《2020高考数学刷题首秧第四章数列考点测试31数列求和文含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学刷题首秧第四章数列考点测试31数列求和文含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试 31 数列求和考点测试 31 数列求和 一、基础小题 1若数列an的通项公式为an2n2n1，则数列an的前n项和为( ) A2nn21 B2n1n21 C2n1n22 D2nn2 答案 C 解析 Sn2n12n2故选 C 212n 12 n12n 1 2 2数列an的前n项和为Sn，若an，则S5等于( ) 1 nn 1 A1 B C D 5 6 1 6 1 30 答案 B 解析 an ，S51 故选 B 1 n 1 n1 1 2 1 2 1 3 1 5 1 6 5 6 3等差数列an的前n项和为Sn，若S410a1，则( ) a1 d A B1 C D2 1 2 3 2 答案 B
2、 解析 由S410a1得10a1，即da1所以1故选 B 4 a1a4 2 a1 d 4已知数列an满足a1a2a3an2a2，则( ) Aa10 Ca1a2 Da20 答案 D 解析 a1a2a3an2a2， 当n1 时，a12a2， 当n2 时，a1a22a2， a2 0故选 D 5设数列an的前n项和为Sn，且Sn，若a38，则a1( ) a1 4 n 1 3 A B C64 D128 1 4 1 2 答案 B 解析 S3S2a3，8， a1 4 3 1 3 a1 4 2 1 3 a1 ，故选 B 1 2 6已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2 时，an2Sn1n，则S11( )
3、 A5 B6 C7 D8 答案 B 解析 由当n2时，an2Sn1n得an12Snn1， 上面两式相减得an1an2an 1， 即an1an1， 所以S11a1(a2a3)(a4a5)(a10a11)5116 故选 B 7设Sn1234(1)n1n，则S4mS2m1S2m3(mN N*)的值为( ) A0 B3 C4 D随m的变化而变化 答案 B 解析 容易求得S2kk，S2k1k1，所以S4mS2m1S2m32mm1m2 3故选 B 8 在等比数列an中， 前7项的和S716， 且aaa128， 则a1a2a3a4a5 2 12 22 7 a6a7( ) A8 B C6 D 13 2 7 2
4、 答案 A 解析 设数列an的公比为q， 则a1a2a3a4a5a6a7 a11q7 1q a1 1 q7 1q ，a1a2a3a4a5a6a716，aaa128 a1 1 q7 1q 2 12 22 7 a2 1 1 q14 1q2 a1 1 q7 1q ，a1a2a3a4a5a6a78故选 A a1 1 q7 1q a2 1 1 q14 1q2 128 16 二、高考小题 9(2017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
5、,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项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是( ) A440 B330 C220 D110 答案 A 解析 设首项为第 1 组， 接下来的两项为第 2 组， 再接下来的三项为第 3 组， 依此类推， 则第n组的项数为n， 前n组的项数和为 由题意知，N100， 令100， 解得n14 nn 1 2 nn 1 2 且nN N* *，即N出现在第 13 组之后 第n组的各项和为2n1，前n组所有项的和为n2n12n设N 1
6、2n 12 212n 12 是第n1 组的第k项，若要使前N项和为 2 的整数幂，则N项的和即第n1 组的 nn 1 2 前k项的和 2k1 应与2n互为相反数， 即 2k12n(kN N* *，n14)，klog2(n3)， n最小为 29，此时k5则N5440故选 A 29 129 2 10(2016北京高考)已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a16，a3a50， 则S6_ 答案 6 解析 设等差数列an的公差为d， a16，a3a50， 62d64d0， d2， S666(2)6 6 5 2 11 (2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410， 则_ n k1 1
7、 Sk 答案 2n n1 解析 设公差为d，则Error!Error!Error!Error! ann 前n项和Sn12n， nn 1 2 2 ， 1 Sn 2 nn 1 1 n 1 n1 21 212 n k1 1 Sk 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 1 n1 n n1 2n n1 12(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn _ 答案 1 n 解析 an1Sn1Sn，Sn1SnSnSn1， 又由a11，知Sn0，1， 1 Sn 1 Sn1 是等差数列，且公差为1，而1， 1 Sn 1 S1 1 a1 1(n1)(1)n，Sn 1 Sn 1
