2021届高考二轮数学人教版专题训练：10 数列求和及其综合应用 WORD版含解析.doc

1、第二部分专题二第2讲专题训练十数列求和及其综合应用一、选择题1(2019邯郸二模)设an是公差为2的等差数列，bna2n，若bn为等比数列，则b1b2b3b4b5(B)A142B124C128D144【解析】因为an是公差为2的等差数列，bna2n，所以ana1(n1)2a12n2，因为bn为等比数列，所以bb1b3所以(a4)2a2a8，所以(a182)2(a142)(a1162)，解得a12，所以bna2n222n22n1，所以b1b2b3b4b522232425261242(2020青海省玉树州高三联考)已知数列an满足(n1)annan1(nN*)，a22，等比数列bn满足b1a1，b

2、2a2，则bn的前6项和为(B)A64B63C64D126【解析】因为(n1)annan1，所以2a1a22，a11，因此等比数列bn公比q2，所以bn的前6项和为63，选B3(2020河南南阳一中模拟)已知数列an满足：当n2且nN*时，有anan1(1)n3，则数列an的前200项的和为(A)A300B200C100D50【解析】由题意当n2且nN*时，有anan1(1)n3，可得到a2a13，a4a33，a6a53，a200a1993，所以数列an的前200项的和为(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a200a199)300故选A4(2020吉林省重点中学联考)已知数列an的前n项和S

3、nn2，bn(1)nan则数列bn的前n项和Tn满足(A)ATn(1)nnBTnnCTnnDTn【解析】Snn2，当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1，又当n1时，a11符合上式，an2n1，bn(1)nan(1)n(2n1)，Tn1(1)13(1)25(1)3(1)n(2n1)，Tn1(1)23(1)35(1)4(1)n1(2n1)，得2Tn12(1)2(1)3(1)4(1)n(2n1)(1)n112(2n1)(1)n12(1)nn，Tn(1)nn，数列bn的前n项和Tn(1)nn.故选A5(2020安徽省十四校联盟段考)已知数列an的通项公式为an(1)n1(

4、nN*)，则数列an的前2 020项和为(C)ABCD【解析】an(1)n1(1)n1，当n为偶数时，a1a2an1，数列an的前2 020项和为.故选C6(2020惠州模拟)已知数列an的通项公式为anlog(n1)(n2)(nN*)，我们把使乘积a1a2a3an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2 018内的所有“优数”的和为(C)A1 024B2 012C2 026D2 036【解析】a1a2a3anlog23log34log45log(n1)(n2)log2(n2)k，kZ，令0n2k22 018，则22k2 020,10由a7a62a5，得a6qa6，化简得q2q20，解得q2因为a

5、man16a，所以(a1qm1)(a1qn1)16a，则2mn216，解得mn6，所以(mn)，当且仅当即时取等号，又m，n为整数，所以取不到等号，则.验证可得，当m2，n4时，取最小值，为，故选B8(2020湖南衡阳八中10月月考)在数列an中，a11，当n2时，其前n项和Sn满足San(Sn1)，设bnlog2，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn6的最小正整数n是(A)A10B9C8D7【解析】在数列an中，a11，当n2时，anSnSn1，所以San(Sn1)(SnSn1)(Sn1)，所以SnSn1Sn1Sn0，所以1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1(n1)n，所以S

6、n，bnlog2log2，则数列bn的前n项和Tnb1b2b3bn1bnlog2log2log2log2log2log2log2，由Tn6，得log26，即26，即n23n1260令f(x)x23x126(x)2126，易知f(x)在1，)上单调递增，且f(9)180，又nN*，所以当n10时，Tn6，则满足题意的最小正整数n是10故选A二、填空题9(2019抚顺二模)已知数列an是等比数列，其公比为2，设bnlog2an，且数列bn的前10项的和为25，那么的值为_.【解析】数列an是等比数列，其公比为2，设bnlog2an，且数列bn的前10项的和为25，所以b1b2b10log2(a1a

7、2a10)log2(a2129)25，所以a245225，可得a1.an，那么44.10(2020山西太原二模)若数列an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前10项之和为_.【解析】由题意得bn，bn的前10项和.11(2020全国高三一模)已知数列an的前n项和Snn(n1)，数列bn对nN*，有S1b1S2b2Snbnan，则b1b2b2020_.【解析】由条件Snn(n1)可得a1S12，当n2时，anSnSn1n(n1)(n1)n2n，当n1时，a12符合上式，从而数列an的通项公式为an2n(nN*)，当n2时，由S1b1S2b2Snbnan得S1b1S2b2Sn1bn1

8、an1将两式相减，可得Snbnanan1，bn，当n1时，得S1b1a1，b11，符合bn，故数列bn的通项公式为bn(nN*)，从而b1b2b20202.12(2020天一大联考)记数列an的前n项和为Sn，已知a1，.若41Sk39，则k的最大值为_19_.【解析】依题意，得an1Sn1(Sn11)2，则(Sn1Sn)Sn1(Sn11)2，即SSn1SnS2Sn11，所以Sn1Sn2Sn11，则Sn1(Sn1)Sn11，即1，所以1故数列是首项为，公差为1的等差数列，则n，所以Sn.故41Sk39可化为4139，解得k，求n的最小值【解析】(1)设等差数列an的公差为d.依题意有即解得所以

9、an2n，Snn2n.(2)因为，所以Tn1.因为Tn，即1，所以n99所以n的最小值为10014(2020辽宁省沈阳市五校期中)已知数列an满足a11，且an2an12n(n2，nN*)(1)求证：数列是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.【解析】(1)证明：因为an2an12n，所以1，即1，所以数列是等差数列，且公差d1，其首项，所以(n1)1n，解得an(n)2n(2n1)2n1(2)Sn120321522(2n1)2n1，2Sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n，得Sn12022122222n1(2n1)2n1(2n1)2n(32n)2n

10、3所以Sn(2n3)2n315(2020湖北荆州中学第五次双周考)已知函数f(x)logkx(k为常数，k0且k1)，且数列f(an)是首项为4，公差为2的等差数列(1)求证：数列an是等比数列(2)若bnanf(an)，当k时，求数列bn的前n项和Sn的最小值(3)若cnanlgan，是否存在实数k，使得cn是递增数列？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由【解析】(1)由题意可得f(an)42(n1)2n2，即logkan2n2，所以ank2n2，所以k2因为常数k0且k1，所以k2为非零常数，所以数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列(2)当k时，an.因为f(an)2n2，所以bn2n2，所以Snn23n.因为n1，所以Snn23n是单调递增的，所以Sn的最小值为S113.(3)存在，理由如下结合(1)知，cnanlg an(2n2)k2n2lg k，cn是递增数列即cncn1对任意的nN*恒成立，即(n1)lg k1时，lg k0，显然此时n1(n2)k2对任意的nN*恒成立当0k1时，lg k(n2)k2对任意的nN*恒成立，只需k2min.因为y1(nN*)单调递增，所以当n1时，取得最小值，且min，所以k2，结合0k1，解得0k.综上所述，存在实数k(1，)满足条件