【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册专题4.4《数列的求和》提升卷(解析版).doc，共(19)页，974.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题4.4数列的求和（B卷提升篇）（人教A版第二册,浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）设数列na的前n项和2113nSnn，则数列231111,,,,naa

a的前n项和为（）A．1nnB．1nnC．1nnD．1nn【答案】D【解析】因为2113nSnn，所以212111(1)1(1)33(1)nnnaSnnnnnSn，2n，因此1111(1)1nannnn，所以23111111111

1...1...1223111nnaaannnn.故选:D2．（2020·成都市实验外国语学校（西区）高一期中）已知函数311fxx，利用课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法，可求得5f

4067ffff（）.A．25B．26C．13D．252【答案】C【解析】311fxx，33221111fxxx，即22fx

fx，设543067tffffff，①则765045tffffff，②则①＋②得：

257467521326tffffff，故13t.故选：C.3．（2020·广东揭阳市·高二期中）已知函数22,,nnfnnn当为奇数时当

为偶数时且()(1)nafnfn，则121100aaaa等于（）A．0B．100C．-100D．10200【答案】B【解析】()(1)nafnfn由已知条件知，2222(1),(1),nn

nnannn为奇数为偶数即21,21,nnnann为奇数为偶数(1)(21)nnan12(nnaan是奇数）123100123499100()()()2222100aaaaaaaaaa故选：B．4

．（2020·浙江宁波市·高三期中）公元1202年列昂那多·斐波那契（意大利著名数学家）以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”na：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，„„，即11a，21a，*12,2nnnaaa

nnN，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用。若将此数列na的各项除以2后的余数构成一个新数列nb，设数列nb的前n项的和为nT；若数列na满足：212nnnncaaa，设数列nc的前n项的和为nS，则20202020

TS（）A．1348B．1347C．674D．673【答案】B【解析】“兔子数列”的各项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，此数列被2除后的余数依次为：1，1，0，1，1，0，1，1，0

，，即11b，21b，30b，41b，51b，60b，，数列{}nb是以3为周期的周期数列，20201231673()673211347Tbbbb，由题意知22212112221121222121212

()()1nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnncaaaaaaaaaaacaaaaaaaaa，由于212131caaa，所以(1)nnc，所以2020(11)(11)(11)0S

．则202020201347TS．故选：B5．（2020·河南商丘市·高三其他模拟（理））定义x表示不超过x的最大整数，如0.390，1.281．若数列na的通项公式为2lognan，nS为数列na的前

n项和，则2047S（）A．1122B．11322C．11622D．11922【答案】D【解析】1n，2log0n，当20log1n时，1n，即10a（共1项）；当21log2n时，2,3n，即231aa（共2项）；当22log

3n时，4,5,6,7n，即45672aaaa（共4项）；…当2log1knk时，12,21,,21kkkn，即122121kkkaaak（共2k项），由212222

047k，得112204712k．即122048k，所以10k．所以2310204701122232102S，则2341120472122232102S，两式相减得2

34101120472+2222102S10111121210292212，112047922S．故选：D．6．（2020·全国高三月考（文））已知数列na的前n项和为nS，且11213nnnnSSan

，现有如下说法：①541aa；②222121nnaan；③401220S.则正确的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】因为11213nnnnSSan，所以11132nnnaan，所以212621kkaak，221652

kkaak，联立得：212133kkaa，所以232134kkaa，故2321kkaa，从而15941aaaa，22162kkaak，222161kkaak，则222121k

kaak，故4012345383940...Saaaaaaaa，234538394041...aaaaaaaa，201411820622kk

1220，故①②③正确.故选：D7．（2020·江苏南通市·高三期中）已知数列na的前n项和为nS，11a，当2n时，12nnaSn，，则S2019的值为（）A．1008B．1009C．1010D．1011【答案】C【解析】当2n时，12nnaSn，①可得12

1nnaSn，②由②－①得，112()1nnnnaaSS，整理得112nnaan，又由11a所以20191234520182019()()()1010Saaaaaaa