8、 n 13 (2018江苏高考)已知集合Ax|x2n1，nN N*，Bx|x2n，nN N* 将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an 记Sn为数列an的前n项和， 则使得Sn12an 1成立的n的最小值为_ 答案 27 解析 设An2n1，Bn2n，nN N*，当Ak12a39，则n22,38)，nN N*时，存在n， 使Sn12an1， 此时T5A1A2A16B1B2B3B4B5， 则当n22,38)，nN N*时，Sn T5n210n87an1An15An4,12an1122(n4) n221A225An5 2 124n108，Sn12an1n234n195(n17)294，则
9、n27 时，Sn12an10， 即nmin27 三、模拟小题 14 (2018福建厦门第一学期期末)已知数列an满足an1(1)n1an2， 则其前100 项和为( ) A250 B200 C150 D100 答案 D 解析 n2k(kN N*)时，a2k1a2k2， n2k1(kN N*)时，a2ka2k12， n2k1(kN N*)时，a2k2a2k12， a2k1a2k14，a2k2a2k0， an的前 100 项和(a1a3)(a97a99)(a2a4)(a98a100)254250100 故选 D 15 (2018浙江模拟)已知数列an的通项公式为anError!Error!则数列3
10、ann7的前2n 项和的最小值为( ) A B C D 51 4 185 4 25 2 105 8 答案 D 解析 设bn3ann7， 3ann7的前 2n项和为S2n， 则S2nb1b2b3b2n 3(1232n)14n91 n2n213n，又 2n213n2n 11 2 n 11 2 1 21 1 2 n 11 2 1 2 2 ， 当n4 时，f(n)2n 2 是关于n的增函数， 又g(n)91 n也是关于n 13 4 169 8 13 4 169 8 1 2 的增函数，S81024 的最小n的值为_ 答案 9 解析 当n1 时，a14， 当n2 时，anSnSn12n12n2n， 所以a
11、nError!Error!所以bnError!Error! 所以TnError!Error! 当n9 时，T9210910211161024； 当n8 时，T8298925861024 的最小n的值为 9 17(2018江西南昌莲塘一中质检)函数f(x)，g(x)f(x1)1，angg ex1 ex1 1 n gg，nN N*，则数列an的通项公式为_ 2 n 3 n 2n1 n 答案 an2n1 解析 由题意知f(x)的定义域为 R R， 又f(x)f(x)， ex1 ex1 1ex 1ex 函数f(x)为奇函数，g(x)g(2x)f(x1)1f(2x1)1f(x1) ex1 ex1 f(1
12、x)2， 由f(x)为奇函数，知f(x1)f(1x)0， ex1 ex1 g(x)g(2x)2angggg，nN N*， 1 n 2 n 3 n 2n1 n angggg，nN N*， 2n1 n 2n2 n 2n3 n 1 n 由得2angggggg(2n1)2， 则数列an 1 n 2n1 n 2 n 2n2 n 2n1 n 1 n 的通项公式为an2n1 18 (2018洛阳质检)已知正项数列an满足a6aan1an 若a12， 则数列an 2n12n 的前n项和Sn为_ 答案 3n1 解析 a6aan1an， (an13an)(an12an)0， an0， an13an， an 2n1
13、2n 是公比为 3 的等比数列，Sn3n1 2 13n 13 19(2018石家庄质检二)已知数列an的前n项和Sn n，如果存在正整数n，使 1 2 得(man)(man1)1， 且a3a4a528，a42 是a3，a5 的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为 2n2n (1)求q的值； (2)求数列bn的通项公式 解 (1)由a42 是a3，a5的等差中项得a3a52a44， 所以a3a4a53a4428， 解得a48 由a3a520 得 8q 20， 1 q 解得q2 或q ，因为q1，所以q2 1 2 (2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn
14、由cnError!Error!解得cn4n1 由(1)可知an2n1， 所以bn1bn(4n1) n1， 1 2 故bnbn1(4n5) n2，n2， 1 2 bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2) (b2b1)(4n5) n2(4n9)n37 3 1 2 1 2 1 2 设Tn37 11 2(4n5)n2，n2， 1 2 1 2 1 2 Tn3 7 2(4n9)n2(4n5)n1， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以Tn34 4 24n2(4n5)n1， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 因此Tn14(4n3) n2，n2， 1 2 又b11，所以bn15(4n3
