新课版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十六数列求和含解析

课时跟踪检测（三十六） 数列求和1(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()A3B2C1 D0解析：选Aan1anan1，a11，a22，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 018336×0a2 017a2 018a1a23.故选A.2在数列an中，若an1(1)nan2n1，则数列an的前12项和等于()A76 B78C80 D82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.3(2019·开封调研)已知数列an满足a11，an1·an2n(nN*)，则S2 018等于()A22 0181 B3×21 0093C3×21 0091 D3×21 0082解析：选Ba11，a22，又2，2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 018a1a2a3a4a5a6a2 017a2 018(a1a3a5a2 017)(a2a4a6a2 018)3×21 0093.故选B.4已知数列an的通项公式是an2n3n，则其前20项和为()A380B400C420 D440解析：选C令数列an的前n项和为Sn，则S20a1a2a202(1220)32×3×420.514916(1)n1n2()A. B C(1)n1 D以上均不正确解析：选C当n为偶数时，14916(1)n1n237(2n1)；当n为奇数时，14916(1)n1n2372(n1)1n2n2.综上可得，原式(1)n1.6(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()A. BC. D解析：选C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，Tn212，故T2 018，故选C.7已知数列an的前n项和Snn2n1，则数列的前n项和Tn_.解析：数列an的前n项和Snn2n1，Sn1n2n1(n2)，两式作差得到an2n(n2)故an(n2)，Tn.答案：8(2019·安徽十大名校联考)在数列an中，a12，a23，a34，an3(1)nan12(nN*)记Sn是数列an的前n项和，则S20的值为_解析：由题意知，当n为奇数时，an3an12，又a23，所以数列an中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2a4a6a2010×3×2120.当n为偶数时，an3an12，又a3a12，所以数列an中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1a3a5a17a19(a1a3)(a5a7)(a17a19)2×510，所以S2012010130.答案：1309(2019·益阳、湘潭调研)已知Sn为数列an的前n项和，若a12且Sn12Sn，设bnlog2an，则的值是_解析：由Sn12Sn可知，数列Sn是首项为S1a12，公比为2的等比数列，所以Sn2n.当n2时，anSnSn12n2n12n1，bnlog2an当n2时，所以112.答案：10(2019·大连模拟)设数列an的前n项和为Sn，已知a11，an13Sn1，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)记Tn为数列nan的前n项和，求Tn.解：(1)由an13Sn1，得当n2时，an3Sn11，两式相减，得an14an(n2)又a11，a24，4，所以数列an是首项为1，公比为4的等比数列，所以数列an的通项公式是an4n1(nN*)(2)Tn(1a1)(2a2)(3a3)(nan)(12n)(14424n1).11(2019·广州调研)已知数列an满足a14a242a34n1an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bnbn1的前n项和Tn.解：(1)当n1时，a1.因为a14a242a34n2an14n1an，所以a14a242a34n2an1(n2，nN*)，得4n1an(n2，nN*)，所以an(n2，nN*)当n1时也适合上式，故an(nN*)(2)由(1)得bn，所以bnbn1，故Tn.12已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.由，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn，由a2n6n2，b2n12×4n1，得a2nb2n1(3n1)×4n，故Tn2×45×428×43(3n1)×4n，4Tn2×425×438×44(3n4)×4n(3n1)×4n1，上述两式相减，得3Tn2×43×423×433×4n(3n1)×4n14(3n1)×4n1(3n2)×4n18.故Tn×4n1.所以数列a2nb2n1的前n项和为×4n1.