1、数列求和一、选择题1(2021四川成都高三模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snan3，则()A543 B546 C1 013 D1 022A2Snan3，2Sn1an13(n2)，两式相减得：2ananan10，即anan1，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)635432(2021河南南阳高三三模)数列的前20项和为()A B C DB，的前20项和为3已知数列an满足a1a20，an2(1) an2，则数列an的前2 020项的和为()A0 B1 010 C2 020 D2 024C由an2(1) a
2、n2，a1a20，令n1,2,3,4，可得a3a12，a4a22，两式相加可得a3a44，a5a32，a6a42，两式相加得a6a50，a7a52，a8a62a7a84，进行推论归纳可得a4k3a4k20，a4k1a4k4，kN*，所以数列an的前2 020项的和为42 0204的值为()A BC DC因为，所以5(2020北京高考)在等差数列an中，a19，a51记Tna1a2an(n1,2，)，则数列Tn()A有最大项，有最小项 B有最大项，无最小项C无最大项，有最小项 D无最大项，无最小项B设等差数列an的公差为d，由a19，a51，得d2，an92(n1)2n11由an2n110，得n
3、，而nN*，可知数列an是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值可知T190，T2630，T33150，T49450为最大项，自T5起均小于0，且逐渐减小数列Tn有最大项，无最小项故选B6已知数列：，(kN*)，按照k从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列an：1，则首次出现时为数列an的()A第44项 B第76项C第128项 D第144项C观察分子分母的和出现的规律：2,3,4,5，把数列重新分组：，可看出第一次出现在第16组，因为12315120，所以前15组一共有120项；第16组的项为，所以是这一组中的第8项，故第一次出现在数列的第128项，故选C二、填空题7已知数列an
4、满足1，且a11，则an ，数列bn满足bn，则数列bn的前n项和Sn (n1)2n12由1可得1，所以为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得n，an，n2n，Sn12222n2n，2Sn122(n1)2nn2n1，相减得Sn(2222n)n2n1n2n1(n1)2n128已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，则S2 020 321 0103数列an满足a11，an1an2n，n1时，a22，n2时，anan12n1，由得2，数列an的奇数项、偶数项分别成等比数列，S2 020321 01039(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为54
5、0，则a1 7因为数列an满足an2(1)nan3n1，所以当n2k(kN*)时，a2k2a2k6k1(kN*)，所以(a2a4)(a6a8)(a10a12)(a14a16)517294192当n2k1(kN*)时，a2k1a2k16k4(kN*)，所以当k2时，a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5)(a2k1a2k3)a128146(k1)4a1a1(3k4)(k1)，当k1时上式也成立，所以a2k1a1(3k4)(k1)(kN*)，即a2k1a13k27k4(kN*)法一：所以a1a3a5a7a158a13(12223282)7(1238)488a137328a161225232
6、8a1392又前16项和为540，所以928a1392540，解得a17法二：所以a2k1a1(3k23k1)10k3a1(k1)3k310k3，所以a1a3a5a7a158a1(2313)(3323)(9383)10388a19313360248a1392又前16项和为540，所以928a1392540，解得a17三、解答题10(2021临沂高三二模)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a24，S530(1)求an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和Tn解(1)设等差数列的首项为a1，公差为d，因为a24，S55a330，所以解得所以an2n(2)bn，所以Tn111(2021
7、山东省实验中学高三二模)已知an是递增的等比数列，前3项和为13，且3a1,5a2,3a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)各项均为正数的数列bn的首项b11，其前n项和为Sn，且 ，若数列cn满足cnanbn，求cn的前n项和Tn在如下三个条件中任意选择一个，填入上面横线处，并根据题意解决问题bn21；2bnbn1bn1(n2)，b23；SnSn1(n2)解(1)设数列an的公比为q，由题意有所以所以3q10，即3q210q30，解得q或q3，因为an是递增的等比数列，所以q1，所以q3，所以a11，所以an3n1(2)选择：因为bn21，所以4Snb2bn1,4Sn1b2bn11
8、(n2)，两式相减得4bnbb2(bnbn1)(n2)，即(bnbn1)(bnbn12)0(n2)，因为bnbn10(n2)，所以bnbn12(n2)，所以数列bn是以b11为首项，2为公差的等差数列，故bn12(n1)2n1，因此cn(2n1)3n1，Tn130331532(2n1)3n1，3Tn131332533(2n1)3n，两式相减得2Tn12(31323n1)(2n1)3n，即2Tn12(2n1)3n13(13n1)(2n1)3n23n(2n1)3n2(2n2)3n，所以Tn1(n1)3n选择：由2bnbn1bn1(n2)，b23，所以数列bn是以b11为首项，2为公差的等差数列，故
9、bn12(n1)2n1，因此cn(2n1)3n1，以下同；选择：由SnSn1得1，是以1为首项，1为公差的等差数列，n，Snn2，所以bnSnSn12n1(n2)，检验n1时也满足，所以bn2n1，cn(2n1)3n1，以下同1设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bnan1(n1,2，)，若数列bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，则q等于()A B C DCbn有连续四项在53，23,19,37,82中且bnan1，即anbn1，则an有连续四项在54，24,18,36,81中an是等比数列，等比数列中有负数项，q0，且负数项为相隔两项，又|q|1，等比数列各项的绝对值递增
10、按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18，24,36，54,81，相邻两项相除，则可得24,36，54,81是an中连续的四项q2定义在0，)上的函数f(x)满足：当0x2时，f(x)2xx2；当x2时，f(x)3f(x2)记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，an，并记相应的极大值为b1，b2，bn，则a1b1a2b2a20b20的值为()A193201 B193191C203191 D203201A由题意当0x2时，f(x)2xx2(x1)21极大值点为1，极大值为1，当x2时，f(x)3f(x2)则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比
11、数列，故an2n1，bn3n1，故anbn(2n1)3n1，设Sa1b1a2b2a20b201133153239319，3S13133239320，两式相减得2S12(3132319)393201239320，S193201，故选A3为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知an为等差数列，相关信息如图所示(1)求an；(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年，其年平
12、均盈利最大？最大值是多少？(年平均盈利)解(1)由图象可知，an是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an124(n1)4n8(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y50n722n240n72，由y0，得n220n360，解得2n18，又nN*，故3n17，nN*所以该超市第3年开始盈利(3)年平均盈利为2n40240224016，当且仅当n，即n6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元(2021浙江高考)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足3bn(n4)an0(nN*)，记bn的前n项和为Tn若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围解(1)因为4Sn13Sn9，所以当n2时，4Sn3Sn19，两式相减可得4an13an，即当n1时，4S249，解得a2，所以所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以an(2)因为3bn(n4)an0，所以bn(n4)所以Tn3210(n4)，且Tn3210(n5)(n4)，得Tn3(n4)(n4)n，所以Tn4n因为Tnbn对任意nN*恒成立，所以4n(n4)恒成立，即3n(n4)恒成立，当n4时，3，此时3所以31
