【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试32数列求和作业 13页

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Ak‎12a39，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，∴S81024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a11，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·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－‎2a1，S11＝11b4．‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈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，‎ 又因为q＞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 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2．‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n．‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)·4n，‎ 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)·4n，‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)·4n＋(3n－1)·4n＋1，‎ 上述两式相减，得 ‎－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)·4n＋1＝－4－(3n－1)·4n＋1‎ ‎＝－(3n－2)·4n＋1－8．‎ 得Tn＝·4n＋1＋．‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为·4n＋1＋．‎ 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bn＝an＋an＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若cn＝2an·(bn－1)(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，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)＝n·2n＋1，‎ ‎∴Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，　①‎ ‎2Tn＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2，　②‎ ‎①－②得，－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－4，‎ ‎∴Tn＝(n－1)·2n＋2＋4．‎ ‎5．(2018·沈阳质检)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a‎2a3＝8．‎ ‎(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a‎1a4＝a‎2a3＝8，‎ 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．‎ 设等比数列{an}的公比为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，a2＝37，S4＝152．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{|an－2n|}的前n项和Tn．‎ 解　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则 解得 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋33(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知，|an－2n|＝|2n＋33－2n|‎ ‎＝ 当1≤n≤5时，Tn＝－ ‎＝n2＋34n－2n＋1＋2；‎ 当n≥6时，T5＝133，|2n＋33－2n|＝2n－(2n＋33)，‎ Tn－T5＝－ ‎＝2n＋1－n2－34n＋131，‎ ‎∴Tn＝2n＋1－n2－34n＋264．‎ 综上所述，Tn＝