2022版高考数学一轮复习 第7章 第4讲 数列求和、数列的综合应用训练（含解析）.doc

1、第七章第4讲A级基础达标1在数列an中，a11，an13an2n1，则数列an的前100项和S100为()A3995 051B31005 051C31015 051D31025 051【答案】B2(2020年唐山月考)已知等差数列an的公差不为零，其前n项和为Sn，若S3，S9，S27成等比数列，则等于()A3B6C9D12【答案】C3数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100等于()A200B200C400D400【答案】B4已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 016()A22 0161B321 0083C321 0081D321 007

2、2【答案】B5(2020年广州天河区一模)一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款(含利息)自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款(含利息)全部取回，则取回的钱的总数为()Aa(1r)17B(1r)17(1r)Ca(1r)18D(1r)18(1r)【答案】D【解析】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)17，同理，孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)16，孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)15

3、，孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，题目所求可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和，此时Sa(1r)17a(1r)17a(1r)(1r)18(1r)6(2020年池州模拟)正项等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，则公比q_.【答案】3【解析】q1时，不合题意，q1时，由S3a210a1，得a1q10a1，所以1qq2q10.又q0，所以q3.7已知an的前n项和Snn29n1，则|a1|a2|a30|的值为_【答案】671【解析】an的前n项和Snn29n1，可得n1时，a1S19；n2时，anSnSn1n29n1(n1)2

4、9(n1)12n10，可得n5时，an0，n6时，an0，可得|a1|a2|a30|S30S5S590027012(25451)6718设f(x)，利用倒序相加法，可求得fff的值为_【答案】5【解析】当x1x21时，f(x1)f(x2)1设Sfff，倒序相加有2S10，即S5.9(2020年大庆月考)已知正项等差数列an的前n项和为Sn，若S312，且2a1，a2，a31成等比数列(1)求an的通项公式及Sn；(2)记bn，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)设正项等差数列an的公差为d，则d0.因为S312，即a1a2a312，所以3a212，所以a24.又2a1，a2，a31成等比数列，

5、所以a2a1(a31)，即422(4d)(4d1)解得d3或d4(舍去)，所以a1a2d1故an的通项公式为ana1(n1)d3n2，且Sn.(2)由(1)知bn，所以bn1bn，且b11所以数列bn是以b11为首项，为公差的等差数列所以数列bn的前n项和为Tn .10(2020年哈尔滨期末)设等差数列an的前n项和为Sn，若S981，a3a514.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求bn的前n项和为Tn.解：(1)设an的公差为d，则解得所以ana12(n1)2n1(2)由于an2n1，所以bn，所以Tn.B级能力提升11(2020年蚌埠模拟)数列an满足an，则数列的前n项和为()

6、ABCD【答案】B【解析】an(n1)，4，可得数列的前n项和为44.12(多选)(2020年菏泽模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是()Aa68 BS733Ca1a3a5a2 019a2 020Da2 020【答案】ABCD【解析】对A，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，可得a68成立；对B，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，可得a68，a713，所以s71123581333成立；

7、对C，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，a2 019a2 020a2 018，可得a1a3a5a2 019a2 020，故a1a3a5a2 019是斐波那契数列中的第2 020项，C成立；对D，斐波那契数列总有an2an1an，则aa2a1，aa2(a3a1)a2a3a2a1，aa3(a4a2)a3a4a3a2，aa2 018a2 019a2 018a2 017，aa2 019a2 020a2 019a2 018.所以aaaa2 019a2 020，D成立故选ABCD13在正项数列an中，a12，其前n项和Sn满足SnSn1a(n2)，若数列bn(1)n，则数列bn的前2 020项和为_

8、【答案】【解析】在正项数列an中，a12，其前n项和Sn满足SnSn1a(n2)，可得Sn1Sn2a，相减可得anan1aa，化为anan12.n2时，22a2a，可得a24，则an2n，Snn(n1)，bn(1)n(1)n(1)n.可得数列bn的前2 020项和为1.14(一题两空)(2020年北京模拟)已知集合Ax|xa330a231a132a033，其中ak0,1,2，k0,1,2,3，将集合A中的元素从小到大排列得到数列bn，设bn的前n项和为Sn，则b3_，S15_.【答案】【解析】由题意可知b3030031132033.a0，a1，a2，a3各有3种取法(均可取0,1,2)在前15

9、项中，a0，a1，a2，a3全部为0，有1个数值；只有1个1，其余取0，共有4个数值；2个取1,2个取0，共有6个数值；3个取1,1个取0，共有4个数值此时集合A中，元素从小到大排列得到数列恰好是15个，而且a0，a1，a2，a3各取1的次数都是7次，由分类计数原理得集合A中所有元素之和S157(30313233).15(2020年韶关期末)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a23，S636.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn(nN*)，求数列bn的前n项和Tn.【答案】解：(1)设an的公差为d，则解得所以an12(n1)2n1(2)由(1)得，数列bn满足bn，则Tn.

10、16(2020年杭州模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a330,2S2是3S1和S3的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bn，求数列bn前n项和Tn.解：(1)设等比数列an的公比为q，由a1a330,2S2是3S1和S3的等差中项，可得a1a1q230,4S23S1S3，即有4(a1a1q)3a1a1a1qa1q2，解得a1q3，则an3n(nN*)(2)bn(2n1)n，前n项和Tn357(2n1)n，Tn357(2n1)n1，相减可得Tn12(2n1)n112(2n1)n1，化简可得Tn2(n2)n.C级创新突破17(2020年南通模拟)定义数列an：先

11、给出a11，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是a21，a32，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，)，设Sn是an的前n项和，则S2 020_.【答案】3 990【解析】由数列an的构造方法可知a11，a32，a73，a154，可得a2n1n.由于数表的前n行共有2n1 个数，于是，先计算S2n1在前2n1个数中，共有1个n,2个n1,22个n2， ,2nk个k，2n1个1，因此S2n1 n1(n1)2k2nk22n212n1，则2S2n1n2(n1)22k2nk122n112n，两式相减，得S2n1n222

12、2n12n2n1n2.所以S2 020S2101S997S2101S291S486S2101S291S251S10(21112)(21011)(2910)(289)(278)(267)153 990.18(2020年邢台模拟)设数列an是公差为2的等差数列，数列bn满足b11，b22，anbnbn(n1)bn1(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn；(3)设cn，试问是否存在正整数s，t(st)，使c3，cs，ct成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由解：(1)数列bn满足b11，b22，anbnbn(n1)bn1当n1时，a1b1b12b2，解得a13.所以an32(n1)2n1由于anbnbn(n1)bn1，所以(2n2)bn(n1)bn1，整理得2(常数)所以bn12n12n1(2)由于an2n1，bn2n1，所以anbn(2n1)2n1则Sn320521722(2n1)2n1，2Sn321522723(2n1)2n，由得，Sn2(122n1)1(2n1)2n，整理得Sn(2n1)2n1(3)根据(1)得cn2.假设存在正整数s和t，使c3，cs，ct成等差数列，所以422，整理得，即6tst3s，整理得s6，当ts3时，与st矛盾，故舍去当t6时，s4，符合题意；当t15，s5时，符合题意