2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试32 数列求和 理(含解析).docx

上传人:xt****7 文档编号:4603164 上传时间:2020-01-10 格式:DOCX 页数:11 大小:85.22KB
返回 下载 相关 举报
2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试32 数列求和 理(含解析).docx_第1页
第1页 / 共11页
2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试32 数列求和 理(含解析).docx_第2页
第2页 / 共11页
2020高考数学刷题首选卷 第四章 数列 考点测试32 数列求和 理(含解析).docx_第3页
第3页 / 共11页
点击查看更多>>
资源描述
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an2n2n1,则数列an的前n项和为()A2nn21 B2n1n21C2n1n22 D2nn2答案C解析Sn2n12n2故选C2数列an的前n项和为Sn,若an,则S5等于()A1 B C D答案B解析an,S51故选B3等差数列an的前n项和为Sn,若S410a1,则()A B1 C D2答案B解析由S410a1得10a1,即da1所以1故选B4已知数列an满足a1a2a3an2a2,则()Aa10 Ca1a2 Da20答案D解析a1a2a3an2a2,当n1时,a12a2,当n2时,a1a22a2,a20故选D5设数列an的前n项和为Sn,且Sn,若a38,则a1()A B C64 D128答案B解析S3S2a3,8,a1,故选B6已知数列an的前n项和为Sn,a11,当n2时,an2Sn1n,则S11()A5 B6 C7 D8答案B解析由当n2时,an2Sn1n得an12Snn1,上面两式相减得an1an2an1,即an1an1,所以S11a1(a2a3)(a4a5)(a10a11)5116故选B7设Sn1234(1)n1n,则S4mS2m1S2m3(mN*)的值为()A0 B3C4 D随m的变化而变化答案B解析容易求得S2kk,S2k1k1,所以S4mS2m1S2m32mm1m23故选B8等差数列an中,已知|a6|a11|,且公差d0,则其前n项和取最小值时的n的值为()A6 B7 C8 D9答案C解析由题意知a60,a15da110d,a1d,有Snna1(n216n)(n8)264,因为d0,所以当n8时前n项和取最小值故选C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),n最小为29,此时k5则N5440故选A10(2016北京高考)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)611(2017全国卷)等差数列an的前n项和为Sn,a33,S410,则_答案解析设公差为d,则ann前n项和Sn12n,2,2121212(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,而1,1(n1)(1)n,Sn13(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lTlnan112an1132336210456033079108494121720453182133396611503865780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,SnT5n210n87an1An15An4,12an1122(n4)124n108,Sn12an1n234n195(n17)294,则n27时,Sn12an10,即nmin27三、模拟小题14(2018福建厦门第一学期期末)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n2k(kN*)时,a2k1a2k2,n2k1(kN*)时,a2ka2k12,n2k1(kN*)时,a2k2a2k12,a2k1a2k14,a2k2a2k0,an的前100项和(a1a3)(a97a99)(a2a4)(a98a100)254250100故选D15(2018浙江模拟)已知数列an的通项公式为an则数列3ann7的前2n项和的最小值为()A B C D答案D解析设bn3ann7,3ann7的前2n项和为S2n,则S2nb1b2b3b2n3(1232n)14n91n2n213n,又2n213n2n2,当n4时,f(n)2n2是关于n的增函数,又g(n)91n也是关于n的增函数,S8S10S12,S8,S6,S4,S2,S6S8S41024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917(2018江西南昌莲塘一中质检)函数f(x),g(x)f(x1)1,angggg,nN*,则数列an的通项公式为_答案an2n1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(2x)f(x1)1f(2x1)1f(x1)f(1x)2,由f(x)为奇函数,知f(x1)f(1x)0,g(x)g(2x)2angggg,nN*,angggg,nN*,由得2angggggg(2n1)2,则数列an的通项公式为an2n118(2018洛阳质检)已知正项数列an满足a6aan1an若a12,则数列an的前n项和Sn为_答案3n1解析a6aan1an,(an13an)(an12an)0,an0,an13an,an是公比为3的等比数列,Sn3n119(2018石家庄质检二)已知数列an的前n项和Snn,如果存在正整数n,使得(man)(man1)0成立,那么实数m的取值范围是_答案,解析易得a1,n2时,有anSnSn1nn13n则有a1a3a2k10a2ka4a2(kN*)若存在正整数n,使得(man)(man1)0成立,则只需满足a1ma2即可,即m1,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8q20,解得q2或q,因为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,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)n22(2018天津高考)设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(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,23(2017天津高考)已知an为等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2b312,b3a42a1,S1111b4(1)求an和bn的通项公式;(2)求数列a2nb2n1的前n项和(nN*)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b2b312,得b1(qq2)12,而b12,所以q2q60,解得q2或q3,又因为q0,所以q2所以bn2n由b3a42a1,可得3da18由S1111b4,可得a15d16,联立,解得a11,d3,由此可得an3n2所以,数列an的通项公式为an3n2,数列bn的通项公式为bn2n(2)设数列a2nb2n1的前n项和为Tn,由a2n6n2,b2n124n1,有a2nb2n1(3n1)4n,故Tn24542843(3n1)4n,4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1,上述两式相减,得3Tn2434234334n(3n1)4n14(3n1)4n1(3n2)4n18得Tn4n1所以数列a2nb2n1的前n项和为4n1二、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bnanan1(nN*)(1)求数列bn的通项公式;(2)若cn2an(bn1)(nN*),求数列cn的前n项和Tn解(1)当n1时,a1S11;当n2时,anSnSn1n,又a11符合上式,ann(nN*),bnanan12n1(2)由(1)得cn2an(bn1)n2n1,Tn122223324(n1)2nn2n1,2Tn123224325(n1)2n1n2n2,得,Tn2223242n1n2n2n2n2(1n)2n24,Tn(n1)2n245(2018沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列,且a1a49,a2a38(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a1a4a2a38,又a1a49,可解得或(舍去)设等比数列an的公比为q,由a4a1q3得q2,故ana1qn12n1,nN*(2)Sn2n1,又bn,所以Tnb1b2bn1,nN*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,a237,S4152(1)求数列an的通项公式;(2)求数列|an2n|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an2n33(nN*)(2)由(1)知,|an2n|2n332n|当1n5时,Tnn234n2n12;当n6时,T5133,|2n332n|2n(2n33),TnT52n1n234n131,Tn2n1n234n264综上所述,Tn
展开阅读全文
相关资源
正为您匹配相似的精品文档
相关搜索

最新文档


当前位置:首页 > 图纸专区 > 高中资料


copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 装配图网版权所有   联系电话:18123376007

备案号:ICP2024067431-1 川公网安备51140202000466号


本站为文档C2C交易模式,即用户上传的文档直接被用户下载,本站只是中间服务平台,本站所有文档下载所得的收益归上传人(含作者)所有。装配图网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知装配图网,我们立即给予删除!