1、专题层级快练专题层级快练(三十九三十九) (第一次作业) 1数列12n 1的前 n 项和为( ) A12n B22n Cn2n1 Dn22n 答案 C 2数列(1)n(2n1)的前 2 020 项和 S2 020等于( ) A2 020 B2 020 C2 019 D2 019 答案 B 解析 S2 0201357(22 0191)(22 0201)222,1 010 个 2 相加2 020.故选 B. 3在数列an中，已知对任意 nN*，a1a2a3an3n1，则 a12a22a32an2 等于( ) A(3n1)2 B.1 2(9 n1) C9n1 D.1 4(3 n1) 答案 B 解析
2、因为 a1a2an3n1，所以 a1a2an13n 11(n2)则 n2 时，a n 2 3n 1. 当 n1 时，a1312，适合上式，所以 an2 3n 1(nN*) 则数列an2是首项为 4，公比为 9 的等比数列，a12an24（19 n） 19 1 2(9 n1)故选 B. 4已知数列an的通项公式是 an2 n1 2n ，其前 n 项和 Sn321 64 ，则项数 n 等于( ) A13 B10 C9 D6 答案 D 解析 an2 n1 2n 1 1 2n，Snn 1 2 1 22 1 2n n1 1 2n. 而321 64 5 1 64，n1 1 2n5 1 64.n6. 5若数
3、列an，bn满足 anbn1，ann23n2，则bn的前 10 项之和为( ) A.1 3 B. 5 12 C.1 2 D. 7 12 答案 B 解析 bn 1 an 1 （n1）（n2） 1 n1 1 n2，S10b1b2b3b10 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4 1 5 1 11 1 12 1 2 1 12 5 12. 6Sn 1 221 1 421 1 （2n）21_ 答案 n 2n1 解析 通项 an 1 （2n）21 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 ， Sn1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1) 1 2 1 1 2n1 n 2n
4、1. 7已知数列an的前 n 项和 Snn26n，则|an|的前 n 项和 Tn_ 答案 6nn2 （1n3）， n26n18 （n3） 解析 由 Snn26n，得an是等差数列，且首项为5，公差为 2. an5(n1)22n7. n3 时，an3 时，an0. Tn 6nn2 （1n3）， n26n18 （n3）. 8已知数列an满足 an12an4.若首项 a12，则数列an的前 9 项和 S9_ 答案 986 解析 因为 an12an4，所以 an142(an4)，故an4是以 a142 为首项，2 为公 比的等比数列，所以 an42n，即 an2n4. Sna1a2an(214)(22
5、4)(2n4)(21222n)4n2（12 n） 12 4n2n 124n，所以 S 92 10249986. 9 (2017 课标全国， 理)等差数列an的前 n 项和为 Sn， a33， S410， 则 n k1 1 Sk_ 答案 2n n1 解析 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，依题意， a12d3， 4a16d10，解得 a11， d1， 所以 Snn（n1） 2 ， 1 Sn 2 n（n1）2 1 n 1 n1 .因此 n k1 1 Sk2(1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1) 2n n1. 10(2015 课标全国)Sn为数列an的前 n 项和，已知 an0，a
6、n22an4Sn3. (1)求an的通项公式； (2)设 bn 1 anan1，求数列bn的前 n 项和 答案 (1)an2n1 (2)Tn n 3（2n3） 解析 (1)由 an22an4Sn3，可知 an122an14Sn13. 可得 an12an22(an1an)4an1，即 2(an1an)an12an2(an1an)(an1an) 由于 an0，可得 an1an2. 又 a122a14a13，解得 a11(舍去)或 a13. 所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an2n1. (2)由 an2n1 可知 bn 1 anan1 1 （2n1）（2n3） 1 2 1
7、2n1 1 2n3 . 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn 1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 n 3（2n3）. 11(2020 郑州市第一次质量预测)已知数列an为等比数列，首项 a14，数列bn满足 bn log2an，且 b1b2b312. (1)求数列an的通项公式； (2)令 cn 4 bnbn1an，求数列cn的前 n 项和 Sn. 答案 (1)an4n (2)Sn n n1 4 3(4 n1) 解析 (1)由 bnlog2an和 b1b2b312，得 log2(a1a2a3)12，a1a2a3212. 设等比数列an的公比为 q，
