《2021高考一轮复习:6.4数列求和达标训练(配套)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2021高考一轮复习:6.4数列求和达标训练(配套)(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、6.4 数列求和一、选择题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()A80B81C79D822数列1,2,3,4,的前n项和为()A.(n2n2) B.n(n1)1C.(n2n2) D.n(n1)23已知数列an的通项公式是an(1)n(3n2),则a1a2a10()A15 B12 C12 D154. (2020届河北辛集中学高三9月月考)数列an的通项公式是an,若前n项和为10,则项数n为()A120 B99 C110 D1215已知数列an,若an1anan2(nN*),则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”,且b11,b22,则数列bn的前2 020项和
2、为()A5 B.5 C0 D46(多选题)已知数列an:,.若bn,设数列bn的前n项和为Sn,则()Aan BannCSn DSn7(2020届贵州贵阳高三8月月考)定义为n个正数u1,u2,u3,un的“快乐数”若已知正项数列an的前n项的“快乐数”为,则数列 的前2 019项和为()A. B.C. D. 8在数列an中,a11,a22,an2an1(1)n,则S100()A2 500 B2 600C2 700 D2 8009已知等比数列an满足an0,n1,2,且a5a2n522n(n3),则当n1时, log2a1log2a3log2a2n1()An2 B(n1)2Cn(2n1) D(
3、n1)210已知数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,且an0,6Sna3an,bn .若kTn恒成立,则k的最小值为()A. B. C49 D. 二、填空题11(2020届四川仁寿一中等西南四省八校高三9月联考)已知公比为整数的等比数列an的前n项和为Sn,且a24,S314,若bnlog2an,则数列的前100项和为_12数列an满足a11,an12an1,且an的前n项和为Sn,则Sn_13数列an满足anan1(nN*),且a11,Sn是数列an的前n项和,则S21_14在各项均为正数的等比数列an中,a3a18,当a4取最小值时,则数列na的前n项和为_三、解答题15(2020届
4、河南南阳第一中学高三上学期第二次开学考试)已知数列an的前n项和为Sn,且Snn2n1.(1)求数列an的通项公式;(2)若bnan2n,求数列bn的前n项和Tn.16(2020届安徽合肥一中、安庆一中等六校教育研究会高三第一次素质测试)已知正项数列an的前n项和Sn满足2Snaan2.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn(nN*),求数列bn的前n项和Tn.参考答案1B解析: an,故Sn,令Sk9,解得k81,故选B.2A解析:ann,Sn12n(123n)n(n1)1(n2n2).故选A.3A解析:an(1)n(3n2),a1a2a10147102528(14)(710)(2528)
5、3515.故选A.4A解析:数列an的通项公式是an,前n项和为10,a1a2an10,即(1)()110,解得n120.故选A.5B解析:由“凸数列”的定义及b11,b22,得b33,b41,b52,b63,b71,b82,数列bn是周期为6的周期数列,且b1b2b3b4b5b60,于是数列bn的前2 020项和等于b1b2b3b45.6AC解析:由题意得an,bn4,数列bn的前n项和Snb1b2b3bn44.故选AC.7B解析:设Sn为数列an的前n项和由“快乐数”定义可知,即Sn3n2n.当n1时, a1S14;当n2且nN*时,anSnSn16n2.经验证可知a14满足an6n2,a
6、n6n2(nN*),数列的前2 019项和为1.故选B.8B解析:当n为奇数时,an2an0,所以an1;当n为偶数时,an2an2,所以ann,故an所以S100502 600.故选B.9A解析:设等比数列an的首项为a1,公比为q,则由a5a2n522n(n3),得 a1q4a1q2n622n(n3),即(a1qn1)222n(n3),得(an)222n(n3)因为an0,所以an2n(n3),所以a525.又a5a126,所以a12,所以an2n,所以log2a1log2a3log2a2n1log2(a1a3a2n1)log2(22322n1)log22132n1132n1n2.故选A.
7、10B解析:当n1时,6a1a3a1,解得a13.当n1时,由6Sna3an,得6Sn1a3an1,两式相减并化简得(anan1)(anan13)0.因为an0,所以anan130,即anan13,故an是首项为3,公差为3的等差数列,所以an3n.则bn,故Tnb1b2bn,由于Tn是单调递增数列,因此,所以k.故k的最小值为,故选B.11. 解析:公比为整数的等比数列an的前n项和为Sn,a2a1q4,S3a1a1qa1q214,解得q2或q(舍去),a12,an2n,bnlog2anlog22nn.,前100项和为1.122n1n2解析:由an12an1得an112(an1)所以2,且a
8、112,所以数列an1是以2为首项,2为公比的等比数列,且an122n12n,所以an2n1,故前n项和Sn2122232nnn2n1n2.136解析:由anan1an1an2,得an2an,则a1a3a5a21,a2a4a6a20,S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21)1106.14Sn(8n4)3n4解析:等比数列an中,a3a18,所以a1,a4a1q3 .令f(q),则f(q).令f(q)0,解得q.因为各项均为正数的等比数列an,所以q.当q时,f(q)时,f(q)0.所以在q时a4f(q)取得最小值,设bnna,代入q化简可得bn16n3n1.所以Snb1b2b3bn2
9、bn1bn,Sn16130231332(n2)3n3(n1)3n2n3n1,3Sn16131232333(n2)3n2(n1)3n1n3n两式相减得2Sn16(13132333n23n1n3n),2Sn16,即Sn8n3n43n4(8n4)3n4.15解:(1)由Snn2n1,得a1S11.当n2时,anSnSn1n2n1n1.所以an (2)由(1)知bn所以当n1时,T12;当n2时, Tn2322423(n1)2n.令Un1322423(n1)2n,则2Un1323424(n1)2n1,得Un132223242n(n1)2n1 4n2n1,所以Un1n2n14.从而Tnn2n12(n2),验证当n1时,T1121122,满足,所以,Tnn2n12.16解:(1)当n1时,a12.当n2时,2an2(SnSn1)(aan2)(aan12),整理可得:(anan1)(anan11)0.an0,anan110,即anan11,an是以a12为首项,d1为公差的等差数列,an2(n1)1n1(nN*)(2)由(1)得ann1,bn,Tn2.第7页