2022年高考数学大二轮复习 专题四 数列 4.2 数列求和与综合应用练习

2022年高考数学大二轮复习 专题四 数列 4.2 数列求和与综合应用练习1设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则正整数k()A8 B7C6 D5解析：因为Sk2Sk24，所以ak1ak224，所以a1kda1(k1)d24，所以2a1(2k1)d24，所以21(2k1)224，解得k5.答案：D2若数列an满足a115，且3an13an2，则使akak10的k值为()A22 B21C24 D23解析：因为3an13an2，所以an1an，所以数列an是首项为15，公差为的等差数列，所以an15(n1)n，令ann0，得n23.5，所以使akak10的k值为23.答案：D3等比数列an的前n项和为Sna3n1b，则()A3 B1C1 D3解析：因为等比数列an的前n项和为Sna3n1b，所以a1S1ab，a2S2S13abab2a，a3S3S29ab3ab6a，因为等比数列an中，aa1a3，所以(2a)2(ab)6a，解得3.答案：A4各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且3Snanan1，则2k()A. BC. D解析：当n1时，3S1a1a2，即3a1a1a2，a23，当n2时，由3Snanan1，可得3Sn1an1an，两式相减得，3anan(an1an1)，又an0，an1an13，a2n是以3为首项，3为公差的等差数列，2ka2a4a6a2n3n3.答案：B5(2018郑州市第一次质量测试)已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且an22an1an0(nN*)，记Tn(nN*)，则T2 018()A. BC. D解析：由an22an1an0(nN*)，可得an2an2an1，所以数列an为等差数列，公差da2a1211，通项公式ana1(n1)d1n1n，则其前n项和Sn，所以2，Tn22，故T2 018，故选C.答案：C6设数列an的前n项和为Sn，且Sn，若a432，则a1_.解析：因为Sn，a432，即S4S332.所以32，所以a1.答案：7已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a100_.解析：a1a2a100f(1)f(2)f(2)f(3)f(3)f(4)f(99)f(100)f(100)f(101)f(101)f(1)2f(1)f(2)f(3)f(4)f(99)f(100)(10121)2(122232429921002)102002(3711199)100.答案：1008已知数列an的通项公式anlog2(nN*)，设其前n项和为Sn，则使Sn4成立的最小自然数n的值为_解析：因为anlog2，所以Snlog2log2log2log2log2log2，若Sn4，则15，则使Sn4成立的最小自然数n的值为16.答案：169已知数列an中，a13，an的前n项和Sn满足：Sn1ann2.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足：bn(1)n2an，求bn的前n项和Tn.解析：(1)由Sn1ann2，得Sn11an1(n1)2，由得an2n1.所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn(1)n22n1，所以Tnb1b2bn(1)(1)2(1)n(232522n1)(4n1).10设数列an的前n项和为Sn，且点(n，Sn)(nN*)在函数y的图象上(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn 的前n项和Tn.解析：(1)因为点(n，Sn)(nN*)在函数y的图象上，所以3n2n2Sn，所以当n2时，3(n1)2(n1)2Sn1，由，得6n42an，所以an3n2.因为n1时，31212a1，所以a11，符合上式，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)因为bn，则Tn，3Tn1，由，得2Tn1，所以Tn.B级1张邱建算经是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈头节高五寸，头圈一尺三.逐节多三分，逐圈少分三一蚁往上爬，遇圈则绕圈爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：第一节的高度为0.5尺；第一圈的周长为1.3尺；每节比其下面的一节多0.03尺；每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)问：此民谣提出的问题的答案是()A72.705尺 B61.395尺C61.905尺 D73.995尺解析：因为每节间的长相差0.03尺，设从地面往上，每节竹长为a1，a2，a3，a30，所以an是以0.5为首项，以0.03为公差的等差数列设从地面往上，每圈的周长为b1，b2，b3，b30.由题意知竹节圈长，后一圈比前一圈细0.013尺，所以bn是以1.3为首项，以0.013为公差的等差数列一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程是数列anbn的前30项和，S3061.395.故选B.答案：B2设Sn为数列an的前n项和，已知a12，对任意p，qN*，都有apqapaq，则f(n)(nN*)的最小值为_解析：因为对任意p，qN*，都有apqapaq，令pn，q1，可得an1ana1，则an1an2，所以数列an是等差数列，公差为2.所以Sn2n2nn2.则f(n)n11，令g(x)x(x2)，则g(x)1，可得x2，时，函数g(x)单调递减；x，)时，函数g(x)单调递增又f(7)14，f(8)14.所以f(7)1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解析：(1)由a42是a3，a5的等差中项，得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520，得820，解得q2或q.因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，则Tn372(4n9)n2(4n5)n1，所以Tn34424n2(4n5)n1，因此Tn14(4n3)n2，n2.又b11，所以bn15(4n3)n2.