2019高考数学专题训练数列求和与综合问题附解析.docx

专题限时集训(四)数列求和与综合问题 (建议用时：60分钟) 一、选择题 1(2018昆明模拟)已知数列an的前n项和为Snn2，则a3a8的值是() A200B100C20D10 C当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，所以an2n1，所以a3a851520，故选C. 2.1221132114211(n1)21的值为() A.n12(n2) B.34n12(n2) C.34121n11n2 D.321n11n2 C1(n1)211n22n1n(n2)121n1n2，1221132114211(n1)2112113121413151n1n2 12321n11n234121n11n2. 3已知数列an满足an111an，若a112，则a2 018() A1 B.12 C1 D2 D由a112，an111an，得a211a12，a311a21，a411a312，a511a42，因此数列an是周期为3的周期数列，a2 018a36722a22，故选D. 4已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且对于任意n1，nN*，满足Sn1Sn12(Sn1)，则S10() A91 B90 C55 D54 A由Sn1Sn12(Sn1)得(Sn1Sn)(SnSn1)2， 即an1an2(n2)，又a2a11， 因此数列an从第2项起，是公差为2的等差数列， 则S10a1(a2a3a10)192982291. 5设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m() A3 B4 C5 D6 C法一：Sm12，Sm0，Sm13，amSmSm12，am1Sm1Sm3，公差dam1am1，由公式Snna1n(n1)2dna1n(n1)2， 得ma1m(m1)20，(m1)a1(m1)(m2)22. 由得a11m2，代入可得m5. 法二：数列an为等差数列，且前n项和为Sn， 数列Snn也为等差数列 Sm1m1Sm1m12Smm，即2m13m10，解得m5.经检验为原方程的解故选C. 6(2018厦门模拟)已知函数f(n)n2，n为奇数n2，n为偶数，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a2 018等于() A2 017 B2 018 C2 017 D2 018 D当n为奇数时，ann2(n1)22n1，当n为偶数时，ann2(n1)22n1，所以a13，a25，a37，a49，故a1a22，a3a42，所以a1a2a3a2 01822 01822 018，故选D. 7(2018河南百校联盟模拟)已知正项数列an中，a11，a22,2a2na2n1a2n1(n2)，bn1anan1，记数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是() A.99 B.33 C42 D3 D2a2na2n1a2n1(n2)，数列a2n为等差数列，首项为1，公差为2213. a2n13(n1)3n2，an0，an3n2， bn1anan113n23n113(3n13n2)，故数列bn的前n项和为Sn13(41)(74)(3n13n2) 13(3n11)，则S3313(33311)3.故选D. 8(2018南阳模拟)设数列an的通项公式an1111211231123n(nN*)，若数列an的前n项积为Tn，则使Tn100成立的最小正整数n为() A9 B10 C11 D12 C因为1123n2(n1)n21n1n1，所以an211212131n1n12nn1，该数列的前n项积为Tn2n122334nn12nn1，由题意知2991100，210101100，211111100，使Tn100成立的最小正整数n为11，故选C. 二、填空题 9已知数列an的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn23an(nN*)，则an_. 23n1(nN*)因为2Sn23an， 所以2Sn123an1， 由，得2Sn12Sn3an13an， 所以2an13an13an，即an1an3. 当n1时，22S13a1，所以a12，所以数列an是首项为2，公比为3的等比数列， 所以an23n1(nN*) 10(2018晋城模拟)已知数列an的前n项和Sn，且Sn1Sn2an1，且a11，则an_. an1，n123n2，n2因为Sn1Sn2an1，所以SnSn12an，得an1an2an12an，(n2)，即an1an3，当n1时，(a1a2)a12a2.解得a22，an1，n1，23n2，n2. 11已知数列an前n项和为Sn，若Sn2an2n，则Sn_. n2n(nN*)由Sn2an2n得当n1时，S1a12；当n2时，Sn2(SnSn1)2n，即Sn2nSn12n11，所以数列Sn2n是首项为1，公差为1的等差数列，则Sn2nn，Snn2n(n2)，当n1时，也符合上式，所以Snn2n(nN*) 12设数列an的前n项和为Sn，若a212，Snkn21(nN*)，则数列1Sn的前n项和为_ n2n1令n1得a1S1k1，令n2得S24k1a1a2k112，解得k4，所以Sn4n21，1Sn14n211(2n1)(2n1)1212n112n1，则数列1Sn的前n项和为121131213151212n112n112112n1n2n1. 三、解答题 13(2016全国卷)等差数列an中，a3a44，a5a76. (1)求an的通项公式； (2)设bnan，求数列bn的前10项和，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，2.62. 解(1)设数列an的首项为a1，公差为d， 由题意有2a15d4，a15d3，解得a11，d25. 所以an的通项公式为an2n35. (2)由(1)知，bn2n35. 当n1,2,3时，12n352，bn1； 当n4,5时，22n353，bn2； 当n6,7,8时，32n354，bn3； 当n9,10时，42n355，bn4. 所以数列bn的前10项和为1322334224. 14已知等差数列an的公差d0，它的前n项和为Sn，若S570，且a2，a7，a22成等比数列， (1)求数列an的通项公式； (2)若数列1Sn的前n项和为Tn，求证：16Tn38. 解(1)由已知及等差数列的性质得S55a3， a314， 又a2，a7, a22成等比数列，所以a27a2a22. 所以(a16d)2(a1d)(a121d)且d0， 解得a132d，a16，d4. 故数列an的通项公式为an4n2，nN*. (2)由(1)得Snn(a1an)22n24n，1Sn12n24n141n1n2， Tn1411312141n1n2 38141n11n2. 又TnT13814121316， 所以16Tn38.20 20