2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试31 数列求和 文（含解析）

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an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案C解析Sn＝21－2n1－2＋n1＋2n－12＝2n＋1－2＋n2．故选C．2．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()A．1B．56C．16D．130答案B解析∵an＝1n－1n＋1，∴S5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56．故选B．3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝10a1，则a1d＝()A．12B．1C．32D．2答案B解析由S4＝10a1得4a1＋a42＝10a1，即d＝a1．所以a1d＝1．故选B．4．已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝2a2，则()A．a10B．a10C．a1≠a2D．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＝a14n－13，若a3＝8，则a1＝()A．14B．12C．64D．128答案B解析∵S3－S2＝a3，∴a143－13－a142－13＝8，∴a1＝12，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．5B．6C．7D．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．0B．3C．4D．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．在等比数列{an}中，前7项的和S7＝16，且a21＋a22＋…＋a27＝128，则a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝()A．8B．132C．6D．72答案A解析设数列{an}的公比为q，则a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝a1[1－－q7]1－－q＝a11＋q71＋q，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝a11－q71－q＝16，a21＋a22＋…＋a27＝a211－q141－q2＝128．∵a11＋q71＋q·a11－q71－q＝a211－q141－q2，∴a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝12816＝8．故选A．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：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()A．440B．330C．220D．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nn＋12．由题意知，N100，令nn＋12100，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1－2n1－2＝2n－1，前n组所有项的和为21－2n1－2－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－nn＋12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＝29×1＋292＋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＋6×52×(－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∑nk＝11Sk＝________．答案2nn＋1解析设公差为d，则a1＋2d＝3，4a1＋6d＝10，∴a1＝1，d＝1，∴an＝n．∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝nn＋12，∴1Sn＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴∑nk＝11Sk＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2·nn＋1＝2nn＋1．12．(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－1n解析∵an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴1Sn－1Sn＋1＝1，∴1Sn是等差数列，且公差为－1，而1S1＝1a1＝－1，∴1Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－1n．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Sn12an＋1成立的n的最小值为________．答案27解析设An＝2n－1，Bn＝2n，n∈N*，当AkBlAk＋1(k，l∈N*)时，2k－12l2k＋1，有k－122l－1k＋12，则k＝2l－1，设Tl＝A1＋A2＋…＋A2l－1＋B1＋B2＋…＋Bl，则共有k＋l＝2l－1＋l个数，即Tl＝S2l－1＋l，而A1＋A2＋…＋A2l－1＝2×1－1＋2l－12×2l－1＝22l－2，B1＋B2＋…＋Bl＝21－2l1－2＝2l＋1－2．则Tl＝22l－2＋2l＋1－2，则l，Tl，n，an＋1的对应关系为lTlnan＋112an＋1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l＝5时，Tl＝S2112a22，l＝6，Tl＝S3812a39，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＋n－22＋1A22－5＋An－52＝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＋10，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．250B．200C．150D．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＝12n－12，n为奇数，12n2，n为偶数，则数列{3an＋n－7}的前2n项和的最小值为()A．－514B．－1854C．－252D．－1058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1－12n1－12＋121－12n1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n)－14n＝91－12n＋2n2－13n，又2n2－13n＝2n－1342－1698，当n≥4时，f(n)＝2n－1342－1698是关于n的增函数，又g(n)＝91－12n也是关于n的增函数，∴S8S10S12…，∵S8＝－18516，S6＝－1058，S4＝－454，S2＝－132，∴S6S8S4S2，∴S6最小，S6＝－1058，故选D．16．(2018·皖南八校第三次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1，bn＝log2(a2n·2an)，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n＝1时，a1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝4，n＝1，2n，n≥2.所以bn＝8，n＝1，2n＋2n，n≥2，所以Tn＝8，n＝1，2n＋1＋nn＋1＋2，n≥2.当n＝9时，T9＝210＋9×10＋2＝11161024；当n＝8时，T8＝29＋8×9＋2＝5861024，所以满足Tn1024的最小n的值为9．17．(2018·江西南昌莲塘一中质检)函数f(x)＝ex－1ex＋1，g(x)＝f(x－1)＋1，an＝g1n＋g2n＋g3n＋…＋g2n－1n，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)＝e－x－1e－x＋1＝1－ex1＋ex＝－f(x)，∴函数f(x)＝ex－1ex＋1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)＝ex－1ex＋1为奇函数，知f(x－1)＋f(1－x)＝0，∴g(x)＋g(2－x)＝2．∵an＝g1n＋g2n＋g3n＋…＋g2n－1n，n∈N*，①∴an＝g2n－1n＋g2n－2n＋g2n－3n＋…＋g1n，n∈N*，②由①＋②得2an＝g1n＋g2n－1n＋g2n＋g2n－2n＋…＋g2n－1n＋g1n＝(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a2n＋1－6a2n＝an＋1an．若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn为________．答案3n－1解析∵a2n＋1－6a2n＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an0，∴an＋1＝3an，∴{an}是公比为3的等比数列，∴Sn＝2×1－3n1－3＝3n－1．19．(2018·石家庄质检二)已知数列{an}的前n项和Sn＝－12n，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－12，34解析易得a1＝－12，n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝－12n－－12n－1＝3×－12n．则有a1a3…a2k－10a2k…a4a2(k∈N*)．若存在正整数n，使得(m－an)(m－an＋1)0成立，则只需满足a1ma2即可，即－12m34．20．(2018·湖北八市3月联考)已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝x4＋an＋1cos2x－(2an＋1)有唯一零点，则数列{n(an＋1)}的前n项和为________．答案(n－1)2n＋1＋2解析解法一：显然f(x)为R上的偶函数，若其仅有一个零点，则f(0)＝0，即an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，从而{an＋1}是公比为2的等比数列，an＋1＝(1＋1)·2n－1，an＝2n－1(n∈N*)．从而n(an＋1)＝n·2n，设Tn＝1·21