高考数学一轮复习点点练23数列求和

点点练23__数列求和一基础小题练透篇1．[2023·贵州省六校联盟高三联考]若数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2(n∈N*)，则其前2023项和为()A．1360B．1358C．1350D．13482．记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n＋1，则S100的值为()A．5050B．2600C．2550D．24503．设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，则S99＝()A．7B．8C．9D．104．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为()A.1121B．1122C．1123D．11245．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，若bn＝eq\f(4n2＋8n＋5,anan＋1)，且数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝()A．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,6n＋9)))B．eq\f(4,3)＋eq\f(2n,6n＋9)C．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,6n＋9)))D．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,6n＋9)))6．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,log2anlog2an＋1)))的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,11)D．eq\f(2,11)7．[2023·山东省潍坊市联考]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，anan＋1＝2n，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前2n项和S2n＝________．8．若{an}是等差数列，首项a1>0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1010＜0，则使其前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是________．二能力小题提升篇1.[2023·湘豫名校联考摸底考试]已知数列{an}是递增的等差数列，a3是a1与a11的等比中项，且a2＝5.若bn＝eq\r(an＋1)－eq\r(an)，则数列{bn}的前n项和Sn＝()A．eq\r(3n＋2)－eq\r(2)B．eq\r(3n＋5)－eq\r(2)C．eq\r(3n＋2)－eq\r(5)D．eq\r(3n＋5)－eq\r(5)2．[2023·四川省成都市树德中学考试]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn满足Sn＝n(4n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足bn＝eq\f(an＋3,4)，则eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2021b2022)＝()A．eq\f(505,2021)B．eq\f(2020,2021)C．eq\f(2021,2022)D．eq\f(2021,8088)3．[2023·黑龙江省大庆铁人中学月考]将等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))按原顺序分成1项，2项，4项，…，2n－1项的各组，再将公差为2的等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的各项依次插入各组之间，得到新数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))：b1，a1，b2，b3，a2，b4，b5，b6，b7，a3，…，新数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n项和为Sn.若c1＝1，c2＝2，S3＝eq\f(13,4)，则S200＝()A．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))384))B．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(130－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))386))C．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))386))D．130－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3844．[2023·河南省豫南九校联考]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－n))，前n项和为Sn，则满足S2n＋1≤－2023的最小正整数n的值为()A．28B．30C．31D．325．[2023·江苏省南京高三一模]在等差数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn满足eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，n＝1，2，…，则eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2021)＝________．6．[2023·山西省临汾市高三考试]设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，则S100＝________．三高考小题重现篇1.[2021·浙江卷]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))(n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn，则()A．eq\f(1,2)<S100<3B．3<S100<4C．4<S100<eq\f(9,2)D．eq\f(9,2)<S100<52．[2020·全国卷Ⅱ]0－1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2…an…满足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，则称其为0－1周期序列，并称满足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0－1序列中，满足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2，3，4)的序列是()A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…3．[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．1104．[2020·浙江卷]我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))就是二阶等差数列．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))(n∈N*)的前3项和是________．5．[2019·全国卷Ⅰ]记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，则S5＝________．6．[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝________dm2.四经典大题强化篇1.[2023·河南省十所名校考试]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n－1)))为等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))的前n项和Tn.2．[2023·湖北省襄阳市部分学校试题]已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n×2n＋2－2n＋1＋2.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设bn＝eq\f(3an＋2＋4,2an＋1anan＋1an＋2)，证明：eq\f(5,672)≤b1＋b2＋…＋bn<eq\f(1,120).点点练23数列求和一基础小题练透篇1．答案：C解析：∵a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，∴S2023＝a1＋（a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7）＋…＋（a2021＋a2022＋a2023）＝a1＋674×2＝1350，故选C.2．答案：B解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2n－1))是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{a2n}是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列．则S100＝（a1＋a3＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）＝50＋eq\f(50×49,2)×2＋50×2＝2600.3．答案：C解析：因为an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以S99＝（eq\r(2)－1）＋（eq\r(3)－eq\r(2)）＋…＋（eq\r(99)－eq\r(98)）＋（eq\r(100)－eq\r(99)）＝eq\r(100)－1＝10－1＝9，故选C.4．