2020高考数学第四章数列考点测试31数列求和文（含解析）.docx

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 B2n1n21C2n1n22 D2nn2答案C解析Sn2n12n2故选C2数列an的前n项和为Sn，若an，则S5等于()A1 B C D答案B解析an，S51故选B3等差数列an的前n项和为Sn，若S410a1，则()A B1 C D2答案B解析由S410a1得10a1，即da1所以1故选B4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，a20故选D5设数列an的前n项和为Sn，且Sn，若a38，则a1()A B C64 D128答案B解析S3S2a3，8，a1，故选B6已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S11()A5 B6 C7 D8答案B解析由当n2时，an2Sn1n得an12Snn1，上面两式相减得an1an2an1，即an1an1，所以S11a1(a2a3)(a4a5)(a10a11)5116故选B7设Sn1234(1)n1n，则S4mS2m1S2m3(mN*)的值为()A0 B3C4 D随m的变化而变化答案B解析容易求得S2kk，S2k1k1，所以S4mS2m1S2m32mm1m23故选B8在等比数列an中，前7项的和S716，且aaa128，则a1a2a3a4a5a6a7()A8 B C6 D答案A解析设数列an的公比为q，则a1a2a3a4a5a6a7，a1a2a3a4a5a6a716，aaa128，a1a2a3a4a5a6a78故选A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1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，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且nN*，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组的前k项的和2k1应与2n互为相反数，即2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)，n最小为29，此时k5则N5440故选A10(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)611(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_答案解析设公差为d，则ann前n项和Sn12n，2，2121212(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_答案解析an1Sn1Sn，Sn1SnSnSn1，又由a11，知Sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1，1(n1)(1)n，Sn13(2018江苏高考)已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*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Sn12an1成立的n的最小值为_答案27解析设An2n1，Bn2n，nN*，当AkBlAk1(k，lN*)时，2k12l2k1，有k2l1k，则k2l1，设TlA1A2A2l1B1B2Bl，则共有kl2l1l个数，即TlS2l1l，而A1A2A2l12l122l2，B1B2Bl2l12则Tl22l22l12，则l，Tl，n，an1的对应关系为lTlnan112an1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l5时，TlS2112a39，则n22,38)，nN*时，存在n，使Sn12an1，此时T5A1A2A16B1B2B3B4B5，则当n22,38)，nN*时，SnT5n210n87an1An15An4,12an1122(n4)124n108，Sn12an1n234n195(n17)294，则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*)时，a2k1a2k2，n2k1(kN*)时，a2ka2k12，n2k1(kN*)时，a2k2a2k12，a2k1a2k14，a2k2a2k0，an的前100项和(a1a3)(a97a99)(a2a4)(a98a100)254250100故选D15(2018浙江模拟)已知数列an的通项公式为an则数列3ann7的前2n项和的最小值为()A B C D答案D解析设bn3ann7，3ann7的前2n项和为S2n，则S2nb1b2b3b2n3(1232n)14n91n2n213n，又2n213n2n2，当n4时，f(n)2n2是关于n的增函数，又g(n)91n也是关于n的增函数，S8S10S12，S8，S6，S4，S2，S6S8S41024的最小n的值为_答案9解析当n1时，a14，当n2时，anSnSn12n12n2n，所以an所以bn所以Tn当n9时，T9210910211161024；当n8时，T8298925861024的最小n的值为917(2018江西南昌莲塘一中质检)函数f(x)，g(x)f(x1)1，angggg，nN*，则数列an的通项公式为_答案an2n1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(2x)f(x1)1f(2x1)1f(x1)f(1x)2，由f(x)为奇函数，知f(x1)f(1x)0，g(x)g(2x)2angggg，nN*，angggg，nN*，由得2angggggg(2n1)2，则数列an的通项公式为an2n118(2018洛阳质检)已知正项数列an满足a6aan1an若a12，则数列an的前n项和Sn为_答案3n1解析a6aan1an，(an13an)(an12an)0，an0，an13an，an是公比为3的等比数列，Sn3n119(2018石家庄质检二)已知数列an的前n项和Snn，如果存在正整数n，使得(man)(man1)0成立，那么实数m的取值范围是_答案，解析易得a1，n2时，有anSnSn1nn13n则有a1a3a2k10a2ka4a2(kN*)若存在正整数n，使得(man)(man1)0成立，则只需满足a1ma2即可，即m1，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8q20，解得q2或q，因为q1，所以q2(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn由cn解得cn4n1由(1)可知an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373设Tn37112(4n5)n2，n2，Tn372(4n9)n2(4n5)n1，所以Tn34424n2(4n5)n1，因此Tn14(4n3)n2，n2，又b11，所以bn15(4n3)n2，n2经检验，当n1时，bn也成立故bn15(4n3)n22(2018天津高考)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)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设等差数列an的公差为d由b4a3a5，可得a13d4由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann所以Sn(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍去)或n4所以n的值为43(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，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*)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b1(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(3n1)4n，故Tn24542843(3n1)4n，4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1，上述两式相减，得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18得Tn4n1所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1二、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bnanan1(nN*)(1)求数列bn的通项公式；(2)若cn2an(bn1)(nN*)，求数列cn的前n项和Tn解(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n，又a11符合上式，ann(nN*)，bnanan12n1(2)由(1)得cn2an(bn1)n2n1，Tn122223324(n1)2nn2n1，2Tn123224325(n1)2n1n2n2，得，Tn2223242n1n2n2n2n2(1n)2n24，Tn(n1)2n245(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解(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2，故ana1qn12n1，nN*(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn