2023届高三数学一轮复习课时过关检测(32)数列求和.doc

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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

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