2021届高考数学二轮复习第二部分专题二第2讲专题训练10数列求和及其综合应用含解析新人教版

1、第二部分专题二第2讲专题训练十数列求和及其综合应用一、选择题1(2019邯郸二模)设an是公差为2的等差数列，bna2n，若bn为等比数列，则b1b2b3b4b5(b)a142b124c128d144【解析】因为an是公差为2的等差数列，bna2n，所以ana1(n1)2a12n2，因为bn为等比数列，所以bb1b3所以(a4)2a2a8，所以(a182)2(a142)(a1162)，解得a12，所以bna2n222n22n1，所以b1b2b3b4b522232425261242(2020青海省玉树州高三联考)已知数列an满足(n1)annan1(nn*)，a22，等比数列bn满足b1a1，b

2、2a2，则bn的前6项和为(b)a64b63c64d126【解析】因为(n1)annan1，所以2a1a22，a11，因此等比数列bn公比q2，所以bn的前6项和为63，选b3(2020河南南阳一中模拟)已知数列an满足：当n2且nn*时，有anan1(1)n3，则数列an的前200项的和为(a)a300b200c100d50【解析】由题意当n2且nn*时，有anan1(1)n3，可得到a2a13，a4a33，a6a53，a200a1993，所以数列an的前200项的和为(a2a1)(a4a3)(a6a5)(a200a199)300故选a4(2020吉林省重点中学联考)已知数列an的前n项和s

3、nn2，bn(1)nan则数列bn的前n项和tn满足(a)atn(1)nnbtnnctnndtn【解析】snn2，当n1时，a1s11；当n2时，ansnsn1n2(n1)22n1，又当n1时，a11符合上式，an2n1，bn(1)nan(1)n(2n1)，tn1(1)13(1)25(1)3(1)n(2n1)，tn1(1)23(1)35(1)4(1)n1(2n1)，得2tn12(1)2(1)3(1)4(1)n(2n1)(1)n112(2n1)(1)n12(1)nn，tn(1)nn，数列bn的前n项和tn(1)nn.故选a5(2020安徽省十四校联盟段考)已知数列an的通项公式为an(1)n1(

4、nn*)，则数列an的前2 020项和为(c)abcd【解析】an(1)n1(1)n1，当n为偶数时，a1a2an1，数列an的前2 020项和为.故选c6(2020惠州模拟)已知数列an的通项公式为anlog(n1)(n2)(nn*)，我们把使乘积a1a2a3an为整数的n叫做“优数”，则在(0,2 018内的所有“优数”的和为(c)a1 024b2 012c2 026d2 036【解析】a1a2a3anlog23log34log45log(n1)(n2)log2(n2)k，kz，令0n2k22 018，则22k2 020,10由a7a62a5，得a6qa6，化简得q2q20，解得q2因为a

5、man16a，所以(a1qm1)(a1qn1)16a，则2mn216，解得mn6，所以(mn)，当且仅当即时取等号，又m，n为整数，所以取不到等号，则.验证可得，当m2，n4时，取最小值，为，故选b8(2020湖南衡阳八中10月月考)在数列an中，a11，当n2时，其前n项和sn满足san(sn1)，设bnlog2，数列bn的前n项和为tn，则满足tn6的最小正整数n是(a)a10b9c8d7【解析】在数列an中，a11，当n2时，ansnsn1，所以san(sn1)(snsn1)(sn1)，所以snsn1sn1sn0，所以1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1(n1)n，所以s

6、n，bnlog2log2，则数列bn的前n项和tnb1b2b3bn1bnlog2log2log2log2log2log2log2，由tn6，得log26，即26，即n23n1260令f(x)x23x126(x)2126，易知f(x)在1，)上单调递增，且f(9)180，又nn*，所以当n10时，tn6，则满足题意的最小正整数n是10故选a二、填空题9(2019抚顺二模)已知数列an是等比数列，其公比为2，设bnlog2an，且数列bn的前10项的和为25，那么的值为_.【解析】数列an是等比数列，其公比为2，设bnlog2an，且数列bn的前10项的和为25，所以b1b2b10log2(a1a

7、2a10)log2(a2129)25，所以a245225，可得a1.an，那么44.10(2020山西太原二模)若数列an，bn满足anbn1，ann23n2，则bn的前10项之和为_.【解析】由题意得bn，bn的前10项和.11(2020全国高三一模)已知数列an的前n项和snn(n1)，数列bn对nn*，有s1b1s2b2snbnan，则b1b2b2020_.【解析】由条件snn(n1)可得a1s12，当n2时，ansnsn1n(n1)(n1)n2n，当n1时，a12符合上式，从而数列an的通项公式为an2n(nn*)，当n2时，由s1b1s2b2snbnan得s1b1s2b2sn1bn1

8、an1将两式相减，可得snbnanan1，bn，当n1时，得s1b1a1，b11，符合bn，故数列bn的通项公式为bn(nn*)，从而b1b2b20202.12(2020天一大联考)记数列an的前n项和为sn，已知a1，.若41sk39，则k的最大值为_19_.【解析】依题意，得an1sn1(sn11)2，则(sn1sn)sn1(sn11)2，即ssn1sns2sn11，所以sn1sn2sn11，则sn1(sn1)sn11，即1，所以1故数列是首项为，公差为1的等差数列，则n，所以sn.故41sk39可化为4139，解得k，求n的最小值【解析】(1)设等差数列an的公差为d.依题意有即解得所以

9、an2n，snn2n.(2)因为，所以tn1.因为tn，即1，所以n99所以n的最小值为10014(2020辽宁省沈阳市五校期中)已知数列an满足a11，且an2an12n(n2，nn*)(1)求证：数列是等差数列，并求出数列an的通项公式；(2)求数列an的前n项和sn.【解析】(1)证明：因为an2an12n，所以1，即1，所以数列是等差数列，且公差d1，其首项，所以(n1)1n，解得an(n)2n(2n1)2n1(2)sn120321522(2n1)2n1，2sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n，得sn12022122222n1(2n1)2n1(2n1)2n(32n)2n

10、3所以sn(2n3)2n315(2020湖北荆州中学第五次双周考)已知函数f(x)logkx(k为常数，k0且k1)，且数列f(an)是首项为4，公差为2的等差数列(1)求证：数列an是等比数列(2)若bnanf(an)，当k时，求数列bn的前n项和sn的最小值(3)若cnanlgan，是否存在实数k，使得cn是递增数列？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由【解析】(1)由题意可得f(an)42(n1)2n2，即logkan2n2，所以ank2n2，所以k2因为常数k0且k1，所以k2为非零常数，所以数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列(2)当k时，an.因为f(an)2n2，所以bn2n2，所以snn23n.因为n1，所以snn23n是单调递增的，所以sn的最小值为s113.(3)存在，理由如下结合(1)知，cnanlg an(2n2)k2n2lg k，cn是