.故选：C.8．（2020·广东广州市·增城中学）已知na的前n项和为nS，11a，当2n时，12nnaSn，则2019S的值为（）A．1008B．1009C．1010D．1011【答案】C【解析】由题意，当2n时，可得1nnnSSa

，因为12nnaSn，所以2()nnnSaan，即2nnSan，当2n时，1121nnSan两式相减，可得121nnnaaa，即11nnaa，所以2345671,1,1,aaaaaa

，所以12345201820120991201911110102aaaaaaaS.故选：C.9．（2020·广东深圳市·深圳外国语学校高三月考）已知数列

na满足：112a，21nnnaaa，用x表示不超过x的最大整数，则122020202111111111aaaa的值等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】由21nnnaaa，得11

111nnnaaa，∴122021111111aaa，122320212022111111aaaaaa，1202220221112aaa，由112a，21nnnaaa得112a，234a，321116a知从3a以后都大

于1，∴202210,1a，∴2022121,2a，则1220121111111aaa，故选：A.10．（2020·山西高三期中（理））若数列na的通项公式为21nna，在一个n行n列的数表中，第i行第j列的元素为1,

2,,,1,2,,ijijijcaaaainjn，则满足11222021nnccc的n的最大值是（）A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】数列na的通项公式为21nna，在一个n行n列

的数表中，第i行第j列的元素为1,2,,,1,2,,ijijijcaaaainjn，所以2121212121ijijijijijijcaaaa．令1122nnnSccc

，则102,nnnnSScnnN，所以，数列nS为递增数列，当11222021nnccc时，所有的元素之和为246212121212021nnnS，当4n时，24684222243362021S，当5n

时，246810522222513592021S，当6n时，246810126222222654542021S，故n的最大值为5，故选：B．第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每

小题6分，共36分）11．（2020·四川雅安市·雅安中学高一期中）数列na的通项公式为1cos12nnnan，其前2020项的和为______.【答案】1010【解析】1cos12nn

nan，∴1cos112a，22cos13a，333cos112a，44cos213a，555cos112a，66cos317a，777cos112a

，88cos417a，由上可知，数列na的奇数项为-1，偶数项240aa，680aa，20202020202010101024S.故答案为：1010．12．（2020·

山西省榆社中学高三月考（理））已知*nN，集合13521,,,,2482nnnM，集合nM的所有非空子集的最小元素之和为nT，则使得80nT的最小正整数n的值为______．【答案】13【解析】当2n时，nM的所有非空子集为：1{}2，3{}4，13{,}2

4，所以11372244S.当3n时，135424248S.当4n时，当最小值为212nn时，每个元素都有或无两种情况，共有1n个元素，共有121n个非空子集，1212nS.当最小值为

1232nn时，不含212nn，含1232nn，共有2n个元素，有221n个非空子集，2232Sn.……所以123nTSSS…212322nnnS…221+73

753112=+4244222nnn.因为80nT，2161n，即13n.所以使得80nT的最小正整数n的值为13.故答案为：13.13．（2020·上海市洋泾中学高三期中）已知公比大于1的等比数列

na满足24320,8aaa，记mb为na在区间*0,mmN中的项的个数，nb的前n项和为nS，则2nS__________.【答案】11222nnnn【解析】设

na的公比为1qq，由243208aaa得122aq或13212aq（舍去）所以1234562,22,24,28,216,232,264nna在区间0,1上，10b，在

区间上0,2,0,3上231bb，2个1在区间0,4,0,50,6,0,7上，45672bbbb，22个2在区间0,8,0,90,10,0,11,...0,15上，891115...3bbbb，32个3，„归

纳得当122nnm时，mbn所以2312122232++12nnSnn令23112223212nnTn则23121222321212nnnTnn

两式相减，整理得11222nnnTn所以121222nnnSnn故答案为：11222nnnn14．（2020·全国高三专题练习）已知{}na是等差数列，{}nnab是公比为c的等比数列，113105aba，，，则数

