an中，已知an0，a1a2a315，且a12，a25，a313构成等比数列bn的前三项．

（1）求数列an，bn的通项公式； （2）求数列anbn的前n项和Tn．

218．已知Sn为数列an的前n项和，且a12，an0，6Snan3an2，nN．

（1）求数列an的通项公式；

n2（2）若对nN，bn(1)an，求数列bn的前2n项的和T2n．

1．错位相减法

bn是等比数列，例1：已知an是等差数列，其前n项和为Sn，且a1b12，a4b427，

S4b410．

（1）求数列an与bn的通项公式；

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 （2）记Tnanb1an1b2a1bn，nN，求证：Tn122an10bn．

【答案】（1）an3n1，bn2n；（2）见解析． 【解析】（1）设an的公差为d，bn的公比为q，

则a4b427a13db1q327，S4b4104a16db1q310，

3d323d2q27即，解得：， 3q286d2q10an3n1，bn2n．

2（2）Tn3n123n4222n，①

2Tn3n1223n423②①得

22n+1，②

102n23n112，

nn∴所证恒等式左边10223n1，右边2an10bn23n1102，

即左边右边，所以不等式得证． 2．裂项相消法

例2：设数列an，其前n项和Sn3n2，bn为单调递增的等比数列，b1b2b3512，a1b1a3b3 ．

（1）求数列an，bn的通项公式；

（2）若cnbnnTc

bn2bn1，求数列n的前项和n．

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 【答案】（1）an6n3，bn2n1；（2）Tn112n11．

223n16n3， 【解析】（1）n2时，anSnSn13n当n1时，a1S13符合上式，an6n3，

3512，b28， ∵bn为等比数列b1b2b3b2设bn的公比为q，则b1b28,b3b2q8q，而a315， qqa1b1a3b3381158q，解得q2或q， q2∵bn单调递增，q2，bnb22n22n1．

2n12n11c（2）n2n122n112n12n112n12n11，

1111． 2112n112n11 一、单选题

1．已知等差数列an中S918，Sn240，an430n9，则项数为（ ） A．10 【答案】C 【解析】∵S99a1a92B．14 C．15 D．17

9a518，∴a52，

n2302∴Snna1an2na5an42240，n15，故选C．

2．在等差数列an中，满足3a47a7，且a10，Sn是an前n项的和，若Sn取得最大值，则n（ ） A．7

B．8

C．9

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D．10

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【解析】设等差数列首项为a1，公差为d，

nn1d2a135n2n2， 33由题意可知4a133d0，a10，Snna1二次函数的对称轴为n358.75，开口向下， 4又∵nN，∴当n9时，Sn取最大值．故选C． 3．对于函数yfx，部分x与y的对应关系如下表：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 7 5 9 6 1 8 2 4 数列xn满足：x11，且对于任意nN，点xn,xn1都在函数yfx的图象上，则x1x2x2015（ ）

A．7554 【答案】A

B．7549 C．7546 D．7539

【解析】由题意可知：f13，f35，f56，f61，f13，

点xn,xn1都在函数yfx的图象上，则x11，x23，x35，x46，x51x1， 则数列xn是周期为4的周期数列，

由于201545033，且x1x2x3x415，

故x1x2x2015503151357554．故选A．

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1104．设等差数列an的前n项和Sn，a44，S515，若数列的前m项和为，

11anan1则m（ ） A．8 【答案】C

【解析】Sn为等差数列an的前n项和，设公差为d，a44，S515，

B．9

C．10

D．11

a44则，解得d1，则an4n4n．

S155a351111111由于，则Sm1anan1nn1nn1223111101， mm1m111解得m10．故答案为10．故选C．

5．在等差数列an中，其前n项和是Sn，若S90，S100，则在大的是（ ） S1A．

a1S8B．

a8S5C．

a5S9D．

a9S1S2，，a1a2S9，中最a9【答案】C 【解析】由于S99a1a929a50，S1010a1a1025a5a60，

∴可得a50，a60，

SSSS1S0，20，，50，60，，90，而S1S2a5a6a9a1a2S9S5S1S2∴在，，，中最大的是．故选C．

a9a5a1a2这样

S5，a1a2a5，

6．设数列1n的前n项和为S，则对任意正整数n，Snn（ ）

nn11 A．21B．

n112

1C．

n12

1D．

n12

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 【答案】D

【解析】∵数列1n是首项与公比均为1的等比数列．

nn11．故选D．

2111n∴其前项和为Sn117．已知数列an满足a11，2n1an12n1an1，bn2n1an12n1an4n21，

Tnb1b2bn，若mTn恒成立，则m的最小值为（ ）

A．0 【答案】D

B．1 C．2 D．

1 2【解析】由题意知，bnan1an，由2n1an12n1an1， 2n12n1得

an1a1111n， 2n12n12n12n122n12n11111121335111111， 2n12n122n12∴Tnb1b2bn∴Tn111恒成立，m，故m最小值为，故选D． 222n8．数列an的前n项和为Sn，若an1n，则S2018（ ） A．2018 【答案】B

【解析】由题意，数列an满足an1n，

nB．1009 C．2019 D．1010

∴S2018a1a2a3a41234a2017a2018123420172018

201720181009，故选B．

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a1a2a3an2n1nN，9． 已知数列an中，则a12a22a32an2等于（ ）

