2023届高三数学一轮复习课时过关检测(32)数列求和.doc

1、课时过关检测(三十二) 数列求和A级基础达标1等差数列an的首项为1，公差不为0若a2，a3，a6成等比数列，则an的前6项的和为()A24B3C3D8解析：A设an的公差为d，根据题意得aa2a6，即(a12d)2(a1d)(a15d)，解得d2，所以数列an的前6项和为S66a1d16(2)242(2022天津模拟)设1222232n1128(nN*)，则n的最小值为()A6B7C8D9解析：C12222n1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和Sn，Sn(2n1)2n112827，n8，n的最小值为8故选C3设数列an(nN*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an11log2a

2、n，且a34，则S6()A128B65C64D63解析：D因为log2an11log2an，所以log2an1log22an，即an12an，即数列an是以2为公比的等比数列，又a34，所以a11，因此S626163故选D4已知数列an的前n项和Sn4nb(b是常数，nN*)，若这个数列是等比数列，则b()A1B0C1D4解析：A显然数列an的公比不等于1，所以Snqn4nb，所以b15已知等比数列an，a11，a4，且a1a2a2a3anan1k，则k的取值范围是()ABCD解析：D设等比数列an的公比为q，q0，则q3，解得q，所以an，所以anan1，所以数列anan1是首项为，公比为的

3、等比数列，所以a1a2a2a3anan1因为a1a2a2a3anan1k，所以k故k的取值范围是故选D6(多选)已知数列an满足a11，且对任意的nN*都有an1a1ann，则下列说法中正确的是()AanB数列的前2 020项的和为C数列的前2 020项的和为D数列an的第50项为2 550解析：AC因为an1a1ann，a11，所以an1an1n，即anan1n(n2)，所以n2时，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n，a11也适合此式，所以an，a501 275，A正确，D错误；2，数列的前2 020项和S2 0202，B错误，C正确故选A、C7(多选)(2022广州期中

4、)设数列an的前n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“吉祥数列”则下列数列bn为“吉祥数列”的有()AbnnBbn(1)n(n1)Cbn4n2Dbn2n解析：BC对于A，Sn，S2nn(12n)，S4n2n(14n)，所以不为常数，故A错误；对于B，由并项求和法知：S2nn，S4n2n，故B正确；对于C，Snn2n2，S2n8n2，S4n32n2，所以，故C正确；对于D，Sn2(2n1)，S2n2(4n1)，S4n2(16n1)，所以不为常数，故D错误故选B、C8(2022重庆模拟)已知数列nan的前n项和为Sn，且an2n，则使得Snnan1500的最小正整数n的值为_解析：Sn12122

5、2n2n，则2Sn122223n2n1，两式相减得Sn2222nn2n1n2n1，故Sn2(n1)2n1又an2n，Snnan1502(n1)2n1n2n150522n1，依题意522n10，故最小正整数n的值为5答案：59(2022北京模拟)已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，S520，a3是a2，a5的等比中项，数列bn满足对任意的nN*，Snbn2n2(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn求数列cn的前2n项的和T2n解：(1)设数列an的公差为d，由题意得，化简得因为d0，所以a10，d2，所以an2n2(nN*)，Snn2n，nN*，因为Snbn2n2，所以bnn2

6、n(nN*)(2)由(1)知，cn所以T2nc1c2c3c4c2n1c2n(242n)(404242n2)n(n1)(16n1)B级综合应用10(2022珠海模拟)已知等差数列an中，a3a5a47，a1019，则数列ancos n的前2 020项和为()A1 009B1 010C2 019D2 020解析：D设an的公差为d，则有解得an2n1，设bnancos n，则b1b2a1cos a2cos 22，b3b4a3cos 3a4cos 42，数列ancos n的前2 020项的和为(b1b2)(b3b4)(b2 019b2 020)22 02011(多选)已知数列an满足a1，anaan

7、1(n2，nN*)记数列a的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，则下列结论正确的是()AAnan1BBnCanD解析：ABD由anaan1，得aanan10，所以anan1，Anaaaa2a1a3a2an1anan1a1an1，故A正确；由anaan1an1(an11)，得，即，所以Bn，故B正确；易知An0，Bn0，所以an1，故C不正确；易知anaan12a，所以an12a23a22n1a22n12n32n，所以an132n，故D正确故选A、B、D12已知数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn13Sn2n2成立，a12(1)求证：数列an1为等比数列，并求an的通项公式；(2

8、)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn解：(1)当n2时，Sn3Sn12(n1)2，又Sn13Sn2n2，两式相减可得Sn1Sn3Sn3Sn12，即an13an2，即有an113(an1)，令n1，可得a1a23a1，解得a22a14，也符合an113(an1)，则数列an1是首项为1，公比为3的等比数列，则an13n1，故an13n1(2)由(1)知bnnannn3n1，则Tn(12n)(130231332n3n1)，设Mn130231332n3n1，3Mn13232333n3n，两式相减可得2Mn13323n1n3nn3n，化简可得Mn所以Tnn(n1)C级迁移创新13(2022湖北联考

9、)已知数列an，其前n项和为Sn，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论条件：Snant(t为常数)；条件：anbnbn1，其中数列bn满足b11，(n1)bn1nbn；条件：3a3aan1an数列an中a1是6展开式中的常数项，且_求证：Sn1nN*恒成立注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分证明：二项展开式的通项为Tk1C6kkC6kx123k，令123k0，得k4，得展开式的常数项为a1可选择的条件为或或：若选择：在Snant中，令n1，得t1，所以Snan1，当n2时，Sn1an11两式相减得anan1，故an是以为首项，为公比的等比数列，所以Sn1n1所以Sn1对任意的nN*恒成立若选择：由(n1)bn1nbn得，所以bnb1(n2)，n1时也满足，则an，Sn11所以Sn1对任意的nN*恒成立若选择：由题意得3a3a(an1an)，得an1an或an1an0，又a1，当an1an0时，有Sn所以Sn1，当an1an时，有Sn(n24n)(n2)2，当n2时，Sn有最大值，为1所以Sn1对任意的nN*恒成立