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第4讲 数列求和 基础题组练1数列an的通项公式是an(1)n(2n1),则该数列的前100项之和为()A200B100C200D100解析:选D.由题意知S100(13)(57)(197199)250100.故选D.2在数列an中,a12,a22,an2an1(1)n,nN*,则S60的值为()A990B1 000C1 100D99解析:选A.n为奇数时,an2an0,an2;n为偶数时,an2an2,ann.故S60230(2460)990.3(2019河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列an满足:an1anan1(n2,nN*),a11,a22,Sn为数列an的前n项和,则S2 018()A3B2C1D0解析:选A.因为an1anan1,a11,a22,所以a31,a41,a52,a61,a71,a82,故数列an是周期为6的周期数列,且每连续6项的和为0,故S2 0183360a2 017a2 018a1a23.故选A.4.的值为()A. B.C. D.解析:选C.因为,所以.5(2019开封调研)已知数列an满足a11,an1an2n(nN*),则S2 018等于()A22 0181B321 0093C321 0091D321 0082解析:选B.a11,a22,又2,所以2.所以a1,a3,a5,成等比数列;a2,a4,a6,成等比数列,所以S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)321 0093.故选B.6(2019郑州质量预测)已知数列an的前n项和为Sn,a11,a22,且an22an1an0(nN*),记Tn(nN*),则T2 018_解析:由an22an1an0(nN*),可得an2an2an1,所以数列an为等差数列,公差da2a1211,通项公式ana1(n1)d1n1n,则其前n项和Sn,所以2(),Tn2()2(1),故T2 018.答案:7已知数列an中,a12,且4(an1an)(nN*),则其前9项和S9_解析:由已知,得a4anan14a,即a4anan14a(an12an)20,所以an12an,所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,故S921021 022.答案:1 0228已知数列an满足an1,且a1,则该数列的前2 018项的和等于_解析:因为a1,又an1,所以a21,从而a3,a41,即得an故数列的前2 018项的和等于S2 0181 009.答案:9(2019唐山模拟)已知数列an满足:(32n1),nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)设bnlog3,求.解:(1)(321)3,当n2时,因为()()(32n1)(32n21)32n1,当n1,32n1也成立,所以an.(2)bnlog3(2n1),因为(),所以(1)()()(1).10(2019唐山市摸底考试)已知数列an的前n项和为Sn,Sn.(1)求an;(2)若bn(n1)an,且数列bn的前n项和为Tn,求Tn.解:(1)由已知可得,2Sn3an1,所以2Sn13an11(n2),得,2(SnSn1)3an3an1,化简得an3an1(n2),在中,令n1可得,a11,所以数列an是以1为首项,3为公比的等比数列,从而有an3n1.(2)bn(n1)3n1,Tn030131232(n1)3n1,则3Tn031132233(n1)3n.得,2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn. 综合题组练1在数列an中,若an1(1)nan2n1,则数列an的前12项和等于()A76B78C80D82解析:选B.由已知an1(1)nan2n1,得an2(1)n1an12n1,得an2an(1)n(2n1)(2n1),取n1,5,9及n2,6,10,结果相加可得S12a1a2a3a4a11a1278.故选B.2已知数列an的前n项和为Sn,a11,当n2时,an2Sn1n,则S2 017的值为()A2 015B2 013C1 008D1 009解析:选D.因为an2Sn1n,n2,所以an12Snn1,n1,两式相减得an1an1,n2.又a11,所以S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009,故选D.3已知数列an,若an1anan2(nN*),则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”,且b11,b22,则数列bn的前2 019项和为_解析:由“凸数列”的定义及b11,b22,得b33,b41,b52,b63,b71,b82,所以数列bn是周期为6的周期数列,且b1b2b3b4b5b60,于是数列bn的前2 019项和等于b1b2b34.答案:44(一题多解)(2019合肥模拟)数列an满足:a1,且an1(nN*),则数列an的前n项和Sn_解析:通解:an1,两边同时取倒数得,整理得3,所以3,所以数列是以3为首项,3为公差的等差数列,所以3n,所以an,所以数列an是常数列,所以Sn.优解:用归纳法求解,a1,根据an1,可得a2,a3,a4,所以猜想an,经验证an1,从而Sn.5(2019合肥模拟)已知等差数列an中,a5a34,前n项和为Sn,且S2,S31,S4成等比数列(1)求数列an的通项公式;(2)令bn(1)n,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)设an的公差为d,由a5a34,得2d4,d2.所以S22a12,S313a15,S44a112,又S2,S31,S4成等比数列,所以(3a15)2(2a12)(4a112),解得a11,所以an2n1.(2)bn(1)n(1)n(),当n为偶数时,Tn(1)()()()(),所以Tn1.当n为奇数时,Tn(1)()()()(),所以Tn1.所以Tn.6(2019银川质检)正项数列an的前n项和Sn满足:S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an 的通项公式an;(2)令bn,数列bn的前n项和为Tn,证明:对于任意的nN*,都有Tn0,Snn2n.于是a1S12,当n2时,anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上可知,数列an的通项公式an2n.(2)证明:由于an2n,bn,则bn.Tn.- 1 -
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