2021高考数学一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用练习.doc

第4节 数列求和及数列的综合应用 A级基础巩固1数列1，3，5，7，(2n1)，的前n项和Sn的值等于()An21 B2n2n1Cn21 Dn2n1解析：该数列的通项公式为an(2n1)，则Sn135(2n1)()n21.答案：A2数列an的通项公式是an，前n项和为9，则n等于()A9 B99 C10 D100解析：因为an，所以Sna1a2an()( )()()1，令19，得n99.答案：B3中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了()A192里 B96里 C48里 D24里解析：由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则378，解得a1192，则a296，即第二天走了96里答案：B4(2020·宁德模拟)等差数列an中，a49，a715，则数列(1)nan的前20项和等于()A10 B20 C10 D20解析：设等差数列an的公差为d，由a49，a715，得a13d9，a16d15，解得a13，d2，则an32(n1)2n1，数列(1)nan的前20项和为3579111339412222×1020.答案：D5(2019·广州模拟)数列an满足a22，an2(1)n1·an1(1)n(nN*)，Sn为数列an的前n项和，则S100()A5 100 B2 550C2 500 D2 450解析：由an2(1)n1an1(1)n(nN*)，可得a1a3a3a5a5a70，a4a2a6a4a8a62，由此可知，数列an的奇数项相邻两项的和为0，偶数项是首项为a22、公差为2的等差数列，所以S10050×050×2×22 550.答案：B6(2020·佛山一中检测)已知数列nan的前n项和为Sn，且an2n，则Sn_解析：Sn1×212×223×23n·2n，则2Sn1×222×23(n1)·2nn·2n1.由得Sn222232nn·2n1n·2n1，故Sn2(n1)·2n1.答案：2(n1)·2n17设数列an的前n项和为Sn，且ansin ，nN*，则S2 019_解析：ansin ，nN*，显然每连续四项的和为0.S2 019S4×504a2 017a2 018a2 019010(1)0.答案：08(2020·郴州质检)已知数列an和bn满足a1a2a3an2(nN*)，若数列an为等比数列，且a12，a416，则bn的通项公式bn_，数列的前n项和Sn_解析：因为an为等比数列，且a12，a416，所以公比q2，所以an2n，所以a1a2a3an21×22×23××2n2123n2.因为a1a2a3an2，所以bn，所以2，所以的前n项和Snb1b2b3bn22.答案：9已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和解：(1)设等比数列bn的公比为q，则q3，所以b11，b4b3q27，所以bn3n1(n1，2，3，)设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1(n1，2，3，)(2)由(1)知an2n1，bn3n1.因此cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.10设数列an的前n项和为Sn，a12，an12Sn(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1log2(an)2，求证：数列的前n项和Tn<.(1)解：因为an12Sn(nN*)，所以an2Sn1(n2)所以an1anSnSn1an，所以an12an(n2)，又因为a22a14，a12，所以a22a1，所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则an2·2n12n(nN*)(2)证明：因为bn1log2(an)2，则bn2n1.则，所以Tn()<.B级能力提升11(2020·郑州一模)已知数列an满足2an1an3(nN*)，且a3，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Snn6|<的最小整数n是()A8 B9 C10 D11解析：由2an1an3，得an11(an1)，又a3，所以a212(a31)，a112(a21)9.所以an1是首项为9，公比为的等比数列，则an19·，an19·，则Snn9·n66·，则|Snn6|3·，|Snn6|<，即3·<，解得n>9，所以满足不等式|Snn6|<的最小整数n是10.答案：C12(2020·蚌埠质检)数列an满足a11，|anan1|n2(nN*且n2)若数列a2n1为递增数列，数列a2n为递减数列，且a1>a2，则a99_解析：由于数列a2n1为递增数列，数列a2n为递减数列，可求得a2a122，a3a232，a4a342，a5a452，a6a562，a98a97982，a99a98992.故a99(a99a98)(a98a97)(a6a5)(a5a4)(a4a3)(a3a2)(a2a1)a19929829729625242322219998979654321×994 950.答案：4 95013(2020·茂名一模)已知Sn为数列an的前n项和，Sn2an2.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnkN*，求数列bn的前2n项和T2n.解：(1)由Sn2an2，得Sn12an12(n2)，得an2an2an1，所以an2an1(n2)，由a1S12a12，得a12，所以an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an2n.(2)bnkN*.T2n(b1b3b5b2n1)(b2b4b6b2n)(2232522n1)(2462n)×4nn2n.C级素养升华14(2020·天河二模)已知数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，bn是以1为首项，2为公比的等比数列，设cna，Tnc1c2cn(nN*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是()A9 B10 C11 D12解析：因为an是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an2n1.因为bn是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn2n1，所以Tnc1c2cnaaaa1a2a4a2n1(2×11)(2×21)(2×41)(2×2n11)2(1242n1)n2×n2n1n2，因为Tn<2 020，所以2n1n2<2 020，解得n9.则当Tn<2 020时，n的最大值是9.答案：A- 6 -