1、点点练23数列求和一基础小题练透篇1.2021四川省宜宾市高三二模已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snan3，则()A543B546C1013D102222021四川省九市高三二模记Sn为数列an的前n项和，若a11，a22，且an2an1(1)n1，则S100的值为()A5050B2600C2550D24503设数列an的前n项和为Sn，若an，则S99()A7B8C9D104已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为()A.1121B1122C1123D11245设数列an满足a13，an13an4n，若bn，且数列bn的前n项和为Sn，则Sn()AnBCnDn620
2、22重庆市南开中学高三模拟设等差数列an的前n项和为Sn，且满足a12，S735，将a3，a7，a11，a15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列bn的前三项，则数列anbn的前10项的和T10()A10212B9212C11212D122127若数列an的通项公式是an(1)n(3n1)，则a1a2a100_8若an是等差数列，首项a10，a1009a10100，a1009a10100，则使其前n项和Sn0成立的最大自然数n是_二能力小题提升篇1.2022浙江嘉兴检测等比数列an的各项均为正数，且a5a6a4a718，则log3a1log3a2log3a10()A12B10C8D
3、2log3522022河南省驻马店市联考数列an满足an1(1)n1an2n，则数列an的前60项和等于()A1830B1820C1810D180032022江苏省镇江市月考已知函数f(x)，数列an满足anf，则数列an的前2019项和为()AB1010CD101142021“超级全能生”高三联考高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设xR用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，也称取整函数在数列an中，记an为不超过an的最大整数，则称数列an为an的取整数列，设数列an满足a11，an1，记数列an的前n项和为Sn，则数列
4、的前1010项和为()ABCD52022江苏省南京高三一模在等差数列an中，a11，前n项和Sn满足，n1，2，则_62022山西省临汾市高三考试设数列an的前n项和为Sn，且a11，a2nan1，a2n1nan，则S100_三高考小题重现篇1.2021浙江卷已知数列an满足a11，an1(nN*).记数列an的前n项和为Sn，则()AS1003B3S1004C4S100DS100522020全国卷01周期序列在通信技术中有着重要应用若序列a1a2an满足ai0，1(i1，2，)，且存在正整数m，使得aimai(i1，2，)成立，则称其为01周期序列，并称满足aimai(i1，2，)的最小正整
5、数m为这个序列的周期对于周期为m的01序列a1a2an，C(k)aiaik(k1，2，m1)是描述其性质的重要指标下列周期为5的01序列中，满足C(k)(k1，2，3，4)的序列是()A11010B11011C10001D110013全国卷几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N
6、项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440B330C220D11042020浙江卷我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列数列(nN*)的前3项和是_52019全国卷记Sn为等比数列an的前n项和若a1，aa6，则S5_62021新高考卷某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2
7、.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折n次，那么k_dm2.四经典大题强化篇1.2022河北省唐山市高三调研已知an是递减的等比数列，且a2，a4，a6，(1)求数列an的通项公式；(2)若bn(3n5)an，求数列bn的前n项和Tn.22021山东省菏泽市高三二模已知正项数列an的首项a11，前n项和为Sn，且满足anan114Sn(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn前n项和为Tn，求使得Tn成立的n的最大值点点练23数列求和一基础小题练透篇1答案：A解析：2Snan3，2Sn1an13（n2），两式相减得：2ananan10，即anan1，
8、n2，又当n1时，有2S1a13，可得：a11，数列an是首项为1，公比为的等比数列，an，Sn，（3323336）63543.2答案：B解析：当n为奇数时，an2an2，数列是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an2an0，数列a2n是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列则S100（a1a3a99）（a2a4a100）5025022600.3答案：C解析：因为an，所以S99（1）（）（）（）11019故选C.4答案：C解析：由题意可知，数列a2n是首项为1，公比为2的等比数列，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列，故数列an的前20项和为10121123.5答案：D解析：
9、由an13an4n可得an1（2n3）3an（2n1），a13，a1（211）0，则可得数列an（2n1）为常数列0，即an（2n1）0，an2n1，bn11，Snnnn.6答案：A解析：设等差数列an的公差为d，则S77276d35，解得d1.故an2（n1）1n1，即a34，a78，a1112，a1516，由题意知，4，8，16是等比数列bn的前三项，即b14，公比q2，故bn42n12n1.故anbn（n1）2n1，T1022232342411211，2T1022332442511212，两式作差得，T10222（2324211）112122（2222324211）11212211212
