【新高考复习】专题14 数列求和综合必刷100题(解析版)

专题14数列求和综合必刷100题任务一:善良模式(基础)1-30题一、单选题1．已知数列na满足13a，111nnaann，则na（）A．14nB．14nC．12nD．12n【答案】B【分析】由1111nnaann，利用累加法得出na.【详解】由题意可得111111nnaannnn，所以21112aa，321123aa，…，1111nnaann，上式累加可得121321nnnaaaaaaaa111111112231nnn，又13a，所以14nan.故选：B.2．已知数列{}na的前n项和为nS，且11a，121()nnaannN，则数列1{}nS的前2020项的和为（）A．20202021B．40402021C．40392020D．40412022【答案】B【分析】首先根据已知条件求得na，然后求得nS，利用裂项求和法求得正确答案.【详解】数列{}na的前n项和为nS，且11a，121nnaan，则2132aa.所以2123nnaan，两式相减得：22nnaa，且11a，22a，当n为奇数时，11121122nnaann，当n为偶数时，212222nnaann，所以nan，所以数列na是首项为1，公差为1的等差数列.所以(1)2nnnS，故12112()(1)1nSnnnn，所以121111111112(1)2(1)22311nnTSSSnnn，则2020140402(1)20212021T.故选：B3．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为（）A．2100－101B．299－101C．2100－99D．299－99【答案】A【分析】由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1212n＝2n－1，结合分组求和法即可求解．【详解】由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝1212n＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝992(12)12－99＝2100－101．故选：A4．已知数列na的前n项和nS满足2nSn，记数列11nnaa的前n项和为nT，*nN.则使得20T的值为（）A．1939B．2041C．3839D．4041【答案】B【分析】由2nSn，求得21nan，得到11111()22121nnaann，结合裂项法求和，即可求解.【详解】数列na的前n项和nS满足2nSn，当1n时，111aS；当2n时，221(1)21nnnaSSnnn，当1n时，11a适合上式，所以21nan，则111111()(21)(21)22121nnaannnn，所以20111111111120[(1)()()()](1)233557394124141T.故选：B.5．已知数列{an}满足：an+1=an-an-1（n≥2，n∈N*），a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2021=（）A．3B．2C．1D．0【答案】C【分析】根据递推关系式得出数列是周期为6的周期数列，利用周期性即可求解.【详解】∵an+1=an-an-1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=-1，a5=-2，a6=-1，a7=1，a8=2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2021=336×0+a2017+a2018+…+a2021=a1+a2+a3+a4+a5=1+2+1+（-1）+（-2）=1.故选：C.6．正项数列{}na满足11a，211(2)30(1,)nnnnaaaannN，则133520192021111aaaaaaL（）A．12003534B．10106061C．12202021D．20205461【答案】B【分析】对211(2)30(1,)nnnnaaaannN化简可得13nnaa，从而可得数列{}na是等差数列，首项为1，公差为3，求出通项na，则可得212111111()(65)(61)66561nnaannnn，然后利用裂项求和法计算【详解】211(2)30(1,)nnnnaaaannN，1(1)[(3)]0nnnaaa，0na，13nnaa，数列{}na是等差数列，首项为1，公差为3，13(1)32nann.212111111()(65)(61)66561nnaannnn，133520192021111111111111010[(1)()()](1)6771360556061660616061aaaaaa.故选：B.7．化简221(1)2(2)2222nnnSnnn的结果是（）A．122nnB．122nnC．22nnD．122nn【答案】D【分析】用错位相减法求和．【详解】221(1)2(2)2222nnnSnnn，（1）23122(1)2(2)2222nnnSnnn，（2）（2）－（1）得：21112(12)2222222212nnnnnnSnnnn．故选：D．8．已知数列na中，*111,34(,2)nnaaanNn，求数列na的前n项和nS为（）A．13232nnnSB．13232nnnSC．13432nnnSD．1332nnS【答案】C【分析】根据题意化简得到123(2)nnaa，得到数列2na构成首项为3，公比为3的等比数列，求得32nna，结合等比数列和等差数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，数列na中，*111,34(,2)nnaaanNn，可得112363(2)nnnaaa，即1232nnaa，且123a，所以数列2na构成首项为3，公比为3的等比数列，所以23nna，即32nna，则数列na的前n项和2333222nnS1131333343221322nnnnnn.故选：C.9．等比数列na中，12a，2q=，数列111nnnnabaa，nb的前n项和为nT，则10T的值为（）A．40944095B．20462047C．10221023D．510511【答案】B【分析】先求出na，从而可得1112112212121nnnnnnb，然后利用裂项相消求和法可求出10T【详解】由题意得2nna，所以1121121212121nnnnnnb，所以10223101111111111120461212121212121212047T.故选：B10．已知数列na的前n项和nS满足2nSn，记数列11nnaa的前n项和为nT，*nN．则使得2041nT成立的n的最大值为（）A．17B．18C．19D．20【答案】C【分析】根据1nnnaSS求na通项公式，注意讨论1n、2n并判断是否可合并，再应用裂项法求nT，最后根据不等式求n的最大值即可.【详解】当1n时，111aS；当2n时，221(1)21nnnaSSnnn；而12111a也符合21nan，∴21nan，*nN.又11111()22121nnaann，∴11111111(1...)(1)2335212122121nnTnnnn，要使2041nT，即202141nn，得20n且*nN，则n的最大值为19.故选：C.第II卷（非选择题）二、填空题11．数列na是首项和公差都为1的等差数列，其前n项和为nS，若nT是数列12nS的前n项和，则99T______【答案】99100/0.99.【分析】首先写出等差数列前n项和nS，则有1121nSnn，再应用裂项相消法求99T.【详解】由题意：nan，故12nnnS，于是1111211nSnnnn，∴9911111199...122399100100T.故答案为：99100.12．已知数列na的通项公式*21log()2nnanNn，设其前n项和为nS，则使3nS成立的最小的自然n为__________.【答案】14【分析】先利用其通项公式以及对数函数的运算公式求出22log2nSn．再利用对数的运算性质解不等式3nS„即可求出对应的自然数．【详解】解：因为21log(*)2nnanNn，所以123nnSaaaa22222341loglogloglog3452nn22341log3452nn22log2n．32223log321422nSnnn剟剠．故答案为：14．13．已知数列na满足*2nnaannN，则na的前20项和20S________．【答案】95【分析】利用分组求和法以及等差数列的前n项和公式即可求出结果.【详解】因为*2nnaannN，则*131nnaannN，所以*12321nnnnaaaannN所以201220Saaa123417181920aaaaaaaa21125129121312171215913175117525295，故答案为：95.14．已知正项数列na满足11a，2+11(2)30,(2,)nnnnaaaannN，则122320002021111aaaaaa___________.【答案】20206061【分析】化简数列的递推关系式，得到13nnaa，结合等差数列的通项公式，求得32nan，可得11111()33231nnaann，利用裂项法，即可求解.【详解】由题意，正项数列na满足11a，2+11(2)30,(2,)nnnnaaaannN，可得1(1)(3)0nnnaaa，因为0na，可得13nnaa，所以数列na是首项为1，公差为3的等差数列，所以13(1)32nann，则111111()(32)(31)33231nnaannnn所以122320202021111111111(1)344760586061aaaaaa112020(1).360616061故答案为：20206061.15．设数列na满足12(1)nnaan，*nN，12a，则数列(1)nna的前50项和是________．【答案】1300【分析】利用累加法可求得数列na的通项公式(1)nann，再并项求和求解前50项和即可.【详解】因为12(1)nnaan，*nN，且12a，故2n时，214aa，326aa