列{}na的前10项和为__________，数列{}nb的前10项和为__________（用c表示）．【答案】1001090,11100,0,11cccc当时，当时【解析】因为{}na是等差数列

，131,5aa，所以3124aad，解得2d，所以12(1)21nann，所以1010910121002S因为{}nnab是公比为c的等比数列，且111ab+=，所以1nnnabc

，故121nnbcn，当1c时，10(220)10902T，当1c时，1029101(1)(13519)1001cTcccc，综上101090,11100,0,11cTcc

c当时，当时,故答案为：100；1090,11100,0,11cccc当时，当时15．（2020·江苏苏州市·周市高级中学高二月考）已知数列na的前n项和为nS，满足2*2

nSnnnN，则数列na的通项公式na______.设2111nnnnnabaa，则数列nb的前n项和nT______.【答案】n2,1,1nnnnnn为奇数为偶数【解析】因为2*2nSnn

nN，所以当2n时，2211122nnnnnnnaSSn，当1n时，111112Sa，符合2n的情况，所以nan；因为211211111111nnnnnnnanbaannnn

，当n为偶数时，1111111111...2233411nTnnnn，所以1111nnTnn，当n为奇数时，1nn

nTTb，所以111211nnnTnnnn，综上可知2,1,1nnnnTnnn为奇数为偶数.故答案为：n；2,1,1nnnnnn为奇数为偶数

.16．（2020·海南高三期中）已知数列na的前n项和为nS，且12a，11122nnaa，则nS______；若12nnSnat恒成立，则实数t的取值范围为______.【答案】

1212nn4,【解析】由12a，11122nnaa，得11112nnaa，111a，所以数列1na是首项为1，公比为12的等比数列，所以11111122nnna，1112nna，12211

111222nnnSaaan111221122nnnn.又12nnnnan，所以111121212222nnnnnnntSnann恒成立，即1412nnt

，*nN恒成立.令12nnnb，则111210222nnnnnnnnbb，所以nb是递减数列，所以1012nn，10112nn，即4t，实数t的取值范围为4

,.故答案为：1212nn；4,.17．（2020·福建莆田二中高二月考）“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，从第三项开始每一项都是数列中前两项之和.这个数列是斐波那契在他

的《算盘书》的“兔子问题”中提出的.在问题中他假设如果一对兔子每月能生一对小兔（一雄一雌），而每对小兔在它出生后的第三个月，又能开始生小兔，如果没有死亡，由一对刚出生的小兔开始，一年后一共会有多少对兔子？即斐波那契数列na中，11a，21a,21(N)nnna

aan，则12a______；若2019am，则数列na的前2017项和是_______（用m表示）.【答案】1441m【解析】由11a，21a,21(N)nnnaaan，依次可求出12a的值，利用用累加法可求出数列na的前2017项和【详解】解：因为1

1a，21a,21(N)nnnaaan，所以3112a，同理456783,5,8,13,21aaaaa，910111234,55,89,144aaaa因为11a，21a,21(N)nnnaaan，所以12234345+

3aaaaaaaaa„„201520162017201620172018201720182019aaaaaaaaa以上累加得，1223420172019+aaaaaaa，所以123420172

01921aaaaaaam，故答案为：144；1m三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·威远中学校高三月考（理））已知数列na是等差数列，前n项和为nS，且

53463,8Saaa.（1）求na；（2）设2nnnba，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）23nan*nN；（2）2(4)216nnTn.【解析】（1）由题意，数列na是等差数列，所以15535()52aaSa，又533Sa，

所以30a，由46582aaa，解得54a，所以5324aad，解得2d，所以数列的通项公式为3323naandn*nN.（2）由（1）得1232nnnnban

，234122120232nnTn，3412221242322nnnTnn，两式相减得234122

2222232nnnnTTn，1228128(3)2(4)21612nnnnn，所以2(4)216nnTn.19．（2020·湖南衡阳市一中高三期中）设数列na的前n项和为nS，从条件①1

1nnnana，②12nnnaS，③22nnnaaS中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列na的前n项和为nS，11a，____.（1）求数列na的通项公式；（2）若2nnnba，求数列nb的前n和nT.【答

