2022届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32数列求和含解析新人教B版.doc

考点测试32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、根底小题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，每个甲头八个兵那么该问题中将官、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)，应选D.2数列an满足an1(1)n1an2，那么其前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.应选D.3数列的前2022项的和为()A.1 B1C.1 D1答案B解析，数列的前2022项的和为11.应选B.4数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，那么S1S2S3S10()A. 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.应选B.5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.假设a12a23a3nana2对任意nN*恒成立，那么实数的取值范围是()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22Sn2an2，4Sn2(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，那么Sn2n12；anSnSn12n122n22n(n2)，a12适合上式，an2n.设Tna12a23a3nan2222323(n1)2n1n2n，2Tn22223324(n1)2nn2n1，Tn2122232nn2n1n2n12n12n2n1(1n)2n12；Tn(n1)2n12，假设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b2b3，b2b3，.应选B.6数列an为等比数列，a12，a34，那么aaaa_.答案1020解析数列an为等比数列，a12，a34，q22，a(a1qn1)24(q2)n142n12n1，aaaa1020.7数列an的前n项和为Sn2n1，bnlog2(a2an)，数列bn的前n项和为Tn，那么满足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在数列an中，a12,2n(anan1)1，设Tna12a22n1an，bn，那么数列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(2022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：数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项为哪一项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，那么第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，假设要使前N项和为2的整数幂，那么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，此时k5.那么N5440.应选A.10(2022江苏高考)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，那么使得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，那么k2l1，设TlA1A2A2l1B1B2Bl，那么共有kl2l1l个数，即TlS2l1l，而A1A2A2l12l122l2，B1B2Bl2l12.那么Tl22l22l12，那么l，Tl，n，an1的对应关系为lTlnan112an1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l5时，TlS2112a39，那么n22,38)，nN*时，存在n，使Sn12an1，此时T5A1A2A16B1B2B3B4B5，那么当n22,38)，nN*时，SnT5n210n87.an1An15An4,12an1122(n4)124n108，Sn12an1n234n195(n17)294，那么当n27时，Sn12an10，即nmin27.11(2022全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，那么 _.答案解析设等差数列an的公差为d，那么ann.等差数列an的前n项和Sn12n，2， 222.12(2022北京高考)an为等差数列，Sn为其前n项和假设a16，a3a50，那么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(2022全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，那么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(2022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.应选D.15(2022柳州市高三毕业班模拟)点(n，an)在函数f(x)2x1的图象上(nN*)，数列an的前n项和为Sn，设bnlog，数列bn的前n项和为Tn，那么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，那么bnlog2n12，bn是首项为10，公差为2的等差数列，由bn0可得n6，那么Tn的最小值为T610630.16(2022咸阳二模)等比数列an的各项都为正数，满足a12，a74a5，设bnlog2a1log2a2log2an，那么数列的前2022项和S2022()A. B C D答案A解析设等比数列an的公比为q0，a12，a74a5，q24，解得q2.an2n，log2ann.bnlog2a1log2a2log2an12(n1)n.2.那么数列的前2022项和S202222.17(2022开封一模)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.假设存在nN*，使得TnT2n成立，那么实数的最小值为()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*，anbnn，bn，令CnT2nTn，那么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(2022金山中学摸底)数列an且an假设Sn为数列an的前n项和，那么S2022_.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S2022(a1a3a5a2022)(a2a4a6a2022)(1010)1.19(2022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，正数数列an满足Sn，nN*，其中Sn为数列an的前n项和，那么_.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(2022天津高考)设an是等差数列，bn是等比数列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.(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(2022浙江高考)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，那么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(2022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(2022淄博模拟)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)假设数列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(2022怀化市二模)各项均不为0的等差数列an的前n项和为Sn，假设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an的公差为d，那么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，那么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(2022唐山一模)数列an的前n项和为Sn，且a1n1.(1)求Sn，an；(2)假设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