标签: 2020高考数学刷题首选卷第四章数列考点测试32数列求和理(含解析)  
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doc 考点测试32 数列求和 一、基础小题 1.若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则数列{an}的前n项和为(  ) A.2n+n2-1 B.2n+1+n2-1 C.2n+1+n2-2 D.2n+n-2 答案 C 解析 Sn=+=2n+1-2+n2.故选C. 2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S5等于(  ) A.1 B. C. D. 答案 B 解析 ∵an=-, ∴S5=1-+-+…+-=.故选B. 3.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=10a1,则=(  ) A. B.1 C. D.2 答案 B 解析 由S4=10a1得=10a1,即d=a1.所以=1.故选B. 4.已知数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=2a2,则(  ) A.a1<0 B.a1>0 C.a1≠a2 D.a2=0 答案 D 解析 ∵a1+a2+a3+…+an=2a2,当n=1时,a1=2a2,当n=2时,a1+a2=2a2,∴a2=0.故选D. 5.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,若a3=8,则a1=(  ) A. B. C.64 D.128 答案 B 解析 ∵S3-S2=a3,∴-=8, ∴a1=,故选B. 6.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S11=(  ) A.5 B.6 C.7 D.8 答案 B 解析 由当n≥2时,an+2Sn-1=n得an+1+2Sn=n+1,上面两式相减得an+1-an+2an=1,即an+1+an=1,所以S11=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a10+a11)=5×1+1=6.故选B. 7.设Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1n,则S4m+S2m+1+S2m+3(m∈N*)的值为(  ) A.0 B.3 C.4 D.随m的变化而变化 答案 B 解析 容易求得S2k=-k,S2k+1=k+1,所以S4m+S2m+1+S2m+3=-2m+m+1+m+2=3.故选B. 8.等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时的n的值为(  ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 C 解析 由题意知a6<0,a11>0,a1+5d=-a1-10d,a1=-d,有Sn=na1+=(n2-16n)=[(n-8)2-64],因为d>0,所以当n=8时前n项和取最小值.故选C. 二、高考小题 9.(2017·全国卷Ⅰ)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:N>100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(  ) A.440 B.330 C.220 D.110 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,N>100,令>100,解得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后. 第n组的各项和为=2n-1,前n组所有项的和为-n=2n+1-2-n. 设N是第n+1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n+1组的前k项的和2k-1应与-2-n互为相反数, 即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+3),∴n最小为29,此时k=5.则N=+5=440.故选A. 10.(2016·北京高考)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=________. 答案 6 解析 设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0,∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+×(-2)=6. 11.(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=________. 答案  解析 设公差为d,则∴ ∴an=n. ∴前n项和Sn=1+2+…+n=, ∴==2-, ∴=21-+-+…+-=21-=2·=. 12.(2015·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=________. 答案 - 解析 ∵an+1=Sn+1-Sn,∴Sn+1-Sn=SnSn+1, 又由a1=-1,知Sn≠0,∴-=1, ∴是等差数列,且公差为-1,而==-1, ∴=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴Sn=-. 13.(2018·江苏高考)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B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Sn>12an+1成立的n的最小值为________. 答案 27 解析 设An=2n-1,Bn=2n,n∈N*,当Ak<Bl<Ak+1(k,l∈N*)时,2k-1<2l<2k+1,有k-<2l-1<k+,则k=2l-1,设Tl=A1+A2+…+A2l-1+B1+B2+…+Bl,则共有k+l=2l-1+l个数,即Tl=S2l-1+l,而A1+A2+…+A2l-1=×2l-1=22l-2,B1+B2+…+Bl==2l+1-2.则Tl=22l-2+2l+1-2,则l,Tl,n,an+1的对应关系为 l Tl n an+1 12an+1 1 3 2 3 36 2 10 4 5 60 3 30 7 9 108 4 94 12 17 204 5 318 21 33 396 6 1150 38 65 780 观察到l=5时,Tl=S21<12a22,l=6,Tl=S38>12a39,则n∈[22,38),n∈N*时,存在n,使Sn≥12an+1,此时T5=A1+A2+…+A16+B1+B2+B3+B4+B5,则当n∈[22,38),n∈N*时,Sn=T5+=n2-10n+87.an+1=An+1-5=An-4,12an+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,Sn-12an+1=n2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,Sn-12an+1>0,即nmin=27. 三、模拟小题 14.