答案：C解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq\f(1×（1－210）,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.5．答案：D解析：由an＋1＝3an－4n可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，∵a1＝3，∴a1－（2×1＋1）＝0，则可得数列{an－（2n＋1）}为常数列0，即an－（2n＋1）＝0，∴an＝2n＋1，∴bn＝eq\f(4n2＋8n＋5,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(（2n＋1）（2n＋3）＋2,（2n＋1）（2n＋3）)＝1＋eq\f(2,（2n＋1）（2n＋3）)＝1＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3)，∴Sn＝n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝n＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋3)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,6n＋9))).6．答案：C解析：∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n（n∈N*），∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1（n≥2），∴2nan＝1（n≥2），当n＝1时也满足，故an＝eq\f(1,2n)，故eq\f(1,log2anlog2an＋1)＝eq\f(1,log22－nlog22－（n＋1）)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，∴S1·S2·S3·…·S10＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(9,10)×eq\f(10,11)＝eq\f(1,11)，选C.7．答案：3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))解析：由a1＝1，anan＋1＝2n，得a2＝2.当n≥2时，an－1an＝2n－1，所以eq\f(anan＋1,an－1an)＝eq\f(2n,2n－1)＝2，即eq\f(an＋1,an－1)＝2，所以{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列．则S2n＝eq\f(1×（1－2n）,1－2)＋eq\f(2×（1－2n）,1－2)＝3×2n－3＝3（2n－1）.8．答案：2018解析：∵等差数列{an}中，首项a1＞0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1010＜0，∴a1009＞0，a1010＜0，公差d＜0，则S2017＝eq\f(2017（a1＋a2017）,2)＝2017a1009＞0，S2018＝eq\f(2018（a1＋a2018）,2)＝eq\f(2018（a1009＋a1010）,2)＞0，S2019＝eq\f(2019（a1＋a2019）,2)＝2019a1010＜0，故前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是2018.二能力小题提升篇1．答案：A解析：因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递增的等差数列，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差d>0.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝5,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝a1a11))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋2d))2＝a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋10d))))，解得a1＝2，d＝3或a1＝5，d＝0（舍去）.所以an＝2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝3n－1.所以bn＝eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝eq\r(3n＋2)－eq\r(3n－1).所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)－\r(2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(8)－\r(5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3n＋2)－\r(3n－1)))＝eq\r(3n＋2)－eq\r(2).故选A.2．答案：D解析：Sn＝4n2＋n，当n≥2时，Sn－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2＋n－1＝4n2－7n＋3，an＝Sn－Sn－1＝8n－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n≥2))，当n＝1时，a1＝5，S1＝5，a1＝S1，所以an＝8n－3，bn＝eq\f(an＋3,4)＝eq\f(8n－3＋3,4)＝2n.故eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2n·2（n＋1）)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2021b2022)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…\f(1,2020)－\f(1,2021)＋\f(1,2021)－\f(1,2022)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2022)))＝eq\f(1,4)×eq\f(2021,2022)＝eq\f(2021,8088).故选D.3．答案：A解析：由已知得b1＝1，a1＝2，b2＝c3＝S3－c1－c2＝eq\f(1,4)，等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的公比q＝eq\f(1,4).令Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，则T6＝63，T7＝127，T8＝255，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前200项中含有数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前7项，含有数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前193项，故S200＝（b1＋b2＋…＋b193）＋（a1＋a2＋…＋a7）＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))193,1－\f(1,4))＋7×2＋eq\f(7×6,2)×2＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))384)).故选A.4．答案：D解析：由题意，得S2n＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22－12))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(42－32))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2－[－1＋2－3＋4－5＋…＋2n－（2n＋1）]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4))＋…＋[2n－（2n－1）]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))＋2n))－（2n＋1）2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))))＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2＋n＋1＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2n)),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2＋n＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))，由S2n＋1≤－2023，得－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))≤－2023，即n2＋n≥eq\f(2023,2)，结合n∈N*，解得n≥32，故n的最小值为32.故选D.5．答案：eq\f(2021,1011)解析：依题意eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，eq\f(S2,S1)＝eq\f(4＋2,1＋1)，eq\f(a1＋a2,a1)＝3，eq\f(2a1＋d,a1)＝eq\f(2＋d,1)＝3，所以d＝1，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2021)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)－\f(1,2022)))))＝2（1－eq\f(1,2022)）＝eq\f(2021,1011).6．