2021高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 第四章 数列 考点测试31 数列求和（含解析）苏教版.doc

1、考点测试31数列求和高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中等难度考纲研读1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式2掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法3能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题一、基础小题1我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有()A.(878)人 B(898)人C8(878)人 D8(8984)人答案D解析由题意可

2、得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有8848586878888(8984)，故选D.2已知数列an满足an1(1)n1an2，则其前100项和为()A250 B200 C150 D100答案D解析当n为奇数时得anan12，所以S100(a1a2)(a3a4)(a99a100)250100.故选D.3数列的前2020项的和为()A.1 B1C.1 D1答案B解析，数列的前2020项的和为11.故选B.4已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A.

3、B C D答案B解析因为2a122a22nann，所以2a122a22n1an1n1(n2)，两式作差，可得2nan1，即an(n2)，又当n1时，2a11，即a1，满足an，因此an2n(nN*)；所以；因为数列的前n项和为Sn，所以Sn1，因此S1S2S3S10.故选B.5已知数列an的前n项和为Sn，直线yx2与圆x2y22an2交于An，Bn(nN*)两点，且Sn|AnBn|2.若a12a23a3nana2对任意nN*恒成立，则实数的取值范围是()A(0，) BC0，) D答案B解析圆心O(0,0)到直线yx2，即xy20的距离d2，由d22r2，且Sn|AnBn|2，得22Sn2an

4、2，4Sn2(SnSn1)2，即Sn22(Sn12)且n2；Sn2是以a12为首项，2为公比的等比数列由22Sn2an2，取n1，解得a12，Sn2(a12)2n12n1，则Sn2n12；anSnSn12n122n22n(n2)，a12适合上式，an2n.设Tna12a23a3nan2222323(n1)2n1n2n，2Tn22223324(n1)2nn2n1，Tn2122232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12；Tn(n1)2n12，若a12a23a3nana2对任意nN*恒成立，即(n1)2n12对任意nN*恒成立设bn，bn1bn，b1b4bnbn1，故bn的最大值为b2

5、b3，b2b3，.故选B.6已知数列an为等比数列，a12，a34，则aaaa_.答案1020解析数列an为等比数列，a12，a34，q22，a(a1qn1)24(q2)n142n12n1，aaaa1020.7已知数列an的前n项和为Sn2n1，bnlog2(a2an)，数列bn的前n项和为Tn，则满足Tn1024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9.8已知在数列an中，a12,2n(anan1)1，设Tna12a22n1a

6、n，bn，则数列bn的前n项和Sn_.答案2n12解析由题意可知，因为Tna12a22n1an，所以2Tn2a122a22nan，两式相加3Tna12(a1a2)22(a2a3)2n1(an1an)2nan22222n12nan2(n1)12nann12nan，所以bn2n，从而Sn2n12.二、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

7、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)，所以n最小为29，此

8、时k5.则N5440.故选A.10(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lTlnan112an113233621045603307910

9、8494121720453182133396611503865780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，SnT5n210n87.an1An15An4,12an1122(n4)124n108，Sn12an1n234n195(n17)294，则当n27时，Sn12an10，即nmin27.11(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则 _.答案解析设等差数列an的公差为d，则ann.等差数列an的前n项和Sn12n，2， 222.12(2016北

10、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)6.13(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1，1，1(n1)(1)n，Sn.三、模拟小题14(2019太原二模)()A. B C D答案D解析由题意可知，数列的通项公式为，故其前n项和Sn，故S10.故选D.15(2019柳州市高三毕业班模拟)已知点(n，an)在函数f(x)2x1的图象

11、上(nN*)，数列an的前n项和为Sn，设bnlog，数列bn的前n项和为Tn，则Tn的最小值为()A25 B28 C30 D32答案C解析点(n，an)在函数f(x)2x1的图象上，an2n1，an是首项为a11，公比为q2的等比数列，Sn2n1，则bnlog2n12，bn是首项为10，公差为2的等差数列，由bn0可得n6，则Tn的最小值为T610630.16(2019咸阳二模)已知等比数列an的各项都为正数，满足a12，a74a5，设bnlog2a1log2a2log2an，则数列的前2019项和S2019()A. B C D答案A解析设等比数列an的公比为q0，a12，a74a5，q24

12、，解得q2.an2n，log2ann.bnlog2a1log2a2log2an12(n1)n.2.则数列的前2019项和S201922.17(2019开封一模)已知数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn，满足a12,3Sn(nm)an(mR)，且anbnn.若存在nN*，使得TnT2n成立，则实数的最小值为()A. B C D答案B解析3Sn(nm)an，3S13a1(1m)a1，解得m2，3Sn(n2)an，当n2时，3Sn1(n1)an1，由可得3an(n2)an(n1)an1，即(n1)an(n1)an1，累乘可得.ann(n1)，经检验a12符合上式，ann(n1)，nN*

13、，anbnn，bn，令CnT2nTn，则Cn1Cn0，数列Cn为递增数列，CnC1，存在nN*，使得TnT2n成立，C1，故实数的最小值为.18(2020金山中学摸底)数列an且an若Sn为数列an的前n项和，则S2020_.答案解析数列an且an当n为奇数时，an；当n为偶数时，ansin，所以S2020(a1a3a5a2019)(a2a4a6a2020)(1010)1.19(2019山东师大附中一模)对于实数x，x表示不超过x的最大整数，已知正数数列an满足Sn，nN*，其中Sn为数列an的前n项和，则_.答案20解析由题意可知Sn0，当n1时，Sn化简可得SS1，当n1时，Sa1，所以数

14、列S是首项和公差都为1的等差数列，即Sn，所以Sn，又因为当n1时，2()2()，记S，一方面S212(1)20，另一方面S12()(1)12(1)21.所以20S21.即S20.一、高考大题1(2019天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足c11，cn其中kN*.求数列a2n(c2n1)的通项公式；求ici(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意得解得故an4(n1)33n1，bn62n132n.所以an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(

15、2)a2n(c2n1)a2n(bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)94n1.iciaiai(ci1)i2i(c2i1)(94i1)(322n152n1)9n2722n152n1n12(nN*)2(2018浙江高考)已知等比数列an的公比q1，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820，解得q2或q，因为

16、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，则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)n2.3(2018天津高考)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(

17、nN*)，bn是等差数列已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)求Tn；证明 2(nN*)解(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d.由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn (2k1)2knn2n1n2.证明：因为，所以 2.二、模拟大题4(2019淄博模拟)已知

18、在等比数列an中，a12，且a1，a2，a32成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bn2log2an1，求数列bn的前n项和Sn.解(1)设等比数列an的公比为q，a1，a2，a32成等差数列，2a2a1(a32)2(a32)a3，q2，ana1qn12n(nN*)(2)bn2log2an1n2log22n1n2n1，Sn135(2n1)n2n1(nN*)5(2019怀化市二模)已知各项均不为0的等差数列an的前n项和为Sn，若a815，且a1，a2，S3成等比数列(1)求数列an的通项公式与Sn；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.解(1)设等差数列a

19、n的公差为d，则a8a17d15.由a1，a2，S3成等比数列知aa1S3，即(a1d)2a1(3a13d)3a1(a1d)所以(d2a1)(a1d)0，因为a1da20，所以d2a1，所以a11，d2，所以an2n1，Snn2.(2)证明：因为bn，所以Tnb1b2bn1且nN*)，又因为a12符合上式，所以an(nN*)(2)设bn，则bnnn2n，所以Snb1b2bn(12n)(2222323(n1)2n1n2n)，设Tn2222323(n1)2n1n2n，所以2Tn22223(n2)2n1(n1)2nn2n1，由，得Tn222232nn2n1，所以Tn(n1)2n12.所以SnTn，即Sn(n1)2n12.7(2019唐山一模)已知数列an的前n项和为Sn，且a1n1.(1)求Sn，an；(2)若bn(1)n1，bn的前n项和为Tn，求Tn.解(1)令n1，得a12，(2)(1)0，解得a11，所以n，即Snn2.当n2时，anSnSn12n1，当n1时，a11适合上式，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1.当n为偶数时，Tnb1b2bn1，当n为奇数时，Tnb1b2bn1，综上所述，Tn