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1、 A 组 小题提速练 1(等差数列求和，等比数列性质)公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S832，则S10等于()A18 B24 C60 D90 解析：设数列an的公差为d(d0)，由a24a3a7，得(a13d)2(a12d)(a16d)，故 2a13d0，再由S88a128d32，得 2a17d8，则d2，a13，所以S1010a145d60.答案：C 2(一元二次不等式及等差数列性质)已知等差数列an的公差为d，关于x的不等式dx22a1x0 的解集为0,9，则使数列an的前n项和Sn最大的正整数n的值是()A4 B5 C6 D7 解析：关于x的不等
2、式dx22a1x0 的解集为0,9，0,9 是一元二次方程dx22a1x0 的两个实数根，且d0，a612d0，得n23.5，所以使akak10 的k值为 23.答案：D 6 (数 列 项 的 概 念 及 求 和)已 知 数 列 an 满 足a1 1，an 1 2ann为正奇数，an1n为正偶数，则其前 6 项之和为()A16 B20 C33 D120 解析：a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以前 6 项和S6123671433，故选 C.答案：C 7(等差数列奇偶项问题)已知某等差数列共有 2n1 项，其奇数项之和为 630，偶数项之和为 600，则此
3、数列的项数为()A40 B41 C45 D46 解析：奇数项之和S1a1a2n1n12630，偶数项之和S2a2a2nn2600，S1S2a1a2n1n12a2a2nn2n1n630600，n20，2n141，故选 B.答案：B 8(等比数列奇偶项问题)已知一个等比数列首项为 1，项数是偶数，其奇数项之和为 341，偶数项之和为 682，则这个数列的项数为()A4 B6 C8 D10 解析：设该等比数列的前n项和为Sn.一个等比数列首项为 1，项数是偶数，其奇数项之和为 341，偶数项之和为 682，公比q6823412，Sn112n12341682，解得n10.故选 D.答案：D 9(奇偶分
4、段型)已知函数f(n)n2，n为奇数，n2，n为偶数，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a2 020()A2 019 B2 020 C2 019 D2 020 解析：a2k1f(2k1)f(2k)(2k1)2(2k)214k，kN*.a2kf(2k)f(2k1)(2k)2(2k1)24k1，kN*.a2k1a2k2.a1a2a3a2 02021 0102 020.故选 D.答案：D 10(正余弦型数列问题)已知数列bn满足b11，b24，bn21sin2 n2bncos2 n2，则该数列的前 23 项的和为()A4 194 B4 195 C2 046 D2 047 解析：b11，b24，
5、bn21sin2 n2bncos2 n2，当n为奇数时，bn22bn，数列为以 2 为公比的等比数列，当n为偶数时，bn2bn1，数列为以 1 为公差的等差数列，S23(b1b3b23)(b2b4b22)1212121141111121212144554 194，故选 A.答案：A 11(隔项成等比)已知数列an，bn满足a11，且an，an1是函数f(x)x2bnx2n的两个零点，则b8()A24 B32 C48 D64 解析：由已知得anan12n，an1an22n1，两式相除得an2an2.a1，a3，a5，成等比数列，a2，a4，a6，成等比数列 又a11，a22，a822316，a9
6、12416，又anan1bn，所以b8a8a932.故选 B.答案：B 12(数列的奇偶项)已知数列an的通项公式为an(1)n(2n1)cosn21(nN*)，其前n项和为Sn，则S60()A30 B60 C90 D120 解析：由题意可得，当n4k3(kN*)时，ana4k31；当n4k2(kN*)时，ana4k268k；当n4k1(kN*)时，ana4k11；当n4k(kN*)时，ana4k8k.a4k3a4k2a4k1a4k8，S60815 120.答案：D 13(递推关系与等差数列)若数列an满足1an12an1an，且a13，则an_.解析：由1an12an1an，得1an11an
7、2，数列1an是首项为13，公差为 2 的等差数列 1an13(n1)22n53，an36n5.答案：36n5 14(递推关系与等比数列)(2019高考全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和若a113，a24a6，则S5_.解析：由a24a6得(a1q3)2a1q5，整理得q1a13.S513135131213.答案：1213 15(递推Sn与an，及等差数列)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析：因为an1Sn1Sn，所以Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，所以1Sn1Sn11，所以1Sn是等差数列，且公差为1，而1S11a11，所以1Sn1(n1)
8、(1)n，所以Sn1n.答案：1n 16(数列求和)已知正实数x，y满足 lg xlg y8，且Snlg xnlg(xn1 y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，nN*，则Sn_.解析：因为 lg xlg y8，所以 lg(xy)8，因为Snlg xnlg(xn1y)lg(xn2y2)lg(xyn1)lg yn，所以Snlg ynlg(xyn1)lg(xn2y2)lg(xn1y)lg xn，以上两式相加得 2Sn(lg xnlg yn)lg(xn1y)lg(xyn1)(lg ynlg xn)lg(xnyn)lg(xn1yxyn1)lg(ynxn)nlg(xy)lg(xy)lg(xy
9、)n(n1)lg(xy)8n(n1)，故Sn4n(n1)答案：4n(n1)B 组 大题规范练 1(递推关系求通项、分组求和)已知数列an满足an0，a11，n(an12an)2an.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列ann3n5 的前n项和Sn.解析：(1)因为n(an12an)2an，故an12n1nan，得an1n12ann；设bnann，所以bn12bn，an0，bn0，bn1bn2.又因为b1a111，所以数列bn是以 1 为首项，公比为 2 的等比数列，故bn12n12n1ann，故ann2n1.(2)由(1)可知，ann3n52n13n5，故Sn(20315)(21325)(
10、2n13n5)(20212n1)3(12n)5n 2n3n27n21.2(等差、等比混合数列、裂项法求和)等差数列an的前n项和为Sn，数列bn是等比数列，满足a13，b11，b2S210，a52b2a3.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)令cn 2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列cn的前n项和Tn，求T2n.解析：(1)设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，由b2S210，a52b2a3，得 q6d10，34d2q32d，解得 d2，q2，所以an32(n1)2n1，bn2n1.(2)由a13，an2n1 得Snn(n2)，则n为奇数，cn2Sn1n1n2，n为偶数，cn2n
11、1.所以T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)113131512n112n1(22322n1)112n1214n14 2n2n123(4n1)3(等差数列Sn与an的关系，裂项法求和)在各项均为正数的数列an中，前n项和Snan122.(1)求数列an的通项公式；(2)若1a1a21a2a31anan10，所以anan12，又S1a1122a1，所以a11，所以数列an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以an2n1.故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知anan1 2，所 以1a1a21a2a3 1anan1121a11a21a21a31an1an1121a11an11
12、2112n112，所以k12.故实数k的取值范围为12，.4(递推关系与通项、错位相减法求和)若数列an满足a11a23an2n1944n15n.(1)求通项公式an.(2)求数列an的前n项和 解析：(1)因为a11a23an2n1944n15n，所以当n2 时，a11a23an12n3944n5n1，两式相减得：an2n14n5n14n15n4n5n，所以an(2n1)45n(n2)，又因为a11941651920不满足上式，所以an 1920，n1，2n145n，n2.(2)当n2 时，Sn1920345254537454(2n1)45n，45Sn192534535454(2n3)45n(2n1)45n1，两式相减得15Sn191004825245345445n(2n1)45n1 173100245345n1145(2n1)45n1173100128251045n1(2n1)45n113720(2n9)45n1，所以Sn1374(10n45)45n1(n2)当n1 时也符合上式，所以Sn1374(10n45)45n1.