2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第四章 數(shù)列 考點(diǎn)測(cè)試32 數(shù)列求和 理（含解析）.docx

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考點(diǎn)測(cè)試32　數(shù)列求和 一、基礎(chǔ)小題 1．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為(　　) 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．故選C． 2．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝，則S5等于(　　) A．1 B． C． D． 答案　B 解析　∵an＝－， ∴S5＝1－＋－＋…＋－＝．故選B． 3．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S4＝10a1，則＝(　　) A． B．1 C． D．2 答案　B 解析　由S4＝10a1得＝10a1，即d＝a1．所以＝1．故選B． 4．已知數(shù)列{an}滿足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2a2，則(　　) A．a(chǎn)1<0 B．a(chǎn)1>0 C．a(chǎn)1≠a2 D．a(chǎn)2＝0 答案　D 解析　∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2a2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2a2，當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝2a2，∴a2＝0．故選D． 5．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝，若a3＝8，則a1＝(　　) A． B． C．64 D．128 答案　B 解析　∵S3－S2＝a3，∴－＝8， ∴a1＝，故選B． 6．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋2Sn－1＝n，則S11＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　B 解析　由當(dāng)n≥2時(shí)，an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，上面兩式相減得an＋1－an＋2an＝1，即an＋1＋an＝1，所以S11＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a10＋a11)＝51＋1＝6．故選B． 7．設(shè)Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，則S4m＋S2m＋1＋S2m＋3(m∈N*)的值為(　　) A．0 B．3 C．4 D．隨m的變化而變化 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．故選B． 8．等差數(shù)列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，則其前n項(xiàng)和取最小值時(shí)的n的值為(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 答案　C 解析　由題意知a6<0，a11>0，a1＋5d＝－a1－10d，a1＝－d，有Sn＝na1＋＝(n2－16n)＝[(n－8)2－64]，因?yàn)閐>0，所以當(dāng)n＝8時(shí)前n項(xiàng)和取最小值．故選C． 二、高考小題 9．(2017全國(guó)卷Ⅰ)幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件，為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案：已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項(xiàng)是20，接下來(lái)的兩項(xiàng)是20，21，再接下來(lái)的三項(xiàng)是20，21，22，依此類推，求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是(　　) A．440 B．330 C．220 D．110 答案　A 解析　設(shè)首項(xiàng)為第1組，接下來(lái)的兩項(xiàng)為第2組，再接下來(lái)的三項(xiàng)為第3組，依此類推，則第n組的項(xiàng)數(shù)為n，前n組的項(xiàng)數(shù)和為．由題意知，N>100，令>100，解得n≥14且n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后． 第n組的各項(xiàng)和為＝2n－1，前n組所有項(xiàng)的和為－n＝2n＋1－2－n． 設(shè)N是第n＋1組的第k項(xiàng)，若要使前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪，則N－項(xiàng)的和即第n＋1組的前k項(xiàng)的和2k－1應(yīng)與－2－n互為相反數(shù)， 即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)，∴n最小為29，此時(shí)k＝5．則N＝＋5＝440．故選A． 10．(2016北京高考)已知{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和．若a1＝6，a3＋a5＝0，則S6＝________． 答案　6 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝6，a3＋a5＝0，∴6＋2d＋6＋4d＝0，∴d＝－2，∴S6＝66＋(－2)＝6． 11．(2017全國(guó)卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________． 答案　 解析　設(shè)公差為d，則∴ ∴an＝n． ∴前n項(xiàng)和Sn＝1＋2＋…＋n＝， ∴＝＝2－， ∴＝21－＋－＋…＋－＝21－＝2＝． 12．(2015全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________． 答案?。? 解析　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1， 又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1， ∴是等差數(shù)列，且公差為－1，而＝＝－1， ∴＝－1＋(n－1)(－1)＝－n，∴Sn＝－． 13．(2018江蘇高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}．記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使得Sn>12an＋1成立的n的最小值為_(kāi)_______． 答案　27 解析　設(shè)An＝2n－1，Bn＝2n，n∈N*，當(dāng)Ak12a39，則n∈[22，38)，n∈N*時(shí)，存在n，使Sn≥12an＋1，此時(shí)T5＝A1＋A2＋…＋A16＋B1＋B2＋B3＋B4＋B5，則當(dāng)n∈[22，38)，n∈N*時(shí)，Sn＝T5＋＝n2－10n＋87．a(chǎn)n＋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，則n≥27時(shí)，Sn－12an＋1>0，即nmin＝27． 三、模擬小題 14．(2018福建廈門(mén)第一學(xué)期期末)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，則其前100項(xiàng)和為(　　) A．250 B．200 C．150 D．100 答案　D 解析　n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋1－a2k＝2， n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，a2k＋a2k－1＝2， n＝2k＋1(k∈N*)時(shí)，a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，∴{an}的前100項(xiàng)和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)＝254＋250＝100．故選D． 15．(2018浙江模擬)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝則數(shù)列{3an＋n－7}的前2n項(xiàng)和的最小值為(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　D 解析　設(shè)bn＝3an＋n－7，{3an＋n－7}的前2n項(xiàng)和為S2n，則S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝ 3＋(1＋2＋3＋…＋2n)－14n＝91－n＋2n2－13n，又2n2－13n＝2n－2－，當(dāng)n≥4時(shí)，f(n)＝2n－2－是關(guān)于n的增函數(shù)，又g(n)＝91－n也是關(guān)于n的增函數(shù)，∴S81024的最小n的值為_(kāi)_______． 答案　9 解析　當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n， 所以an＝所以bn＝ 所以Tn＝ 當(dāng)n＝9時(shí)，T9＝210＋910＋2＝1116>1024；當(dāng)n＝8時(shí)，T8＝29＋89＋2＝586<1024，所以滿足Tn>1024的最小n的值為9． 17．(2018江西南昌蓮塘一中質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝，g(x)＝f(x－1)＋1，an＝g＋g＋g＋…＋g，n∈N*，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______． 答案　an＝2n－1 解析　由題意知f(x)的定義域?yàn)镽， 又f(－x)＝＝＝－f(x)， ∴函數(shù)f(x)＝為奇函數(shù)，g(x)＋g(2－x)＝f(x－1)＋1＋f(2－x－1)＋1＝f(x－1)＋f(1－x)＋2， 由f(x)＝為奇函數(shù)，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，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1． 18．(2018洛陽(yáng)質(zhì)檢)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a－6a＝an＋1an．若a1＝2，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn為_(kāi)_______． 答案　3n－1 解析　∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，∴{an}是公比為3的等比數(shù)列，∴Sn＝＝3n－1． 19．(2018石家莊質(zhì)檢二)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－n，如果存在正整數(shù)n，使得(m－an)(m－an＋1)<0成立，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案?。?， 解析　易得a1＝－，n≥2時(shí)，有an＝Sn－Sn－1＝－n－－n－1＝3－n．則有a11，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)．?dāng)?shù)列{bn}滿足b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2＋n． (1)求q的值； (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式． 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)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?yàn)閝>1，所以q＝2． (2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為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． 設(shè)Tn＝3＋7＋112＋…＋(4n－5)n－2，n≥2， Tn＝3＋72＋…＋(4n－9)n－2＋(4n－5)n－1， 所以Tn＝3＋4＋42＋…＋4n－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． 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)n＝1時(shí)，bn也成立． 故bn＝15－(4n＋3)n－2． 2．(2018天津高考)設(shè){an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6． (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*)． ①求Tn； ②證明＝－2(n∈N*)． 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q． 由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0． 因?yàn)閝>0，可得q＝2，故an＝2n－1． 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d． 由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4． 由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16， 從而b1＝1，d＝1，故bn＝n． 所以，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n． (2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1， 故Tn＝ (2k－1)＝2k－n ＝－n＝2n＋1－n－2． ②證明：因?yàn)椋? ＝＝－，所以， ＝－＋－＋…＋－ ＝－2． 3．(2017天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4． (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 等比數(shù)列{bn}的公比為q． 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3， 又因?yàn)閝＞0，所以q＝2．所以bn＝2n． 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8．① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2． 所以，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n． (2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝24n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)4n， 故Tn＝24＋542＋843＋…＋(3n－1)4n， 4Tn＝242＋543＋844＋…＋(3n－4)4n＋(3n－1)4n＋1， 上述兩式相減，得 －3Tn＝24＋342＋343＋…＋34n－(3n－1)4n＋1＝－4－(3n－1)4n＋1 ＝－(3n－2)4n＋1－8． 得Tn＝4n＋1＋． 所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為4n＋1＋． 二、模擬大題 4．(2018山西太原模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝，數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋an＋1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若cn＝2an(bn－1)(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn． 解　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝n， 又a1＝1符合上式，∴an＝n(n∈N*)， ∴bn＝an＋an＋1＝2n＋1． (2)由(1)得cn＝2an(bn－1)＝n2n＋1， ∴Tn＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1，?、? 2Tn＝123＋224＋325＋…＋(n－1)2n＋1＋n2n＋2，　② ①－②得，－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n2n＋2＝－n2n＋2＝(1－n)2n＋2－4， ∴Tn＝(n－1)2n＋2＋4． 5．(2018沈陽(yáng)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn． 解　(1)由題設(shè)知a1a4＝a2a3＝8， 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)． 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a4＝a1q3得q＝2， 故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*． (2)Sn＝＝2n－1， 又bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝1－，n∈N*． 6．(2018安徽馬鞍山第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a2＝37，S4＝152． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{|an－2n|}的前n項(xiàng)和Tn． 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則 解得 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋33(n∈N*)． (2)由(1)知，|an－2n|＝|2n＋33－2n| ＝ 當(dāng)1≤n≤5時(shí)，Tn＝－ ＝n2＋34n－2n＋1＋2； 當(dāng)n≥6時(shí)，T5＝133，|2n＋33－2n|＝2n－(2n＋33)， Tn－T5＝－ ＝2n＋1－n2－34n＋131， ∴Tn＝2n＋1－n2－34n＋264． 綜上所述，Tn＝