答案：1189解析：因为a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，所以a2n＋a2n＋1＝n－1，所以（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＝0＋1＋…＋48＝eq\f(48×49,2)＝1176，由a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，可得a3＝1－a1＝0，所以a100＝a50－1＝a25－2＝10－a12＝11－a6＝12－a3＝12，所以S100＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＋a100＝1＋1176＋12＝1189.三高考小题重现篇1．答案：A解析：∵a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))，∴an＞0，∴S100＞a1＝1＞eq\f(1,2).由an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,\r(an))＝（eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2)）2－eq\f(1,4)，∴eq\f(1,an＋1)<（eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2)）2，则eq\f(1,\r(an＋1))<eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2).由累加法可得eq\f(1,\r(an))≤1＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴an≥eq\f(4,（n＋1）2)，∴an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))≤eq\f(an,1＋\f(2,n＋1))＝eq\f(n＋1,n＋3)an，∴eq\f(an＋1,an)≤eq\f(n＋1,n＋3).由累乘法可得an≤eq\f(6,（n＋1）（n＋2）).因此，S100≤1＋eq\f(1,2)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,6)＋…＋\f(1,101)－\f(1,102)))<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝3，即eq\f(1,2)＜S100＜3.2．答案：C解析：C（1）＝eq\f(1,5)（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6）＝eq\f(1,5)（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1），C（2）＝eq\f(1,5)（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7）＝eq\f(1,5)（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2），C（3）＝eq\f(1,5)（a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8）＝eq\f(1,5)（a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5a3），C（4）＝eq\f(1,5)（a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9）＝eq\f(1,5)（a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4）.对于A，C（1）＝eq\f(1,5)，C（2）＝eq\f(2,5)，故A不正确；对于B，C（1）＝eq\f(3,5)，故B不正确；对于D，C（1）＝eq\f(2,5)，故D不正确；对于C，C（1）＝eq\f(1,5)，C（2）＝0，C（3）＝0，C（4）＝eq\f(1,5)，∴C正确．3．答案：A解析：方法一排除法记SN为数列的前N项和，由题意得，数列的前110项为20，20，21，20，21，…，20，21，…，213，20，21，22，23，24，所以S110＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋213）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（214－1）＋（25－1）＝（21＋22＋…＋214）－14＋31＝215＋15，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项D不正确．同理，S220＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋219）＋（20＋21＋22＋23＋…＋29）＝221＋210－23，这是一个奇数，不可能是2的整数幂，故选项C不正确．同理，S330＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋224）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝226＋4，不是2的整数幂，故选项B不正确．所以，正确的选项为A.方法二不妨设1＋（1＋2）＋…＋（1＋2＋…＋2n－1）＋（1＋2＋…＋2t）＝2m（其中m、n、t∈N，0≤t≤n）.则有N＝eq\f(n（n＋1）,2)＋t＋1，因为N＞100，所以n≥13.由等比数列的前n项和公式可得2n＋1－n－2＋2t＋1－1＝2m.因为n≥13，所以2n＞n＋2，所以2n＋1＞2n＋n＋2，即2n＋1－n－2＞2n，因为2t＋1－1＞0，所以2m＞2n＋1－n－2＞2n，故m≥n＋1，因为2t＋1－1≤2n＋1－1，所以2m≤2n＋2－n－3，故m≤n＋1.所以m＝n＋1，从而有n＝2t＋1－3，因为n≥13，所以t≥3.当t＝3时，N＝95，不合题意；当t＝4时，N＝440，满足题意，故所求N的最小值为440.4．答案：10解析：方法一因为an＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.方法二因为an＝eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)，所以Sn＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,12)＋eq\f(n（n＋1）,4)＝eq\f(n（n＋1）（n＋2）,6)，所以S3＝eq\f(3×4×5,6)＝10.5．答案：eq\f(121,3)解析：通解设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，所以（a1q3）2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).优解设等比数列{an}的公比为q，因此aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).6．答案：5720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4)解析：（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：eq\f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq\f(3,2)，共4种不同规格（单位dm2）；故对折4次可得到如下规格：eq\f(5,4)×12，eq\f(5,2)×6，5×3，10×eq\f(3,2)，20×eq\f(3,4)，共5种不同规格；（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为eq\f(1,2)的等比数列，首项为120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(dm2))，第n次对折后的图形面积为120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n＋1种，故得猜想Sn＝eq\f(120（n＋1）,2n－1)，设S＝eq\i\su(k＝1,n,S)k＝eq\f(120×2,20)＋eq\f(120×3,21)＋eq\f(120×4,22)＋…＋eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n－1)，则eq\f(1,2)S＝eq\f(120×2,21)＋eq\f(120×3,22)＋…＋eq\f(120n,2n－1)＋eq\f(120（n＋1）,2n)，两式作差得：eq\f(1,2)S＝240＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝240＋eq\f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120,2n－1)－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)，因此，S＝720－eq\f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)＝720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4).四经典大题强化篇1．解析：（1）当n＝1时，S2＝4a1＝4，当n≥2时，由Sn＋1＝4an得Sn＋1＝4Sn－4Sn－1，∴Sn＋1－2Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－2Sn－1))，又∵S2－2S1＝S2－2a1＝2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋1－2Sn))是以2为首项，2为公比的等比数列，∴Sn＋1－2Sn＝2×2n－1＝2n，∴eq\f(Sn＋1,2n)－eq\f(Sn,2n－1)＝1，∵eq\f(S1,20)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n－1)))是以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）知eq\f(Sn,2n－1)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝n，∴Sn＝n·2n－1.∵Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，∴2Tn＝1×