《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
