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    备战2024高考一轮复习数学(理) 课时验收评价(三十七) 数列求和 试卷

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    备战2024高考一轮复习数学(理) 课时验收评价(三十七) 数列求和

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    这是一份备战2024高考一轮复习数学(理) 课时验收评价(三十七) 数列求和,共5页。试卷主要包含了点全面广强基训练,重点难点培优训练等内容,欢迎下载使用。
    课时验收评价(三十七) 数列求和一、点全面广强基训练1.数列{an}的通项公式为an,若该数列的前k项之和等于9,则k(  )A80  B81C79  D82解析:B an,故Sn,令Sk9,解得k81,故选B.2.在数列{an}中,a1=-60an1an3,则|a1||a2||a30|(  )A495  B765  C1 080  D3 105解析:B 由a1=-60an1an3可得an3n63,则a210|a1||a2||a30|605730327765.3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a9a126a24,则数列的前10项和为(  )A.  B  C.  D解析:B 设等差数列{an}的公差为da9a126及等差数列的通项公式得a15d12a24,所以a12d2,所以Snn2n所以所以1.4.已知数列{an}满足an2an1an(nN*),其中a1a21.记数列{an}的前n项和为Sn,若S2 021m,则a2 023(  )Am1  Bm  Cm1  Dm2解析:C 由an2an1an(nN*),可得an1an2an(nN*)S2 021a1a2a3a4a2 021a1(a3a1)(a4a2)(a5a3)(a2 022a2 020)a2 022a2 021a2a2 023a2ma2 023S2 021a2m1.故选C.5.已知数列{an}的通项公式为an(1)n(2n1),则数列{an}的前n项和Sn________.解析:n2k(kN*)时,Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)(13)(57)[(2n3)(2n1)]2222kn;当n2k1(kN*)时,SnSn1an(n1)(2n1)=-n.综上,Sn(1)nn.答案:(1)nn6.设Sn是数列{an}的前n项和,且a11an1SnSn10,则Sn________,数列{SnSn1}的前n项和Tn________解析:an1Sn1Snan1SnSn10Sn1SnSnSn101.1是以1为首项,1为公差的等差数列,nSn.SnSn1Tn11.答案: 7(2021·新高考)已知数列{an}满足a11an1(1)bna2n,写出b1b2,并求数列{bn}的通项公式;(2){an}的前20项和.解:(1)由题意,得b1a2a112b2a4a31a2215.易得a2n2a2n11a2n1a2n2,所以a2n2a2n3,即bn1bn3,所以bn23(n1)3n1.(2)(1)可得a2n3n1a2n1a2n22bn123n2.所以a193×10228a203×10129.所以{an}的前20项的和为(a1a3a19)(a2a4a20)×10×10300.8.在bnan·3n1bnnN*,这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答问题.已知正项数列{an}的前n项和为Sna12aan2Sn2,数列{bn}满足________(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前n项和Tn.(1)n1时,aa12S122a12,即aa120,解得a12a1=-1(舍去)n2时,由aan2Sn2可得aan12Sn12上述两个等式作差得aaanan12an,即(anan1)(anan11)0nN*an>0,则anan11所以数列{an}为等差数列,且该数列的首项为2,公差为1因此an2n1n1.(2)若选,则bn(n1)·3n1,则Tn2·323·334·34(n1)·3n1所以3Tn2·333·34n·3n1(n1)·3n2上述两个等式作差得-2Tn2·32(33343n1)(n1)·3n218(n1)·3n2因此Tn若选bn所以Tn.二、重点难点培优训练1.已知{an}为等比数列,a1a2a3分别是下表第一、二、三行中的数,且a1a2a3中的任何两个数都不在下表的同一列,{bn}为等差数列,其前n项和为Sn,且a1b32b1S77a3. 第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{an}{bn}的通项公式;(2)cn[lg bn],其中[x]是高斯函数,表示不超过x的最大整数,如[lg 2]0[lg 98]1,求数列{cn}的前100项的和T100.解:(1)由题意知a12a24a38所以等比数列{an}的公比q2ana1qn12n.设等差数列{bn}公差为d,则2b32b12db1S77b47a3所以b48b13d,所以b12d2bn2n.(2)因为cn[lg(2n)]所以T100c1c2c100[lg 2][lg 4][lg 8][lg 10][lg 98][lg 100][lg 200]4×045×151×2147.2.已知数列{an}的前n项和为SnSn14annN*,且a14.(1)证明:{an12an}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)bnan1anbnlog2bn,这三个条件中任选一个补充在下面横线上,并加以解答.已知数列{bn}满足________,求{bn}的前n项和Tn.(1)证明:当n2时,因为Sn14an所以Sn4an1,两式相减得,an14an4an1,故an12an2(an2an1),当n1时,因为Sn14an,所以S24a1,又a14,故a212,于是a22a14所以{an12an}是以4为首项,2为公比的等比数列.所以an12an2n1,两边除以2n1得,12,所以是以2为首项,1为公差的等差数列.所以n1an(n1)·2n.(2)若选bnan1anbn(n2)·2n1(n1)·2n(n3)·2n所以Tn4×215×226×23(n3)·2n所以2Tn4×225×236×24(n3)·2n1两式相减得,-Tn4×21(2223242n)(n3)·2n18(n3)·2n1所以Tn(n2)·2n14.若选bnlog2,即bnlog2log22nlog2n所以Tnlog2log2log2(12n)log2log2(n1).若选bn,即bn4所以Tn4441.3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且nanSn成等差数列,bn2log2(1an)1.(1)证明数列{an1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn},求c1c2c100的值.(1)证明:因为nanSn成等差数列,所以Snn2an,从而Sn1(n1)2an1(n2)两式相减得an12an2an1,所以an12(an11)(n2)又当n1时,S112a1,所以a11,所以a112故数列{an1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an12·2n12n,即an2n1.(2)根据(1)求解知,bn2log2(12n1)12n1b11,所以bn1bn2,所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列.又因为a11a23a37a415a531a663a7127a8255b64127b106211b107213所以c1c2c100(b1b2b107)(a1a2a7)[(212227)7]7107228911 202.

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