（新课标）2021版高考数学一轮总复习 考点集训（三十四）第34讲 数列求和 新人教A版

考点集训(三十四)第34讲数列求和对应学生用书p237a组题1数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和s100等于()a200b200c400d400解析s100(413)(423)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.答案b2数列中，a12，且anan12(n2)，则数列前2021项和为()a.b.c.d.解析anan12(n2)，aa2n，整理得：n，n2，又a12，可得：2，则数列前2021项和为：s202122.故选b.答案b3已知数列an中，a12，2，则数列an的前n项和sn()a32n3n3b52n3n5c32n5n3d52n5n5解析因为2，所以an12an3，即an132(an3)，则数列an3是首项为a135，公比为2的等比数列，其通项公式为an352n1，所以an52n13，分组求和可得数列an的前n项和sn52n3n5.答案b4记sn为数列an的前n项和，已知a1，2n，则s100()a2b2c2d2解析根据题意，由2n，得2n，则2n1，2n2，21，将各式相加得21222n12n2，又a1，所以ann，因此s10012100，则s1001299100，将两式相减得s100100，所以s10021002.答案d5已知公差不为零的等差数列an中，a11，且a2，a5，a14成等比数列，an的前n项和为sn，bn(1)nsn.则数列bn的前2n项和t2n_解析由题意，a11，an是等差数列，a2，a5，a14成等比数列，可得：(1d)(113d)(14d)2，解得：d2，所以ana1(n1)d2n1，snna1dn2.由bn(1)nsn(1)nn2，所以bn的前2n项和t2n(1222)(3242)(2n1)2(2n)2374n1n(2n1)答案n(2n1)6已知数列an满足a11，a22，an2an1(1)n，那么s100的值为_解析当n为奇数时，an2an0，所以an1；当n为偶数时，an2an2，所以ann；故an可是s100502600.答案26007已知等差数列an的公差为2，前n项和为sn，且s1，s2，s4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(1)n1，求数列bn的前n项和tn.解析 (1)因为s1a1，s22a122a12，s44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，tn1.当n为奇数时，tn1.所以tn8已知数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nn*)，若an为等比数列，且a12，b33b2.(1)求an和bn；(2)设cn(nn*)，记数列cn的前n项和为sn，求sn.解析 (1)设等比数列an的公比为q，数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nn*)，a12，a12b1，a1a22b2，a1a2a32b3，b11，a22b2b12q0，a32b3b22q2，又b33b2，232q2，解得q2，q2(舍)an2n.2bna1a2a3an2222n2，bn.(2)cn2，数列cn的前n项和为sn22121.b组题1已知函数fn2cos，且anff，则a1a2a100()a100b0c100d10200解析a1122，a22232，a33242，a44252，所以a1a3a995050，a2a4a100(23100101)5150，所以a1a2a10050505150100.答案a2已知数列an与bn的前n项和分别为sn，tn，且an0，6sna3an，nn*，bn，若nn*，ktn恒成立，则k的最小值是()a.b.c49d.解析当n1时，6a1a3a1，解得a13或a10.由an0，得a13.由6sna3an，得6sn1a3an1.两式相减得6an1aa3an13an.所以(an1an)(an1an3)0.因为an0，所以an1an0，an1an3.即数列an是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an33(n1)3n.所以bn.所以tntn恒成立，只需k.故选b.答案b3已知正项数列an的前n项和为sn，nn*，2snaan.令bn，设bn的前n项和为tn，则在t1，t2，t3，t100中有理数的个数为_解析2snaan，2sn1aan1，得2an1aan1aan，aaan1an0，(an1an)(an1an1)0.又an为正项数列，an1an10，即an1an1.在2snaan中，令n1，可得a11.数列an是以1为首项，1为公差的等差数列ann，bn，tn11，要使tn为有理数，只需为有理数，令n1t2，1n100，n3，8，15，24，35，48，63，80，99，共9个数t1，t2，t3，t100中有理数的个数为9.答案94已知数列an中，a11，a23，若an22an1an0对任意nn*都成立，则数列an的前n项和sn_解析a11，a23，an22an1an0对任意nn*都成立，可得：an2an1(an1an)，a2a14.则数列an1an是等比数列，首项为4，公比为1.an1an4(1)n1.n2k1时，a2k1a2k4(1)2k14，sns2k1(a2k1a2k)a1(a2a3)(a2ka2k1)(a2ka2k1)1(4)54k32n.n2k时，a2k1a2k4(1)2k24.sn(a1a2)(a3a4)(a2k1a2k)4k2n，sn答案5已知sn是数列an的前n项和，a12，且4snanan1，在数列bn中，b1，且bn1，nn*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，cn(nn*)，求cn的前n项和tn.解析 (1)当n1时，由题意，得a24.当n2时，4snanan1，4sn1an1an，两式相减，得4anan(an1an1)an0，an1an14，an的奇数