1、第一部分专题3 第2讲题型对应题号1.分组转化法求和1,2,3,52.错位相减法求和6,10,143.裂项相消法求和8,9,11,154.数列的综合应用4,7,12,13 基础热身(建议用时：40分钟) 1已知数列an满足an1anan1(n2，nN*)，a11，a22，Sn为数列an的前n项和，则S2 024()A3 B2C1 D0A解析 因为an1anan1，a11，a22，所以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 0243370a2 023a2 024a1a23.故选A项2数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和S
2、n的值等于()An21 B2n2n1Cn21 Dn2n1A解析 由已知得Sn135(2n1)n21.故选A项314916(1)n1n2()A BC(1)n1 D以上均不正确C解析 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.故选C项4已知数列an的前n项和Snan1(a0)，则an()A一定是等差数列B一定是等比数列C或者是等差数列，或者是等比数列D既不可能是等差数列，也不可能是等比数列C解析 由Snan1(a0)，得 an即an当a1时，an0，数列an是一个常数列，也是等差数列；当a1时，数
3、列an是一个等比数列故选C项5数列1，(12)，(1222)，(12222n1)，的前n项和为()A2n1 Bn2nnC2n1n D2n1n2D解析 记an12222n12n1，所以Sna1a2a3an2112212n121222nnn2n12n.故选D项6设mN*，log2m的整数部分用F(m)表示，则F(1)F(2)F(1 024)的值是()A8 204 B8 192C9 218 D以上都不正确A解析 因为F(m)为log2m的整数部分，所以2nm2n11时，f(m)n，所以F(1)F(2)F(1 024)F(1)F(2)F(3)F(4)F(5)F(6)F(7)F(1 024)021422
4、kk29910.设S12222k2k929，则2S1228299210，得，S2222992109210210292102132，所以S2132，所以F(1)F(2)F(1 024)213128 204.故选A项7已知数列an的前n项和Sn32n，则数列an的通项公式为_.解析 因为Sn32n，所以n2时，anSnSn12n1，而n1时，a1S15不适合上式，所以an答案 an 8(2019广东深圳适应性考试)在数列an中，a1，an1an(nN*)，则a2 019的值为_.解析 因为an1an(nN*)，所以an1an，所以a2a11，a3a2，a2 019a2 018，各式相加，可得a2
5、019a11，a2 0191，所以a2 0191.答案 19(2019湖南十三校联考)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2ann.(1)证明：数列an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn.解析 (1)证明：由a1S12a11，得a11，当n2时，anSnSn1(2ann)(2an1n1)，即an2an11，所以an12(an11)(n2)，又a112，所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an12n，即an2n1.(2)由(1)知bn，则Tn1.10已知数列an的前n项和为Sn，Sn.(1)求an；(2)若bn(n1)an，且数列bn的前
6、n项和为Tn，求Tn.解析 (1)由已知可得2Sn3an1，所以2Sn13an11(n2)，得，2(SnSn1)3an3an1，化简得an3an1(n2)，在中，令n1，可得a11，所以数列an是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an3n1.(2)依题意，bn(n1)3n1，则Tn030131232(n1)3n1，则3Tn031132233(n1)3n，得，2Tn3132333n1(n1)3n(n1)3n.所以Tn. 能力提升(建议用时：25分钟) 11(2019福建质检)数列an中，a12，且anan12(n2)，则数列的前2 019项和为()A BC DB解析 因为anan12(n2)
7、，所以aa2(anan1)n，整理得(an1)2(an11)2n，所以(an1)2(an11)2(an11)2(an21)2(a21)2(a11)2n(n1)2，即(an1)2(a11)2n(n1)2，又a12，所以(an1)2，可得2，则数列的前2 019项和为22.故选B项12(2019四川百校模拟)定义在0，)上的函数f(x)满足：当0x2时，f(x)2xx2；当x2时，f(x)3f(x2)记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，an，并记相应的极大值为b1，b2，bn，则a1b1a2b2a20b20的值为()A193201 B193191C203191 D203201A解析
8、 由题意当0x2时，f(x)2xx2(x1)21，极大值点为1，极大值为1；当x2时，f(x)3f(x2)，则极大值点形成首项为1、公差为2的等差数列，极大值形成首项为1、公比为3的等比数列，故an2n1，bn3n1，故anbn(2n1)3n1，设Sa1b1a2b2a20b201133153239319,3S13133239320，两式相减得2S12(3132319)393201239320238320，所以S193201.故选A项13(2019广东六校联考)已知数列an满足a12a23a3nan(2n1)3n.设bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn(为常数，nN*)，则的最小值是()A B
9、C DC解析 a12a23a3nan(2n1)3n，当n2时，a12a23a3(n2)an2(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1，即an43n1(n2)当n1时，a134，所以anbn所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以的最小值是.故选C项14对于数列an，bn，Sn为数列an的前n项和，且Sn1(n1)Snann，a1b11，bn13bn2，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.解析 (1)因为Sn1(n1)Snann，所以an1an2n1，所以an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a1(2n1)(2n3)3
10、1n2，所以an的通项公式为ann2.由bn13bn2，得bn113(bn1)，所以bn1是等比数列，首项为b112，公比为3，所以bn123n1，所以bn的通项公式为bn23n11.(2)因为cn，所以Tn，则3Tn，得2Tn66.所以Tn.15已知等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和Tn.解析 (1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得SS1S4，即(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)由题意可知bn(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tn；当n为奇数时，Tn.所以Tn