1n41 31n21 3D．2n1

2A．B．

C．4n1

【答案】A

【解析】设Sna1a2a3an2n1nN，

n1S1,由an，解得an2n1，

SnSn1,n2令bnan24n1，故a12a22a32an21n41．故选A． 3a200（ ）

2n32，且anfn，则a1a2a310．已知函数fnnsin2A．20100 【答案】A

B．20500 C．40100 D．10050

2n32n2， 【解析】anfn，当n为偶数时，fnnsin22n32n2， 当n为奇数时，fnnsin2故a1a2a32112a2001223242--19922002

20019920019912319920020100．故选A．

111a2a4a3a5111．已知数列an满足：a1，a21，an1anan1nN,n2，则

aa21的整数部分为（ ）

a2018a202013A．0 【答案】B

B．1 C．2 D．3

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 【解析】an1anan1an1an1anan1an1anan11

an1an1an1an1an1an1an1an1111111， an1an1anan1an1an1ananan111a1a2a2a31112，

a2018a2019a2019a2020a2019a202011,2，

a2019a2020∴原式当n3时，an1a2019a202012∴整数部分为1，故选B．

22，21．1．1．12．对于任意实数x，符号x表示不超过x的最大整数，例如33，已

知数列an满足anlog2n，其前n项和为Sn，若n0是满足Sn2018的最小整数，则n0的值为（ ） A．305 【答案】D

【解析】由题意，anlog2n，当n1时，可得a10，（1项）

B．306

C．315

D．316

当21n22时，可得a2a31，（2项）

当22n23时，可得a4a5a72，（4项）

当23n24时，可得a8a9a153，（）

当24n25时，可得a16a17a314，（16项）

当2nn2n1时，可得a2na2n1a2n1n，（2n项）

则前n项和为Sn121222323424n2n，

2Sn122223324425n2n1，

11如有帮助欢迎下载支持

文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 两式相减得Sn22223242nn2n1，

n1n1n1∴Snn2222n122018，此时n8，

当n8时，对应的项为a28a316，即n0316，故选D． 二、填空题

13． 已知数列an满足an1an1nn2，记Sn为an的前n项和，则S40__________．

n【答案】440

【解析】由an1an1nn2可得：

n当n2k时，有a2ka2k12k， ①

当n2k1时，有a2k1a2k22k1， ②

当n2k1时，有a2k1a2k2k1， ③

①②有a2ka2k24k1，③①有a2k1a2k11，

则S40a1a3a5a7a39a2a4a6a8a40

11071523107101098440． 2故答案为440．

14．n表示不超过n的最大整数．若S11233， S24567810，

S3910111213141521，

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 ，则Sn__________． 【答案】n2n1，nN

【解析】第一个等式，起始数为1，项数为3412212，S113，

第二个等式，起始数为2，项数为5943222，S225，

第三个等式，起始数为3，项数为71694232，S337，

第n个等式，起始数为n，项数为n1n22n1，Snn2n1，nN，

2故答案为Snn2n1，nN． 1115．已知函数fxx3sinx，则

22122018f ff________；201920192019【答案】2018

1111【解析】∵faf1aa3sina1a3sin1a

2222112sinasina2，

221设Sf20192018则Sf201922018ff， ① 2019201920171ff， ② 20192019①②得2S2018f120192018f4036， 2019∴S2018．故答案为2018． 16．定义前

np1p2pn为n个正整数p1，p2，，pn的“均倒数”，若已知数列an的

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n项的“均倒数”为

11an1，又bn，则bbbb5n512231_________； b10b11【答案】

10 21【解析】∵数列an的前n项的“均倒数”为

1， 5n∴

n1，解得Sn5n2，∴a1S15， Sn5n225n110n5， 当n2时，anSnSn15n当n1时，上式成立，则an10n5，

∴bn11111an2n1，， bnbn12n12n222n12n15则

11b1b2b2b311111111b10b112335571111101． 192122121故答案为

10． 21三、解答题

17．正项等差数列an中，已知an0，a1a2a315，且a12，a25，a313构成等比数列bn的前三项．

（1）求数列an，bn的通项公式； （2）求数列anbn的前n项和Tn．

n2n121【答案】（1）an2n1，bn52n1；（2）Tn5．

【解析】（1）设等差数列的公差为d，则由已知得：a1a2a33a215，即a25，

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文档从互联网中收集，已重新修正排版，word格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。 又5d25d13100，解得d2或d13（舍去），a1a2d3， ∴ana1n1d2n1，

又b1a125，b2a2510，∴q2，∴bn52n1；

2n1352722n12（2）∵Tn5，

23n2Tn53252722n12，

2n1nn两式相减得Tn5[32222222n12512n21]，

n2n121则Tn5．

23an2，nN． 18．已知Sn为数列an的前n项和，且a12，an0，6Snan（1）求数列an的通项公式；

2（2）若对nN，bn(1)nan，求数列bn的前2n项的和T2n．

【答案】（1）an3n2；（2）T2n18n23n．

23an2，nN， 【解析】（1）6Snan226an6Sn6Sn1an3an2an 当n2时，化为anan1anan130，13an12，

∵an0，∴anan13，

当n1时，6a1a123a12，且a12，解得a11．

∴数列an是等差数列，首项为1，公差为3．∴an13n13n2；

2(1)n(3n2)2． （2）bn(1)nan15如有帮助欢迎下载支持

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22∴b2n1b2n(6n5)(6n2)312n736n21，

∴bn的前2n项的和T2n3612n21n36nn1221n18n23n．

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