高考数学考点测试32数列求和.docx
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高考数学考点测试32数列求和
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+n2-1B.2n+1+n2-1
C.2n+1+n2-2D.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.1B.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.1C.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<0B.a1>0C.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=,若a3=8,则a1=( )
A.B.C.64D.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.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.3
C.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.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.6B.7C.8D.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.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.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Akl
Tl
n
an+1
12an+1
1
3
2
3
36
2
10
4
5
60
3
30
7
9
108
4
94
12
17
204
5
318
21
33
396
6
1150
38
65
780
观察到l=5时,Tl=S21<12a22,l=6,Tl=S38>12a39,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.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=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,∴S8∴S6最小,S6=-,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(a·2an),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1024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a120.(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+2·22+…+n·2n,2Tn=1·22+2·23+…+n·2n+1,作差得-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1,-Tn=2(2n-1)-n·2n+1,所以Tn=2+(n-1)2n+1.
解法二:
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}是以2为公比的等比数列,an+1=(1+1)2n-1,an=2n-1(n∈N*).从而n(an+1)=n·2n=设Tn=2+23+2·24-23+3·25-2·24+…+(n-1)·2n+1-(n-2)·2n,则Tn=2+(n-1)2n+1.
一、高考大题
1.(2018·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1