8、 a14，a1a2a34 4q 4q226q3212，计算得 q4. an4 4n 14n. (2)由(1)得 bnlog24n2n，cn 4 2n 2（n1）4 n 1 n（n1）4 n1 n 1 n14 n. 设数列 1 n（n1） 的前 n 项和为 An，则 An11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 n n1， 设数列4n的前 n 项和为 Bn，则 Bn4（14 n） 14 4 3(4 n1)， Sn n n1 4 3(4 n1) 12已知数列an为等比数列，Tnna1(n1)a2an，且 T11，T24. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列Tn的通项公式 答案 (1)an
9、2n 1 (2)T n2 n1n2 解析 (1)T1a11，T22a1a22a24，a22. 等比数列an的公比 qa2 a12. an2n 1. (2)方法一：Tnn(n1) 2(n2) 221 2n 1， 2Tnn 2(n1)22(n2)231 2n， ，得 Tnn2222n 12nn2（12 n） 12 n2n 122n1n2. 方法二：设 Sna1a2an，Sn122n 12n1. Tnna1(n1)a22an1an a1(a1a2)(a1a2an) S1S2Sn(21)(221)(2n1) (2222n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 13(2020 太原二模)已知数列an
10、的前 n 项和 Sn2n 12，数列b n满足 bnanan 1(nN *) (1)求数列bn的通项公式； (2)若 cnlog2an(nN*)，求数列bncn的前 n 项和 Tn. 答案 (1)bn32n (2)Tn3(n1)2n 16 解析 (1)当 n1 时，a1S12，当 n2 时，anSnSn12n， 又 a12 满足上式，an2n(nN*)，bnanan132n. (2)由(1)得 an2n，bn32n，cnlog2ann，bncn3n2n， Tn3(12222323n2n)， 2，得 2Tn3(122223324n2n 1)， ，得Tn3(2222nn2n 1)3(1n)2n12
11、，T n3(n1)2 n 16. (第二次作业) 1数列 1，(12)，(1222)，(12222n 1)，的前 n 项之和为( ) A2n1 Bn2nn C2n 1n D2n 1n2 答案 D 解析 记 an12222n 12n1，S n2 （2 n1） 21 n2n 12n. 2(2019 宁夏银川一中模拟)已知数列 2 008，2 009，1，2 008，2 009，.这个数列的 特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 018 项之和 S2 018 等于( ) A2 008 B4 017 C1 D0 答案 B 解析 由已知得 anan1an1(n2)，an1a
12、nan1. 故数列的前 8 项依次为 2 008，2 009，1，2 008，2 009，1，2 008，2 009. 由此可知该数列为周期数列，周期为 6，且 S60. 2 01863362，S2 018S22 0082 0094 017. 3(2015 江苏)数列an满足 a11，且 an1ann1(nN*)，则数列 1 an 的前 10 项和为 _ 答案 20 11 解析 由题意得当 n2 时， an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn1 21n（n1） 2 ，且 a11 符合上式， 所以1 an2 1 n 1 n1 ，Sn2 1 1 n1 2n n1，S10 20 11.
13、 4(2020 重庆一中模拟)数列an的通项公式 anncosn 2 1，前 n 项和为 Sn，则 S2 020 _ 答案 3 030 解析 anncosn 2 1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k3 a4k46，kN，S2 020505(a1a2a3a4)50563 030. 5(2020 江苏苏州调研)已知数列an满足 an1an(1an1)，a11，数列bn满足 bnanan 1，则数列bn的前 10 项的和 S10_ 答案 10 11 解析 由 an1an(1an1)，得 1 an1 1 an1，因此数列 1 an 是以 1 a11 为首项，1 为公差的等
14、 差数列，所以 1 ann，即 an 1 n，bnanan1 1 n（n1） 1 n 1 n1，所以 S10b1b2 b10 11 2 1 2 1 3 1 10 1 11 1 1 11 10 11. 6(2019 衡水中学调研)已知数列an满足 a11，an1an2n(nN*)，则 S2 016_ 答案 321 0083 解析 依题意，得 an1an2n，an1an22n 1，则an1an2 anan1 2，即an 2 an 2， 所以数列 a1，a3，a5，a2k1，是以 a11 为首项，2 为公比的等比数列；数列 a2，a4， a6，a2k，是以 a22 为首项，2 为公比的等比数列，则
15、S2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)12 1 008 12 2（12 1 008） 12 321 0083. 7(2020 皖南八校联考)已知数列an满足 a11，a23，且 an2an2(1)n，则该数列 的前 n 项和 Sn_ 答案 n 2n 2 ，n为奇数， n22n 2 ，n为偶数 解析 由 an2an2(1)n，令 n2k1(kN*)，得 a2k1a2k11，所以a2k1是首项 为 1，公差为 1 的等差数列；令 n2k(kN*)，得 a2k2a2k3，所以a2k是首项为 3，公 差为 3 的等差数列 当 n 为奇数时，Sn(a1a3a5an)(a2a
