江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十一数列求和理含解析苏教版.pdf
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1、课时跟踪检测(三十一) 数列求和课时跟踪检测(三十一) 数列求和 一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1 (2019镇江调研)已知是等差数列,Sn为其前n项和, 若a3a78, 则S9_.an 解析:在等差数列中,由a3a78,an 得a1a98, 所以S936. a1a9 9 2 8 9 2 答案:36 2数列12n1的前n项和为_ 解析:由题意得an12n1, 所以Snnn2n1. 12n 12 答案:n2n1 3数列an的通项公式是an(1)n(2n1),则该数列的前 100 项之和为_ 解析:根据题意有S1001357911197199250100. 答案:100 4(2018泰州期末)已
2、知数列的通项公式为ann2n1,前n项和为Sn,则Snan _. 解析:ann2n1, Sn1122322n2n1, 2Sn12222323n2n, 两式相减可得Sn12222n1n2nn2n, 12n 12 化简可得Sn(n1)2n1. 答案:(n1)2n1 5 已 知 等 比 数 列的 公 比q 1, 且a5a1 30,a4a2 12, 则 数 列an 的前n项和为_ an an1an11 解析:因为a5a130,a4a212, 所以a1(q41)30,a1(q3q)12, 两式相除,化简得 2q25q20, 解得q 或 2, 1 2 因为q1, 所以q2,a12. 所以an22n12n.
3、 所以 an an1an11 2n 2n12n11 , 1 2n1 1 2n11 所以Tn1 1. 1 3 1 3 1 7 1 2n1 1 2n11 1 2n11 答案:1 1 2n11 6若数列an满足an(1)nan1n(n2),Sn是an的前n项和,则S40_. 解析:当n2k时,即a2ka2k12k, 当n2k1 时,即a2k1a2k22k1, 当n2k1 时,即a2k1a2k2k1, 得a2ka2k24k1, 得a2k1a2k11, S40(a1a3a5a39)(a2a4a6a8a40)110(71523 79)10440. 10779 2 答案:440 二保高考,全练题型做到高考达
4、标 1在数列an中,若a12,且对任意正整数m,k,总有amkamak,则an的前n 项和Sn_. 解析:依题意得an1ana1,即有an1ana12,所以数列an是以 2 为首项、2 为公差的等差数列,an22(n1)2n,Snn2n. n22n 2 答案:n2n 2 已知数列an中,an4n5, 等比数列bn的公比q满足qanan1(n2)且b1 a2,则|b1|b2|b3|bn|_. 解析:由已知得b1a23,q4, 所以bn(3)(4)n1, 所以|bn|34n1, 即|bn|是以 3 为首项,4 为公比的等比数列 所以|b1|b2|bn|4n1. 314n 14 答案:4n1 3已知
5、数列 5,6,1,5,该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 16 项之和S16_. 解析 : 根据题意这个数列的前 7 项分别为 5,6,1,5,6,1,5,6,发现从第 7 项起, 数列重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为 6,前 6 项和为 561(5)(6)( 1)0. 又因为 16264,所以这个数列的前 16 项之和S162077. 答案:7 4 对于数列an, 定义数列an1an为数列an的 “差数列” , 若a12, 数列an的 “差 数列”的通项为 2n,则数列an的前n项和Sn_. 解析 : 因为an1an2n, 所以an(anan1)
6、(an1an2)(a2a1)a12n1 2n2222222n222n,所以Sn2n12. 22n 12 22n1 12 答案:2n12 5 (2019宿迁调研)已知数列中,a11,a23, 若an22an1an0 对任意nN*an 都成立,则数列的前n项和Sn_.an 解析:a11,a23,an22an1an0, an2an1(an1an),a2a14. 则数列是首项为 4,公比为1 的等比数列,an1an an1an4(1)n1. 当n2k1 时,a2ka2k14(1)2k24. Sn(a1a2)(a3a4)(a2k1a2k)4k2n. 当n2k时,a2k1a2k4. Sna1(a2a3)(
7、a2k2a2k1) 14(k1)54k5432n. n1 2 SnError! 答案:Error! 6在等差数列an中,首项a13,公差d2,若某学生对其中连续 10 项进行求和, 在漏掉一项的前提下,求得余下 9 项的和为 185,则此连续 10 项的和为_ 解析:由已知条件可得数列an的通项公式an2n1,设连续 10 项为ai1,ai2, ai3,ai10,iN,设漏掉的一项为aik,1k10,由aik ai1ai10 10 2 185, 得(2i32i21)52i2k1185, 即 18i2k66, 即 9ik33, 所以 349ik 3343,3i5,所以i4,此时,由 3633k得
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