浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第六章数列与数学归纳法 第4讲 数列求和练习（含解析）

《浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第六章数列与数学归纳法 第4讲 数列求和练习（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第六章数列与数学归纳法 第4讲 数列求和练习（含解析）（7页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第4讲 数列求和 基础达标1若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a12()A18B15C18D15解析：选A.记bn3n2，则数列bn是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1a2a11a12(b1)b2(b11)b12(b2b1)(b4b3)(b12b11)6318.2已知an是首项为1的等比数列，Sn是an的前n项和，且9S3S6，则数列的前5项和为()A或5B或5CD解析：选C.设数列an的公比为q.由题意可知q1，且，解得q2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5.3数列an的通项公式是an，若前n项和为10，则项数n为()A120B99C11

2、D121解析：选A.an，所以a1a2an(1)()()110.即11，所以n1121，n120.4设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a4a832，则S11的最小值为()A22B44C22D44解析：选B.因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a4a828，S11(a4a8)844，故S11的最小值为44，当且仅当a4a84时取等号5设等比数列an的各项均为正数，且a1，a4a2a8，若log2a1log2a2log2an，则数列bn的前10项和为()ABCD解析：选A.设等比数列an的公比为q，因为a4a2a8，所以(a1q3)24a1qa1q7，即4q21，所以q或q(舍

3、)，所以an2n，所以log2anlog22nn，所以(123n)，所以bn2，所以数列bn的前10项和为22.6(2019杭州八校联考)在各项都为正数的数列an中，首项a12，且点(a，a)在直线x9y0上，则数列an的前n项和Sn等于()A3n1BCD解析：选A.由点(a，a)在直线x9y0上，得a9a0，即(an3an1)(an3an1)0，又数列an各项均为正数，且a12，所以an3an10，所以an3an10，即3，所以数列an是首项a12，公比q3的等比数列，其前n项和Sn3n1，故选A.7在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110，即数列an是递增

4、数列，由an1aan可得an1an(an1)，所以，从而，所以12，故1.答案：111(2019金华十校联考)设数列an的各项均为正数，且a1，22，a2，24，an，22n，成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记Sn为数列an的前n项和，若Sk30(2k1)，求正整数k的最小值解：(1)设等比数列的公比为q，则q222，又由题意q0，故q2，从而an22n1，即数列an的通项公式为an22n1.(2)由(1)知a12，数列an是以22为公比的等比数列，故Sn(22n1)因此不等式Sk30(2k1)可化为(22k1)30(2k1)，即(2k1)(2k1)30(2k1)，因为2k10，所

5、以2k46，即klog246，又5log2466，所以正整数k的最小值为6.12(2019温州市普通高中模考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，2Sn(n1)an1(n2)(1)求an的通项公式；(2)设bn(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn(nN*)解：(1)当n2时，2S23a21，解得a22.当n3时，2S34a31，解得a33.当n3时，2Sn(n1)an1，2Sn1nan11，以上两式相减，得2an(n1)annan1，所以，所以1，所以an.(2)证明：bn，当n2时，bn，所以Tn0，dS40Ba1d0，dS40，dS40Da1d0解析：选B.因为 a3，a4，a

6、8成等比数列，所以aa3a8，所以(a13d)2(a12d)(a17d)，展开整理，得3a1d5d2，即a1dd2.因为 d0，所以a1d0.因为 Snna1d，所以S44a16d，dS44a1d6d2d20，所以数列(nN*)是递减数列，数列(nN*)的最大项为S3S1，所以，m.又m是正整数，所以m的最小值是5.3设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列an的前n项和为Sn，满足S5S6150，则d的取值范围是_解析：由S5S6150，得(6a1d)150.整理可得2a9a1d10d210.因为a1，d为实数，所以(9d)242(10d21)0，解得d2或d2.答案：d2或d24(

7、2019台州诊断考试)已知数列an中，a11，Sn为数列an的前n项和，且当n2时，有1成立，则S2 017_解析：当n2时，由1，得2(SnSn1)(SnSn1)SnSSnSn1，所以1，又2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以n1，故Sn，则S2 017.答案：5(2019浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列an中，a12，an12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项的和为Sn，试求数列S2nSn的最小值解：(1)由条件an12an得2，又a12，所以2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而22n12n，因此，ann2n.(2)由(1)得bn，设c

8、nS2nSn，则cn，所以cn1，从而cn1cn0，因此数列cn是单调递增的，所以cnminc1.6(2019浙江严州阶段测试)设等差数列an的前n项和为Sn，已知a74，a192a9，数列bn的前n项和为Tn，满足42an1Tn(a51)(nN*)(1)是否存在非零实数，使得数列bn为等比数列？并说明理由；(2)已知对于nN*，不等式M恒成立，求实数M的最小值解：(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.因为所以解得a11，d，所以数列an的通项公式为an.因为a53，42an1Tn(a51)，所以4nTn2，Tn4n.当n1时，b1；当n2时，bnTnTn14n4n14n1.所以bn14n4bn(n2)，若数列bn是等比数列，则有b24b1，而b2，所以2与b24b1矛盾故不存在非零实数，使得数列bn为等比数列(2)由(1)知Sn，所以，从而，所以M ，故实数M的最小值为.7