15、) n2，n2 1 2 经检验，当n1 时，bn也成立 故bn15(4n3) n2 1 2 2(2018天津高考)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN N*)；bn是等比数列， 公比大于 0，其前n项和为Tn(nN N*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6 (1)求Sn和Tn； (2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值 解 (1)设等比数列bn的公比为q 由b11，b3b22，可得q2q20 因为q0，可得q2，故bn2n1 所以Tn2n1 12n 12 设等差数列an的公差为d 由b4a3a5，可得a13d4 由b5a42a6，可得 3a113d16， 从
16、而a11，d1，故ann 所以Sn nn 1 2 (2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2 2 12n 12 由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1， nn 1 2 整理得n23n40，解得n1(舍去)或n4 所以n的值为 4 3(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN N*)，bn是首项为 2 的 等比数列，且公比大于 0，b2b312，b3a42a1，S1111b4 (1)求an和bn的通项公式； (2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN N*) 解 (1)设等差数列an的公差为d， 等比数列bn的公比为q 由已知b2b312，得b
17、1(qq2)12， 而b12，所以q2q60，解得q2 或q3， 又因为q0，所以q2所以bn2n 由b3a42a1，可得 3da18 由S1111b4，可得a15d16， 联立，解得a11，d3，由此可得an3n2 所以，数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n (2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn， 由a2n6n2，b2n124n1， 有a2nb2n1(3n 1)4n， 故Tn24542843(3n1)4n， 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1， 上述两式相减，得 3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n 12 14n 14 1)4
18、n1 (3n2)4n18 得Tn4n1 3n2 3 8 3 所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1 3n2 3 8 3 二、模拟大题 4 (2018山西太原模拟)已知数列an的前n项和为Sn， 数列bn满足bnan nn 1 2 an1(nN N*) (1)求数列bn的通项公式； (2)若cn2an(bn1)(nN N*)，求数列cn的前n项和Tn 解 (1)当n1 时，a1S11； 当n2 时，anSnSn1n， nn 1 2 n 1 n 2 又a11 符合上式，ann(nN N*)， bnanan12n1 (2)由(1)得cn2an(bn1)n2n1， Tn122223324(n1)2n
19、n2n1， 2Tn123224325(n1)2n1n2n2， 得， Tn2223242n1n2n2n2n2(1n)2n2 412n 12 4， Tn(n1)2n24 5(2018沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38 (1)求数列an的通项公式； (2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn an1 SnSn1 解 (1)由题设知a1a4a2a38， 又a1a49，可解得Error!Error!或Error!Error!(舍去) 设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2， 故ana1qn12n1，nN N* (2)Sn2n1， a1 1 qn
20、 1q 又bn， an1 SnSn1 Sn1Sn SnSn1 1 Sn 1 Sn1 所以Tnb1b2bn 1 S1 1 S2 1 S2 1 S3 1 Sn 1 Sn1 1，nN N* 1 S1 1 Sn1 1 2n11 6 (2018安徽马鞍山第二次教学质量监测)已知数列an是等差数列， 其前n项和为Sn， a237，S4152 (1)求数列an的通项公式； (2)求数列|an2n|的前n项和Tn 解 (1)设数列an的首项为a1，公差为d，则 Error!Error!解得Error!Error! 所以数列an的通项公式为an2n33(nN N*) (2)由(1)知，|an2n|2n332n| Error!Error! 当 1n5 时，Tn 352n 33n 2 212n 12 n234n2n12； 当n6 时，T5133，|2n332n|2n(2n33)， TnT5 6412n5 12 452n 33n5 2 2n1n234n131， Tn2n1n234n264 综上所述，TnError!Error!