1、课时跟踪检测(三十二)数 列 求 和(分、卷，共2页)第卷：夯基保分卷1(2013徐州、宿迁三检)已知Sn是等差数列an的前n项和，若S77，S1575，则数列的前20项和为_2(2013苏北四市三调)数列an满足anan1(nN*)，a1，Sn是an的前n项和，则S2 014_.3(2014东城一模)已知函数f(n)n2cos n，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100_.4已知数列an的前n项和Snn26n，则|an|的前n项和Tn_.5已知数列an满足anan1(nN*)，a1，Sn是数列an的前n项和，则S2 013_.6.对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列
2、”，若a12，an的“差数列”的通项公式为2n，则数列an的前n项和Sn_.7(2013徐州、宿迁三检)已知数列an满足a1a2(a0)，an1 ，nN*.(1)若a0，求数列an的通项公式；(2)设bn|an1an|，数列bn的前n项和为Sn，求证：Sn0)的图像上若点Bn的坐标为(n,0)(n2，nN*)，矩形AnBnCnDn的周长记为an，则a2a3a10_.3(2014苏中三市、连云港、淮安调研(二)已知数列an是首项为1，公差为d的等差数列，数列bn是首项为1，公比为q(q1)的等比数列(1)若a5b5，q3，求数列anbn的前n项和；(2)若存在正整数k(k2)，使得akbk，试比
3、较an与bn的大小，并说明理由4(2014连云港质检)已知数列an中，a2a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足Sn(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若a2，且aSn11，求m，n的值；(3)是否存在实数a，b，使得对任意正整数p，数列an中满足anbp的最大项恰为第3p2项？若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由答 案第卷：夯基保分卷1解析：由条件得解得从而Sn2n，则，即数列是以2为首项，为公差的等差数列，故所求数列的前20项和为2055.答案：552解析：由题意得数列an的各项为，1，1，以2为周期的周期数列，所以S2 0141 007.答案：3解析：f(n)n
4、2cos n(1)nn2，由anf(n)f(n1)(1)nn2(1)n1(n1)2(1)nn2(n1)2(1)n1(2n1)，得a1a2a3a1003(5)7(9)199(201)50(2)100.答案：1004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答案：5解析：由题意知，a1，a21，a3，a42，a5，a63，所以数列an的奇数项构成了首项为，公差为1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S2 013.答案：6解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12
5、n12n2222222n222n.Sn2n12.答案：2n127解：(1)若a0，则a12，an1 ，所以2aan，且an0.两边取对数得lg 22lg an1lg an，即lg an1lg 2(lg anlg 2)，因为lg a1lg 22lg 2，所以数列lg anlg 2是以2lg 2为首项，为公比的等比数列所以lg anlg 22()n1lg 2，所以an222n1.(2)证明：由an1得2aana，当n2时，2aan1a，得2(an1an)(an1an)anan1，由已知an0，所以an1an与anan1同号因为a2，且a0，所以aa(a2)2(a1)a23a30恒成立，所以a2a1
6、0，所以an1an0.因为bn|an1an|，所以bn(an1an)，所以Sn(a2a1)(a3a2)(an1an)(an1a1)a1an10.因为121278，所以表中第1行至第12行共含有数列bn的前78项，故b81在表中第13行第三列，因此b81a13q2.又因为a13，所以q2.记表中第k(k3)行所有项的和为S，则S(k3)第卷：提能增分卷1解析：正整数组中每组的中间数依次为1,3,7,13，第n组中中间一个数为(n1)n1，故由等差数列性质可知An(n1)n1(2n1)，即An2n33n23n1.而自然数的立方构成的数组中Bnn3(n1)33n23n1，所以AnBn2n3.答案：2
7、n32解析：由题意知Bn(n,0)，Cn(n，n)，又CnDn与x轴平行，所以Dn(，n)，An(，0)，所以an2(AnBnAnDn)4n，故a2a3a104216.答案：2163解：(1)依题意，bn3n1，a5b5b1q5113481，故d20，所以an120(n1)20n19.故Sn112134132(20n19)3n1，则3Sn132132(20n39)3n1(20n19)3n，所以2Sn120(3323n1)(20n19)3n120(20n19)3n(2920n)3n29，所以Sn.(2)因为akbk，所以1(k1)dqk1，即d，故an1(n1)，又bnqn1，所以bnanqn1
8、(k1)(qn11)(n1)(qk11)(k1)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3q1)当1nk时，由q1知bnan(kn)(qn2qn3q1)(n1)(qk2qk3qn1)(kn)(n1)qn2(n1)(kn)qn10，即bnan；当nk时，由q1知bnan(k1)(qn2qn3qk1)(nk)(qk2qk3q1)(k1)(nk) qk1(nk)(k1)qk2(q1)2(nk)qk20，即bnan.综上所述，当1nk时，anbn；当nk时，anbn；当n1，k时，anbn.4解：(1)由已知得a1S10，所以Sn，则Sn1，所以2(Sn1Sn)(n1)an1nan，即(n1)an1n
9、an，nN*，所以nan2(n1)an1，两式相减得2an1an2an，nN*，即an2an1an1an，nN*，故数列an是等差数列又a10，a2a，所以an(n1)a.(2)若a2，则an2(n1)，所以Snn(n1)由aSn11得n2n11(m1)2，即4(m1)2(2n1)243，所以(2m2n3)(2m2n1)43，因为43是质数，2m2n32m2n1,2m2n30，所以解得(3)由anbp得a(n1)bp.若a0，则n1，不合题意，舍去；若a0，则n1.因为不等式anbp成立的最大正整数解为3p2，所以3p213p1，即2ab(3a1)p3ab，对任意正整数p都成立所以3a10，解得a，此时b01b，解得b1.故存在实数a，b满足条件，且a，b.