16、4a6an1) 1n 2 1 1n 2 1n 2 1 2 1n1 2 3 n1 2 n1 2 1 2 3n 2n 2 ； 当 n 为偶数时，Sn(a1a3a5an1)(a2a4a6an)n 21 n 2 n 21 2 1n 2 3 n 2 n 21 2 3n 22n 2 . 所以 Sn n 2n 2 ，n为奇数， n22n 2 ，n为偶数. 8(2017 课标全国)设数列an满足 a13a2(2n1)an2n. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列 an 2n1 的前 n 项和 答案 (1)an 2 2n1 (2) 2n 2n1 解析 (1)因为 a13a2(2n1)an2n，故当 n2
17、 时， a13a2(2n3)an12(n1) 两式相减得(2n1)an2，所以 an 2 2n1(n2) 又由题设可得 a12，满足上式 从而an的通项公式为 an 2 2n1. (2)记 an 2n1 的前 n 项和为 Sn.由(1)知 an 2n1 2 （2n1）（2n1） 1 2n1 1 2n1. 则 Sn1 1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 2n 2n1. 9(2020 长沙市高三统一考试)已知数列an的首项 a13，a37，且对任意的 nN*，都有 an2an1an20，数列bn满足 bna2n1，nN*. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)求使 b1b2b
18、n2 020 成立的最小正整数 n 的值 答案 (1)an2n1 bn2n1 (2)10 解析 (1)令 n1，得 a12a2a30，解得 a25. 又由 an2an1an20 知，an2an1an1ana2a12， 故数列an是首项 a13，公差 d2 的等差数列， 于是 an2n1，bna2n12n1. (2)由(1)知，bn2n1. 于是 b1b2bn(21222n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 令 f(n)2n 1n2，易知 f(n)是关于 n 的单调递增函数， 又 f(9)210921 031， f(10)2111022 056， 故使 b1b2bn2 020 成立的最小
19、正整数 n 的值是 10. 10(2020 重庆抽测二)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a12，an1Sn(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn(n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn. 答案 (1)an 2，n1 2n 1，n2 (2)Tn(n2)2 n2 解析 (1)an1Sn(nN*)，Sn1SnSn，Sn 1 Sn 2. 又 S1a12，数列Sn是首项为 2，公比为 2 的等比数列，Sn2n(nN*) 当 n2 时，anSnSn12n 1(n2)，a n 2，n1， 2n 1，n2. (2)Tn0a11a22a3(n1)an， 当 n1 时，T10. 当 n2
20、 时，Tn12222323(n1)2n 1， 2Tn122223324(n2)2n 1(n1)2n， ，得Tn222232n 1(n1)2n2（12 n1） 12 (n1)2n (2n)2n2. Tn(n2)2n2(n2) 又 T10 也满足上式，Tn(n2)2n2. 11数列an满足 a11，nan1(n1)ann(n1)(nN*) (1)证明：数列 an n 是等差数列； (2)设 bn3n an，求数列bn的前 n 项和 Sn. 答案 (1)略 (2)Sn（2n1） 3 n13 4 解析 (1)证明：由题意，得 an1 n1 an n1，即 an1 n1 an n1， 所以 an n 是
21、以a1 11 为首项，1 为公差的等差数列 (2)由(1)得an n1(n1) 1n，所以 ann 2. 所以 bnn 3n. Sn131232333n 3n， 3Sn132233(n1) 3nn 3n 1. ，得2Sn31323nn 3n 13（13 n） 13 n 3n 1（12n） 3 n13 2 . 所以 Sn（2n1） 3 n13 4 . 12(2020 云南省曲靖市复习统一检测)已知函数 f(x)2 019sin x 4 (xR)的所有正数 零点构成递增数列an (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2n an3 4 ，求数列bn的前 n 项和 Tn. 答案 (1)ann3
22、4(nN *) (2)Tn(n1) 2n 12 解析 (1)由 f(x)2 019sin x 4 0，得x 4 k(kZ)，解得函数 f(x)的全部零点 为 xk1 4(kZ) 因为函数 f(x)的全部正数的零点构成等差数列an，所以其首项等于1 4，公差等于 1，则an 的通项公式为 ann3 4(nN *) (2)由(1)知 bn2n an3 4 n 2n，则 Tn121222323(n1) 2n 1n 2n， 2Tn122223324(n1) 2nn 2n 1， 由，得Tn2122232nn 2n 12（12 n） 12 n 2n 1(1n) 2n12，所 以 Tn(n1) 2n 12.
