1、数列求和授课提示：对应学生用书第329页A组基础保分练1已知数列an的通项公式是an2n3，则其前20项和为（）A380B400C420 D440解析：令数列an的前n项和为Sn，则S20a1a2a202（1220）323420答案：C2已知数列an满足a11，an1则其前6项之和是（）A16 B20C33 D120解析：由已知得a22a12，a3a213，a42a36，a5a417，a62a514，所以S6123671433答案：C3化简Snn（n1）2（n2）2222n22n1的结果是（）A2n1n2 B2n1n2C2nn2 D2n1n2解析：因为Snn（n1）2（n2）2222n22n1
2、，2Snn2（n1）22（n2）2322n12n，所以得，Snn（222232n）n22n1，所以Sn2n1n2答案：D4（2021重庆一调）已知数列an满足an，则a1（）AB CD解析：由题知，数列an满足an，所以数列的通项公式为，所以a111答案：A5数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN，则数列ban的前n项和为（）A（4n11） B（4n1）C（4n11） D（4n1）解析：因为an1an2，a1b11，所以数列an是等差数列，数列bn是等比数列，an12（n1）2n1，bn12n12n1，数列ban的前n项和为ba1ba2banb1b3b5b2n120222422n2（
3、4n1）答案：D6已知数列an的首项a13，前n项和为Sn，an12Sn3，nN设bnlog3an，则数列的前n项和Tn的取值范围为（）A BC D解析：由an12Sn3，可得当n2时，有an2Sn13，两式相减得an1an2（SnSn1）2an（n2），故an13an（n2）又当n1时，a22S132a133a1，所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，故an3n所以bnlog3ann，所以所以Tn，Tn，得Tn，化简整理得Tn，因为0，所以Tn，又Tn1Tn0，所以数列Tn是递增数列，所以（Tn）minT1，所以Tn，故Tn的取值范围是答案：C7若数列an的通项公式是an（1）n（3n
4、2），则a1a2a10_解析：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10147101316192225285315答案：158（2020高考全国卷）数列an满足an2（1）nan3n1，前16项和为540，则a1_解析：法一：因为an2（1）nan3n1，所以当n为偶数时，an2an3n1，所以a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441，所以a2a4a6a8a10a12a14a1692因为数列an的前16项和为540，所以a1a3a5a7a9a11a13a1554092448因为当n为奇数时，an2an3n1，所以a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338，所
5、以（a3a7a11a15）（a1a5a9a13）80由得a1a5a9a13184又a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144，a11a926a170，a13a1132a1102，所以a1a110a144a1102184，所以a17法二：同法一得a1a3a5a7a9a11a13a15448当n为奇数时，有an2an3n1，由累加法得an2a13（135n）（1n）n2n，所以an2n2na1所以a1a3a5a7a9a11a13a15a18a1392448，解得a17答案：79（2021大同调研）在数列an中，a13，an2an1n2（n2，且nN）（1）求a2和a
6、3的值；（2）证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式；（3）求数列an的前n项和Sn解析：（1）a13，a22a1226，a32a23213（2）证明：an2an1n2，n2，ann2（an1n1），n2又a114，ann是以4为首项，2为公比的等比数列ann42n12n1，an2n1n（3）Sn2212322n（n1）2n1n22（2n1）2n210（2021宁德二检）已知数列an的前n项和Snn22kn（kN），Sn的最小值为9（1）确定k的值，并求数列an的通项公式；（2）设bn（1）nan，求数列bn的前2n1项和T2n1解析：（1）由已知得Snn22kn（nk）2k2，因为k
7、N，则当nk时，（Sn）mink29，故k3所以Snn26n因为Sn1（n1）26（n1）（n2），所以anSnSn1（n26n）（n1）26（n1）2n7（n2）当n1时，S1a15，满足an2n7，综上，an2n7（2）依题意，得bn（1）nan（1）n（2n7），则T2n1531135（1）2n（4n7）（1）2n12（2n1）75（222）n个52nB组能力提升练1已知数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog2，且bn为递增数列，若cn，求证：c1c2c3cn1解析：（1）设数列an的公比为q，当q1时，符合条件，a1
8、a33，an3，当q1时，所以解得an12综上，an3或an12（2）证明：若an3，则bn0，与题意不符，所以an12所以a2n3123，bnlog2log222n2n，cn，c1c2c3cn112（2021合肥调研）已知等差数列an，a212，a524，数列bn满足b14，bn1bnan（nN）（1）求数列an，bn的通项公式；（2）求使得成立的最小正整数n的值解析：（1）设等差数列an的公差为d，则a5a23d12，d4，ana2（n2）d4n4，bn1bn4n4，bnb1（b2b1）（b3b2）（bnbn1）4（414）（424）4（n1）44412（n1）4（n1）2n22n（n1）
9、，b14也适合an4n4，bn2n22n（nN）（2），即，解得n16，满足条件的最小正整数n的值为17C组创新应用练1（2021长春联考）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，a6和a8是函数f（x）ln xx28x的极值点，则S8（）A38B38C17 D17解析：因为f（x）ln xx28x，所以f（x）x8，令f（x）0，解得x或x又a6和a8是函数f（x）的极值点，且公差d0，所以a6，a8，所以解得所以S88a1d38答案：A2（2021合肥调研）设数列an的前n项和为Sn，4Sn（2n1）an1（nN）定义数列bn如下：对于正整数m，bm是使不等式anm成立的所有n的最小值
10、，则数列bn的前60项的和为（）A960 B930C900 D840解析：由4Sn（2n1）an1，得当n2时，4Sn1（2n1）an11，两式相减，得4an（2n1）an（2n1）an1，即（2n3）an（2n1）an1，所以，所以又4S14a1（21）a11，解得a11，所以an2n1（n2），又a11也适合，所以an2n1（nN）由anm，得2n1m，所以n，所以满足条件anm的n的最小值为大于等于的整数，所以bm，所以数列bn的前60项和为960答案：A3已知数列an，若an1anan2（nN），则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 019项和为_解析：由“凸数列”的定义及b11，b22，得b33，b41，b52，b63，b71，b82，所以数列bn是周期为6的周期数列，且b1b2b3b4b5b60，于是数列bn的前2 019项和等于b1b2b34答案：4