10、10212，所以T1010212.7答案：150解析：a1a2a100（a1a2）（a3a4）（a99a100）350150.8答案：2018解析：等差数列an中，首项a10，a1009a10100，a1009a10100，a10090，a10100，公差d0，则S20172017a10090，S20180，S20192019a10100，故前n项和Sn0成立的最大自然数n是2018.二能力小题提升篇1答案：B解析：由等比数列的性质知，a5a6a4a72a5a618，所以a5a69，所以log3a1log3a2log3a10log3（a1a2a10）log39510.2答案：D解析：当n为正奇
11、数时，由题意可得an1an2n，an2an12n2，两式相加得anan24n2；当n为正偶数时，由题意可得an1an2n，an2an12n2，两式相减得anan22.因此，数列an的前60项和为（a1a3）（a5a7）（a57a59）（a2a4）（a6a8）（a58a60）（42824572）215301800.3答案：A解析：因为f（x），所以f（1x），有f（x）f（1x）1.记数列an的前n项和Sn，又anf，所以S2019a1a2a3a2019ffff2S2019120192019.所以S2019.4答案：C解析：由题意，数列an满足a11，则a21，同理可得a31，an1，所以Sn1
12、11n，所以S2n12n1，则，则数列的前1010项和为（）.5答案：解析：依题意，3，3，所以d1，所以Snna1d，所以2，所以22.6答案：1189解析：因为a2nan1，a2n1nan，所以a2na2n1n1，所以（a2a3）（a4a5）（a98a99）01481176，由a2nan1，a2n1nan，可得a31a10，所以a100a501a25210a1211a612a312，所以S100a1（a2a3）（a4a5）（a98a99）a10011176121189.三高考小题重现篇1答案：A解析：a11，an1，an0，S100a11.由an1，得，则.由累加法可得1，an，an1an
13、，.由累乘法可得an.因此，S1001613，即S1003.2答案：C解析：C（1）（a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6）（a1a2a2a3a3a4a4a5a5a1），C（2）（a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7）（a1a3a2a4a3a5a4a1a5a2），C（3）（a1a4a2a5a3a6a4a7a5a8）（a1a4a2a5a3a1a4a2a5a3），C（4）（a1a5a2a6a3a7a4a8a5a9）（a1a5a2a1a3a2a4a3a5a4）.对于A，C（1），C（2），故A不正确；对于B，C（1），故B不正确；对于D，C（1），故D不正确；对于C，C（1），C（2）0，C
14、（3）0，C（4），C正确3答案：A解析：方法一排除法记SN为数列的前N项和，由题意得，数列的前110项为20，20，21，20，21，20，21，213，20，21，22，23，24，所以S11020（2021）（2021213）（2021222324）（211）（221）（2141）（251）（2122214）143121515，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项D不正确同理，S22020（2021）（2021219）（2021222329）22121023，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项C不正确同理，S33020（2021）（2021224）（2021222324）226
15、4，不是2的整数幂，故选项B不正确所以，正确的选项为A.方法二不妨设1（12）（122n1）（122t）2m（其中m、n、tN，0tn）.则有Nt1，因为N100，所以n13.由等比数列的前n项和公式可得2n1n22t112m.因为n13，所以2nn2，所以2n12nn2，即2n1n22n，因为2t110，所以2m2n1n22n，故mn1，因为2t112n11，所以2m2n2n3，故mn1.所以mn1，从而有n2t13，因为n13，所以t3.当t3时，N95，不合题意；当t4时，N440，满足题意，故所求N的最小值为440.4答案：10解析：方法一因为an，所以S3a1a2a313610.方法
16、二因为an，所以Sn，所以S310.5答案：解析：通解设等比数列an的公比为q，因为aa6，所以（a1q3）2a1q5，所以a1q1，又a1，所以q3，所以S5.优解设等比数列an的公比为q，因此aa6，所以a2a6a6，所以a21，又a1，所以q3，所以S5.6答案：5720解析：（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：12，56，103，20，共4种不同规格（单位dm2）；故对折4次可得到如下规格：12，6，53，10，20，共5种不同规格；（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格
17、如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120n1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n1种，故得猜想Sn，设Sk，则S，两式作差得：S240120240360360，因此，S720720.四经典大题强化篇1解析：（1）若递减的等比数列an公比为q，则a2，a4，a6，q2且q0，故q，可得a1.ana1qn1，nN*.（2）由（1）：bn，Tn35，若M，则，可得M1，Tn35（3n1）.2解析：（1）由anan114Sn得an1an214Sn1得an1an2anan14an1，因为an10，所以an2an4，由此可知a1，a3
18、，a5，a7，a2n1，是公差为4的等差数列，其通项公式为a2n14n32（2n1）1；同理a2，a4，a6，a2n，也是公差为4的等差数列，a2n2（2n）1.综上，an2n1.（2）方法一由（1）可知bn，Tn，要使Tn，即，由可知数列，为递增数列，由知数列，为递减数列，因为，所以当n4时，Tn，当n4时，Tn，故满足条件的Tn的最大值为4.方法二由（1）可知bn，Tn，要使Tn，有，即n34n24n10；令f（x）x34x24x1（x1），f（x）3x28x43，由f（3）10，f（4）120，可知当x4时f（x）是增函数，当x1，3时f（x）是减函数，由f（4）170，f（5）40，可知x5时f（x）0，1x4时f（x）0，所以当n1，2，3，4时f（n）0，当nN且x4时f（n）0，所以n4时，Tn，故满足条件的n的最大值为4.
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