2022届-数学一轮(理科)浙江专用-第五章-平面向量-5-4.docx

第4讲数列求和基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1等差数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，则数列的前10项的和为()A120 B70C75 D100解析由于n2，所以的前10项和为10375.答案C2已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100 C100 D10 200解析由题意，得a1a2a3a1001222223232424252992100210021012(12)(32)(99100)(101100)(1299100)(23100101)1101100.故选B.答案B3数列a12，ak2k，a1020共有十项，且其和为240，则a1aka10的值为()A31 B120 C130 D185解析a1aka10240(22k20)240240110130.答案C4(2021台州质检)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 016()A22 0161 B321 0083C321 0081 D321 0072解析a11，a22，又2.2.a1，a3，a5，成等比数列；a2，a4，a6，成等比数列，S2 016a1a2a3a4a5a6a2 015a2 016(a1a3a5a2 015)(a2a4a6a2 016)321 0083.故选B.答案B5已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn为()A. B. C. D.解析an，bn4，Sn44.答案B二、填空题6在等差数列an中，a10，a10a110，a10a110可知d0，a110，T18a1a10a11a18S10(S18S10)60.答案607(2021湖州测试)在数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记Sn为an的前n项和，则S2 013_.解析由a11，an1(1)n(an1)可得a11，a22，a31，a40，该数列是周期为4的数列，所以S2 013503(a1a2a3a4)a2 013503(2)11 005.答案1 0058(2022武汉模拟)等比数列an的前n项和Sn2n1，则aaa_.解析当n1时，a1S11，当n2时，anSnSn12n1(2n11)2n1，又a11适合上式an2n1，a4n1.数列a是以a1为首项，以4为公比的等比数列aaa(4n1)答案(4n1)三、解答题9(2021金华十校联考)已知数列an的前n项和是Sn，且Snan1(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog(1Sn1)(nN*)，令Tn，求Tn.解(1)当n1时，a1S1，由S1a11，得a1，当n2时，Sn1an，Sn11an1，则SnSn1(an1an)，即an(an1an)，所以anan1(n2)故数列an是以为首项，为公比的等比数列故ann12n(nN*)(2)由于1Snann.所以bnlog(1Sn1)logn1n1，由于，所以Tn.10(2021山东卷)设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)，令cnb2n，(nN*)，求数列cn的前n项和Rn.解(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1，得解得a11，d2.因此an2n1，nN*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)n1，nN*，所以Rn00112233(n1)n1，则Rn011223(n2)n1(n1)n，两式相减得Rn123n1(n1)n(n1)nn，整理得Rn.所以数列cn的前n项和Rn.力量提升题组(建议用时：35分钟)11(2021西安模拟)数列an满足anan1(nN*)，且a11，Sn是数列an的前n项和，则S21()A. B6 C10 D11解析依题意得anan1an1an2，则an2an，即数列an中的奇数项、偶数项分别相等，则a21a11，S21(a1a2)(a3a4)(a19a20)a2110(a1a2)a211016，故选B.答案B12(2021温州十校联考)已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100()A100 B0 C100 D10 200解析若n为偶数，则anf(n)f(n1)n2(n1)2(2n1)，为首项为a25，公差为4的等差数列；若n为奇数，则anf(n)f(n1)n2(n1)22n1，为首项为a13，公差为4的等差数列所以a1a2a3a100(a1a3a99)(a2a4a100)503450(5)4100.答案A13数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN*)，则S100_.解析由an2an1(1)n，知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)50(246100)502 600.答案2 60014(2021湖南卷)设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则：(1)a3_；(2)S1S2S100_.解析n2时，anSnSn1(1)nan(1)n1an1，an(1)nan(1)n1an1.当n为偶数时，an1，当n为奇数时，2anan1，当n4时，a3.依据以上an的关系式及递推式可求a1，a3，a5，a7，a2，a4，a6，a8.a2a1，a4a3，a6a5，S1S2S100(a2a1)(a4a3)(a100a99).答案(1)(2)15若Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列(1)求等比数列S1，S2，S4的公比；(2)若S24，求数列an的通项公式；(3)在(2)的条件下，设bn，Tn是数列bn的前n项和，求使得Tn对全部nN*都成立的最小正整数m.解(1)由于an为等差数列，设an的公差为d(d0)，所以S1a1，S22a1d，S44a16d.由于S1，S2，S4成等比数列且设其公比为q，所以S1S4S.所以a1(4a16d)(2a1d)2.所以2a1dd2.由于公差d0.所以d2a1.所以q4.(2)由于S24，所以2a1d4.又d2a1，所以a11，d2.所以an2n1.(3)由于bn，所以Tn.要使Tn对全部nN*都成立，则有，即m30.由于mN*，所以m的最小值为30.16已知数列an与bn满足bnanan1bn1an20，bn，nN*，且a12，a24.(1)求a3，a4，a5的值；(2)设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；(3)设Ska2a4a2k，kN*，证明 1 (nN*)(1)解由bn，nN*，可得bn又bnanan1bn1an20，当n1时，a1a22a30，由a12，a24，可得a33；当n2时，2a2a3a40，可得a45；当n3时，a3a42a50，可得a54.(2)证明对任意nN*，a2n1a2n2a2n10，2a2na2n1a2n20，a2n1a2n22a2n30，得a2na2n3，将代入，可得a2n1a2n3(a2n1a2n1)，即cn1cn(nN*)又c1a1a31，故cn0，因此1.所以cn是等比数列(3)证明由(2)可得a2k1 a2k1(1)k，于是，对任意kN*且k2，有a1a31，(a3a5)1，a5a71，(1)k(a2k3a2k1)1.将以上各式相加，得a1(1)ka2k1(k1)，即a2k1(1)k1(k1)，此式当k1时也成立由式得a2k(1)k1(k3)从而S2k(a2a4)(a6a8)(a4k2a4k)k，S2k1S2ka4kk3，所以，对任意nN*，n2， .对于n1，不等式明显成立.特殊提示：老师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.