案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】选条件①时，（1）11nnnana时，整理得11111nnaaann，所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，设2nncn，其前n项和为nC，所以1212222nnCn①，2312122

22nnCn②，①②得：12112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn，所以1122nnTn.选条件②时，（1）由于12nnnaS，所以21

nnSna①，当2n时，112nnSna②，①②得：121nnnanana，11nnnana，整理得1111nnnaaann，所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，设2nncn，其前n项和为nC，所以12122

22nnCn①，231212222nnCn②，①②得：12112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn，所以

1122nnTn.选条件③时，由于22nnnaaS，①21112nnnaaS②①②时，2211nnnnaaaa，整理得11nnaa（常数），所以数列na是

以1为首项，1为公差的等差数列.所以nan.（2）由（1）得：2nnbn，设2nncn，其前n项和为nC，所以1212222nnCn①，231212222nnCn②，①②得：1

2112212222221nnnnnCnn，故1122nnCn，所以1122nnTn.20．（2020·四川雅安市·雅安中学高一期中）设数列na的前n项和为nS.已知24S，121nnaS，nN.（1）求通项公式na；（

2）求数列2nan的前n项和.【答案】（1）13nna，nN；（2）22,135112nnnTnn，2n，nN.【解析】（1）由题意得1221421aaaa，则1213aa，又当2n时

，由1121212nnnnnaaSSa，得13nnaa，且213aa，所以数列na是公比为3的等比数列，所以，数列na的通项公式为13nna，nN.（2）设132

nnbn，nN，12b，21b.当3n时，由于132nn，故132nnbn，3n.设数列nb的前n项和为nT，则12T，23T.当3n时，2291372351131322nnnnn

nnT，所以，22,135112nnnTnn，2n，nN.21．（2020·浙江高三月考）已知数列na的前n项和为nS，且11a，121nnaSnN，数列nb满足

11b，1nnnbba.（1）求数列na、nb的通项公式；（2）若数列nc满足1nnnnacbb且12211nncccbL对任意n+N恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1

）13nnanN，1312nnb；（2）1,2.【解析】（1）本题首先可根据121nnaS得出121nnaS，然后两式相减，得出13nnaa，（1）因为11a，121nnaSnN，所以121,2nnaSnNn

，则112nnnnaaSS，即12nnnaaa，13,2nnaanNn，因为21213aa，213aa，所以数列na是以1为首项、3为公比的等比数列，13nnanN

，因为1nnnbba，所以113nnnbb，即113nnnbb，则112211nnnnnbbbbbbbb0112303133133311132nnnn

L.（2）11111134311231313131313122nnnnnnnnnnnnacbb，令123nnTccccL，则011211111112313131313

131nnnTL1122123131nn，因为211nnTb对任意n+N恒成立，所以123

11211312nn对任意n+N恒成立，即1min2313nn，令211122313333nnnny，131nt，则223ytt，当1t时，即当1n

时取到最小值12，故12，实数的取值范围为1,2.22．（2020·四川师范大学附属中学高一期中（理））已知各项都是正数的数列na的前n项和为nS，212nnnSaa，*nN

.（1）求数列na的通项公式.（2）设数列nb满足：11b，122nnnbban，数列1nb的前n项和nT.求证：2nT.【答案】（1）12nan；（2）证明见解析.【解析】（1）①当1n时，得211112Saa，2

11112aaa∴112a或0（舍去）；②当2n时，211112nnnSaa，∴221111122nnnnnnnaSSaaaa221111022nnnnaaaa111102n

nnnnnaaaaaa11102nnnnaaaa.又∵na各项为正，∴1102nnaa，112nnaa∴na为首项是12，公差是12的等差数列，∴1112naandn.（2）由题得，1nnbbn121n

nbbn┇323bb212bb，所有式子相加，得1231nbbnn212222nnnn.又∵11b，∴22nnnb，∴212211211n

bnnnnnn，∴111111212231nTnn1221211nn.又∵10n，∴2nT.