1、三十一数列求和(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1(2020韶关二模)已知数列an是各项不相等的等差数列若a14，且a2，a4，a8成等比数列，则数列an的前8项和S8()A112B144C288D110B解析：数列an是各项不相等的等差数列，设公差为d，d0，若a14，且a2，a4，a8成等比数列，可得a2a8a，即(4d)(47d)(43d)2，解得d4(0舍去)，则数列an的前8项和S8844144.2在数列an中，a15，(an12)(an2)3(nN*)，则该数列的前2 020项的和是()A2 020B2 022C8 080D16 160C解析：由(an12)(an2)3，得(a
2、n22)(an12)3，因此an22an2，即an2an，所以数列an是以2为周期的数列又a15，因此(a22)(a12)3(a22)3，故a23，a1a28.又2 02021 010，因此该数列的前2 020项的和等于1 010(a1a2)8 080.3(2020宁德二模)已知数列an满足an1an，a11，则数列anan1的前10项和为()A. B. C. D.A解析：因为an1an，a11，所以(n1)an1nan，所以数列nan是每项均为1的常数列，所以nan1.所以an，anan1，所以数列anan1的前10项和为1.4(2020包头二模)已知函数yf(x)满足f(x)f(1x)1.
3、若数列an满足anf(0)f f f f(1)，则数列an的前20项和为()A100B105 C110D115D解析：因为函数yf(x)满足f(x)f(1x)1，anf(0)f f f f(1)，所以anf(1)f f f f(0).由可得2ann1，所以an，所以数列an是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为115.5(2020南昌三模)将正整数20分解成两个正整数的乘积有120,210,45三种，其中45是这三种分解中两数差的绝对值最小的我们称45为20的最佳分解当pq(pq且p，qN*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)qp，则数列f(3n)(nN*)的前100项和S100为
4、()A3501B3501C DB解析：根据题意，知f(3)312，f(32)330，f(33)3236，f(34)32320，f(32k1)3k3k123k1，f(32k)3k3k0.所以数列f(3n)(nN*)的前100项和S100为23002310234902(303132349)23501.6数列1,2,4，2n1的前n项和Sn_，各项和为_2n12n21解析：数列的通项公式为an2n1，数列共有n2项，所以前n项的和为Sn2n1，各项的和为前n2项的和，即Sn22n21.7在等比数列an中，a1a2a610，5，则a1a2a6_.8解析：由等比数列的前n项和公式，a1a2a610，5，
5、把a1a6q10(1q)代入，得a1a62.又a1a2a6(a1a6)3238.8设数列an的前n项和为Sn.已知a11，a22，且an22SnSn13，记bnlog2a2n1log2a2n，则数列(1)nb的前10项和为_200解析：因为a11，a22，且an22SnSn13，所以a32332.因为an22SnSn13，所以n2时，an12Sn1Sn3，两式相减可得an2an12(SnSn1)(Sn1Sn)(n2)，即n2时，an2an12anan1即an22an.因为a32a1，所以数列an的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，所以a2n22n12n，a2n112n12n1，所以bn
6、log2a2n1log2a2nn1n2n1，则(1)nb(1)n(2n1)2，则数列(1)nb的前10项和为Tn(3212)(7252)(192172)2(412202836)200.9已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求数列an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和解：(1)设等比数列bn的公比为q，则q3，所以b11，b4b3q27，所以bn3n1.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1.(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1.
7、从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.10某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(取1.05101.629,1.31013.786,1.51057.665)解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列甲方案获利：1(130%)(130%)2(130%)942.62(万元)，银行贷款本息：10(15%)1016.29(
8、万元)，故甲方案纯利：42.6216.2926.33(万元)乙方案获利：1(10.5)(120.5)(190.5)1010.532.50(万元)；银行本息和：1.051(15%)(15%)2(15%)91.0513.21(万元)故乙方案纯利：32.5013.2119.29(万元)综上可知，甲方案更好B组新高考培优练11在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢问：几日相逢？”()A8日B9日 C12日D16日B解析：设经过n日相逢，则依题意得
9、103n1397n1 1252，整理得n231n3600，解得n9(负值舍去)故选B.12(多选题)已知数列an是首项为1的等差数列，数列bn是公比为的等比数列，已知数列anbn的前n项和Sn3，则()A数列an的公差为Bb12C(2n1)2nD数列的前n项和为(2n3)2n16CD解析：因为数列anbn的前n项和Sn3，则a1b1S13，a2b2S2S13.设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.依题意，得b1，d2，所以an1(n1)d2n1，bnb1qn1，所以(2n1)2n.所以数列的前n项和为Tn121322523(2n3)2n1(2n1)2n.两边同乘2，得2Tn12232352
10、4(2n3)2n(2n1)2n1.，得Tn22(22232n)(2n1)2n122(2n1)2n1(2n3)2n16.所以Tn(2n3)2n16.13(2021郴州质检)已知数列an和bn满足a1a2a3an2bn(nN*)，若数列an为等比数列，且a12，a416，则数列bn的通项公式bn_，数列的前n项和Sn_.解析：因为数列an为等比数列，且a12，a416，所以公比q2，所以an2n，所以a1a2a3an2122232n2123n2.因为a1a2a3an2bn，所以bn，所以2，所以数列的前n项和Snb1b2b3bn22.14(2020泰安一模)在A5B3，B535这三个条件中任选一个
11、，补充在下面问题中，并解答已知等差数列an的公差为d(d0)，等差数列bn的公差为2d.设An，Bn分别是数列an，bn的前n项和，且b13，A23，_.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn2an，求数列cn的前n项和Sn.解：方案一：选条件.(1)因为数列an，bn都是等差数列，且A23，A5B3，所以解得所以ana1(n1)dn，bnb1(n1)2d2n1.综上ann，bn2n1.(2)由(1)得：cn2n2n，所以Sn(2222n)2n1.方案二：选条件.(1)因为数列an，bn都是等差数列，且A23，所以解得所以ana1(n1)dn，bnb1(n1)2d2n1，综上，ann，
12、bn2n1.(2)同方案一方案三：选条件.(1)因为数列an，bn都是等差数列，且A23，B535.所以解得所以ana1(n1)dn，bnb1(n1)2d2n1.综上，ann，bn2n1.(2)同方案一15(2020山东高考名校联考信息优化卷)已知数列an是各项均为正数的等比数列，a3，a1a2，数列bn满足b13，且1bn1与1bn的等差中项是an.(1)求数列bn的通项公式；(2)若cn(1)nbn，求数列cn的前2n项和S2n.解：(1)设数列an的公比为q，由已知得解得或由于数列an的各项均为正数，所以q0，故所以ann1n1.因为1bn1与1bn的等差中项是an，所以1bn11bn2an2n1，即bn1bnn2.于是bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)3312n12(n1)n12n.故数列bn的通项公式为bnn12n.(2)由(1)知cn(1)nbnn1(1)n12n，所以S2n(12)24682(2n1)22n(2)2n.