（文理通用）2019届高考数学大二轮复习第1部分专题4数列第2讲数列求和及综合应用练习.doc

1、1第一部分 专题四 第二讲 数列求和及综合应用A 组1设 an的首项为 a1，公差为1 的等差数列， Sn为其前 n 项和若 S1， S2， S4成等比数列，则 a1( D )A2 B2 C D12 12解析 由题意知 S1 a1， S22 a11， S44 a16，因为 S1， S2， S4成等比数列，所以 S S1S4，即(2 a11) 2 a1(4a16)，2解得 a1 .故选 D122若数列 an为等比数列，且 a11， q2，则 Tn 等于( 1a1a2 1a2a3 1anan 1B )A1 B (1 )14n 23 14nC1 D (1 )12n 23 12n解析 因为 an12

2、n1 2 n1 ，所以 anan1 2 n1 2n24 n1 ，所以 ( )n1 ，所以 也是等比数列，1anan 1 12 14 1anan 1所以 Tn (1 )，故选 B1a1a2 1a2a3 1anan 1 121 1 14n1 14 23 14n3(2018烟台模拟)已知等差数列 an中， a26， a515，若 bn a2n，则数列 bn的前 5 项和等于( C )A30 B45 C90 D186解析 设 an的公差为 d，首项为 a1，由题意得Error!，解得Error!所以 an3 n，所以 bn a2n6 n，且 b16，公差为 6，所以 S556 690.54224等差数

3、列 an中， a10，公差 d0，公差 d1,4 是 a1和 a4的一个等比中项， a2和 a3的等差中项2为 6，若数列 bn满足 bnlog 2an(nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)求数列 anbn的前 n 项和 Sn.解析 (1)因为 4 是 a1和 a4的一个等比中项，2所以 a1a4(4 )232.2由题意可得Error!4因为 q1，所以 a3a2.解得Error! 所以 q 2.a3a2故数列 an的通项公式 an2 n.(2)由于 bnlog 2an(nN *)，所以 anbn n2n，Sn1222 232 3( n1)2 n1 n2n，2Sn12 222 3(

4、n1)2 n n2n1 .得， Sn122 22 32 n n2n1 n2n1 .2 1 2n1 2所以 Sn22 n1 n2n1 2( n1)2 n1 .9(文)(2018天津卷，18)设 an是等差数列，其前 n 项和为 Sn(nN *)； bn是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN *)已知b11， b3 b22， b4 a3 a5， b5 a42 a6.(1)求 Sn和 Tn；(2)若 Sn( T1 T2 Tn) an4 bn，求正整数 n 的值解析 (1)设等比数列 bn的公比为 q，由 b11， b3 b22，可得 q2 q20.因为 q0，可得 q2，故 bn2

5、n1 .所以 Tn 2 n1.1 2n1 2设等差数列 an的公差为 d.由 b4 a3 a5，可得 a13 d4.由 b5 a42 a6，可得 3a113 d16，从而 a11， d1，故 an n，所以 Sn .n n 12(2)由(1)，知 T1 T2 Tn(2 12 22 n) n2 n1 n2.由 Sn( T1 T2 Tn) an4 bn可得 2 n1 n2 n2 n1 ，n n 12整理得 n23 n40，解得 n1(舍)，或 n4.所以 n 的值为 4.(理)(2018天津卷，18)设 an是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(nN *)，bn是等差数列. 已知 a1

6、1， a3 a22， a4 b3 b5， a5 b42 b6.(1)求 an和 bn的通项公式(2)设数列 Sn的前 n 项和为 Tn(nN *)，求 Tn；证明解析 (1)设等比数列 an的公比为 q.由 a11， a3 a22，可得 q2 q20.因为 q0，可得 q2，故 an2 n1 .5设等差数列 bn的公差为 d，由 a4 b3 b5，可得 b13 d4.由 a5 b42 b6，可得3b113 d16，从而 b11， d1，故 bn n.所以数列 an的通项公式为 an2 n1 ，数列 bn的通项公式为 bn n.(2)由(1)，有 Sn 2 n1，故 Tn (2k1)1 2n1

7、2 nk 1k n n2 n1 n2.nk 12 2 1 2n1 2因为 Tk bk 2 bk k 1 k 2 2k 1 k 2 k 2 k k 1 k 2 ，k2k 1 k 1 k 2 2k 2k 2 2k 1k 1B 组1设 Sn是公差不为 0 的等差数列 an的前 n 项和， S1， S2， S4成等比数列，且 a3，则数列 的前 n 项和 Tn( C )52 1 2n 1 anA Bn2n 1 n2n 1C D2n2n 1 2n2n 1解析 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和设 an的公差为 d，因为S1 a1， S22 a1 d2 a1 a1 ， S43 a3 a1 a1

8、 ，a3 a12 32 54 152因为 S1， S2， S4成等比数列，所以( a1 )2( a1 )a1，32 54 152整理得 4a 12 a150，所以 a1 或 a1 .2152 12当 a1 时，公差 d0 不符合题意，舍去；52当 a1 时，公差 d 1，12 a3 a12所以 an ( n1)(1) n (2n1)，12 12 12所以 ( )，1 2n 1 an 2 2n 1 2n 1 12n 1 12n 16所以其前 n 项和 Tn(1 )13 13 15 12n 1 12n 1(1 ) ，故选 C12n 1 2n2n 12(文)以 Sn表示等差数列 an的前 n 项和，

9、若 S5S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A2 a33a4 B5 a5a16 a6C a5 a4 a30,2a33a4；5 a5( a16 a6)5( a14 d) a16( a15 d)2( a15 d)2 a60,5a5a16 a6； a5 a4 a3( a3 a6) a3 a60， a7a14( )225.当且仅当 a7 a14时取等号a7 a1424已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a11， Sn2 an1 ，则 Sn( B )A2 n1 B( )n1327C( )n1 D23 12n 1解析 由 Sn2 an1 得 Sn2( Sn1 Sn)，即 2Sn1 3 Sn，

10、，Sn 1Sn 32 a11， S12 a2， a2 a1 ， S2 ，12 12 32 ， Sn( )n1 .S2S1 32 325(2018山东省实验中学调研)在数列 an中， a12， an1 anln(1 )，则1nan( A )A2ln n B2( n1)ln nC2 nlnn D1 nln n解析 an( an an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a1ln nln( n1)ln( n1)ln( n2)ln2ln122ln n.6(2018西安一模)已知数列 an的通项公式 anlog 2 (nN *)，设其前 n 项和nn 1为 Sn，则使 Sn15，1n 1116则使 Sn0，12n 1 12n 2 1n 1 12n 1 12n 2数列 H(n)单调递增， nN *时， H(n) H(1) ，故 P .12 12 P 的最大值为 .12