(2018·福建厦门第一学期期末)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为(  ) A.250 B.200 C.150 D.100 答案 D 解析 n=2k(k∈N*)时,a2k+1-a2k=2, n=2k-1(k∈N*)时,a2k+a2k-1=2, n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2+a2k+1=2,∴a2k+1+a2k-1=4,a2k+2+a2k=0,∴{an}的前100项和=(a1+a3)+…+(a97+a99)+(a2+a4)+…+(a98+a100)=25×4+25×0=100.故选D. 15.(2018·浙江模拟)已知数列{an}的通项公式为an=则数列{3an+n-7}的前2n项和的最小值为(  ) A.- B.- C.- D.- 答案 D 解析 设bn=3an+n-7,{3an+n-7}的前2n项和为S2n,则S2n=b1+b2+b3+…+b2n= 3+(1+2+3+…+2n)-14n=91-n+2n2-13n,又2n2-13n=2n-2-,当n≥4时,f(n)=2n-2-是关于n的增函数,又g(n)=91-n也是关于n的增函数,∴S8<S10<S12<…,∵S8=-,S6=-,S4=-,S2=-,∴S6<S8<S4<S2, ∴S6最小,S6=-,故选D. 16.(2018·皖南八校第三次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(a·2an),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1024的最小n的值为________. 答案 9 解析 当n=1时,a1=4, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n, 所以an=所以bn= 所以Tn= 当n=9时,T9=210+9×10+2=1116>1024;当n=8时,T8=29+8×9+2=586<1024,所以满足Tn>1024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(x-1)+1,an=g+g+g+…+g,n∈N*,则数列{an}的通项公式为________. 答案 an=2n-1 解析 由题意知f(x)的定义域为R, 又f(-x)===-f(x), ∴函数f(x)=为奇函数,g(x)+g(2-x)=f(x-1)+1+f(2-x-1)+1=f(x-1)+f(1-x)+2, 由f(x)=为奇函数,知f(x-1)+f(1-x)=0, ∴g(x)+g(2-x)=2.∵an=g+g+g+…+g,n∈N*,① ∴an=g+g+g+…+g,n∈N*,② 由①+②得2an=g+g+g+g+…+g+g=(2n-1)×2,则数列{an}的通项公式为an=2n-1. 18.(2018·洛阳质检)已知正项数列{an}满足a-6a=an+1an.若a1=2,则数列{an}的前n项和Sn为________. 答案 3n-1 解析 ∵a-6a=an+1an,∴(an+1-3an)(an+1+2an)=0,∵an>0,∴an+1=3an,∴{an}是公比为3的等比数列,∴Sn==3n-1. 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,使得(m-an)(m-an+1)<0成立,那么实数m的取值范围是________. 答案 -, 解析 易得a1=-,n≥2时,有an=Sn-Sn-1=-n--n-1=3×-n.则有a1<a3<…<a2k-1<0<a2k<…<a4<a2(k∈N*).若存在正整数n,使得(m-an)(m-an+1)<0成立,则只需满足a1<m<a2即可,即-<m<. 20.(2018·湖北八市3月联考)已知数列{an}的首项a1=1,函数f(x)=x4+an+1cos2x-(2an+1)有唯一零点,则数列{n(an+1)}的前n项和为________. 答案 (n-1)2n+1+2 解析 解法一:显然f(x)为R上的偶函数,若其仅有一个零点,则f(0)=0,即an+1=2an+1,则an+1+1=2(an+1),从而{an+1}是公比为2的等比数列,an+1=(1+1)·2n-1,an=2n-1(n∈N*).从而n(an+1)=n·2n,设Tn=1·21+2·22+…+n·2n,2Tn=1·22+2·23+…+n·2n+1,作差得-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1,-Tn=2(2n-1)-n·2n+1,所以Tn=2+(n-1)2n+1. 解法二:显然f(x)为R上的偶函数,若其仅有一个零点,则f(0)=0,即an+1=2an+1,则an+1+1=2(an+1),从而{an+1}是以2为公比的等比数列,an+1=(1+1)2n-1,an=2n-1(n∈N*).从而n(an+1)=n·2n=设Tn=2+23+2·24-23+3·25-2·24+…+(n-1)·2n+1-(n-2)·2n,则Tn=2+(n-1)2n+1. 一、高考大题 1.(2018·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n. (1)求q的值; (2)求数列{bn}的通项公式. 解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8. 由a3+a5=20得8q+=20, 解得q=2或q=,因为q>1,所以q=2. (2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn. 由cn=解得cn=4n-1. 由(1)可知an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)·n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)·n-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2) +(b2-b1)=(4n-5)·n-2+(4n-9)·n-3+…+7·+3. 设Tn=3+7·+11·2+…+(4n-5)·n-2,n≥2, Tn=3·+7·2+…+(4n-9)·n-2+(4n-5)·n-1, 所以Tn=3+4·+4·2+…+4·n-2-(4n-5)·n-1, 因此Tn=14-(4n+3)·n-2,n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·n-2,n≥2. 经检验,当n=1时,bn也成立. 故bn=15-(4n+3)·n-2. 2.(2018·天津高考)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*). ①求Tn; ②证明=-2(n∈N*). 解 (1)设等比数列{an}的公比为q. 由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0. 因为q>0,可得q=2,故an=2n-1. 设等差数列{bn}的公差为d. 由a4=b3+b5,可得b1+3d=4. 由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16, 从而b1=1,d=1,故bn=n. 所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n. (2)①由(1),有Sn==2n-1, 故Tn= (2k-1)=2k-n =-n=2n+1-n-2. ②证明:因为= ==-,所以, =-+-+…+- =-2. 3.(2017

2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试32 数列求和 理(含解析).docx

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