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第一部分 专题四 第二讲 数列求和及综合应用A组1设an的首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1( D )A2B2CD解析由题意知S1a1，S22a11，S44a16，因为S1，S2，S4成等比数列，所以SS1S4，即(2a11)2a1(4a16)，解得a1.故选D2若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn等于( B )A1 B(1)C1 D(1)解析因为an12n12n1，所以anan12n12n24n1，所以()n1，所以也是等比数列，所以Tn(1)，故选B3(2018烟台模拟)已知等差数列an中，a26，a515，若bna2n，则数列bn的前5项和等于( C )A30 B45 C90 D186解析设an的公差为d，首项为a1，由题意得，解得所以an3n，所以bna2n6n，且b16，公差为6，所以S556690.4等差数列an中，a10，公差d0，公差d1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列bn满足bnlog2an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn.解析(1)因为4是a1和a4的一个等比中项，所以a1a4(4)232.由题意可得因为q1，所以a3a2.解得所以q2.故数列an的通项公式an2n.(2)由于bnlog2an(nN*)，所以anbnn2n，Sn12222323(n1)2n1n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1.得，Sn1222232nn2n1n2n1.所以Sn22n1n2n12(n1)2n1.9(文)(2018天津卷，18)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解析(1)设等比数列bn的公比为q，由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以Sn.(2)由(1)，知T1T2Tn(21222n)n2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以n的值为4.(理)(2018天津卷，18)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列. 已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求Tn；证明解析(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn(2k1)knn2n1n2.因为，B组1设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3，则数列的前n项和Tn( C )A BC D解析本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和设an的公差为d，因为S1a1，S22a1d2a1a1，S43a3a1a1，因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1)2(a1)a1，整理得4a12a150，所以a1或a1.当a1时，公差d0不符合题意，舍去；当a1时，公差d1，所以an(n1)(1)n(2n1)，所以()，所以其前n项和Tn(1)(1)，故选C2(文)以Sn表示等差数列an的前n项和，若S5S6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A2a33a4 B5a5a16a6Ca5a4a30 Da3a6a122a7解析依题意得a6S6S50,2a33a4；5a5(a16a6)5(a14d)a16(a15d)2(a15d)2a60,5a5a16a6；a5a4a3(a3a6)a3a60，a7a14()225.当且仅当a7a14时取等号4已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn( B )A2n1 B()n1C()n1 D解析由Sn2an1得Sn2(Sn1Sn)，即2Sn13Sn，a11，S12a2，a2a1，S2，Sn()n1.5(2018山东省实验中学调研)在数列an中，a12，an1anln(1)，则an( A )A2lnn B2(n1)lnnC2nlnn D1nlnn解析an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1lnnln(n1)ln(n1)ln(n2)ln2ln122lnn.6(2018西安一模)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16.解析因为anlog2，所以Snlog2log2log2log2log2()log2，若Sn4，则15，则使Sn0，数列H(n)单调递增，nN*时，H(n)H(1)，故P.P的最大值为.
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