周测卷(12) 数列求和及综合应用-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(十二)　数列求和及综合应用 (时间：90分钟　满分：120分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，nan＋1＋Sn＋1＝1(n∈N*)，则S2＋S4＋S8＋S16＝(　　) A． B． C． D．5 2．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，… 的前n项和为Sn，则Sn＝(　　) A．2n B．2n－n C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2 3．已知数列{an}满足递推公式an＋2＝an＋an＋1，且a1＝a2，a 2019·a2020＝2020，则a＋a＋…＋a＝(　　) A．1010 B．2020 C．3030 D．4040 4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，则“数列{an}递增”是“数列{Sn}递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5.垛积术源于北宋科学家沈括首创的隙积术，用来研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数问题，后世数学家又丰富和发展了这一成果．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”．货物自上而下，第一层有1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层有n件，已知第一层货物的单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元，则n的值为(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 6．记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n，an)在直线y＝10－2x上，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是(　　) A．(8，14] B．(14，18] C．(18，20] D．(18，] 7．已知函数f(x＋)为奇函数，且g(x)＝f(x)＋1，若an＝g()，则数列{an}的前2023项和为(　　) A．2024 B．2023 C．0 D．4046 8．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，若bn＝an·cos ，且数列{bn}的前n项和为Sn，则S11＝(　　) A．64 B．80 C．－64 D．－80 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．在数列{an}中，a1＝1，数列是公比为2的等比数列，设Sn为{an}的前n项和，则(　　) A．an＝ B．an＝＋ C．数列{an}是递减数列 D．S3> 10．若数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－2，数列{bn}满足bn＝log2an，则下列选项正确的是(　　) A．数列{an}是等差数列 B．an＝2n C．数列{a}的前n项和为 D．数列的前n项和为Tn，则Tn<1 11．数列{an}中，若存在ak，使得“ak>ak－1且ak>ak＋1”成立(其中k≥2，k∈N*)，则称ak为{an}的一个H值．如下数列中存在H值的有(　　) A．an＝1－2n B．an＝sin n C．an＝ D．an＝ln n－n 12．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的．一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图1，在长度为1的线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝AB，以CD为边在线段AB的上方做一个正方形，然后擦掉CD，就得到图形2；对图形2中的最上方的线段EF作同样的操作，得到图形3；依次类推，我们就得到以下的一系列图形．设图1，图2，图3，…，图n，各图中的线段长度和为an，数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) 　 图1　　　　 　　图2　　　　　 　　　　　　　　　　 　　图3　　 　　图4 A．数列{an}是等比数列 B．S10＝ C．an<3恒成立 D．存在正数m，使得Sn<m恒成立 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．(开放题)已知数列{an}满足：①先单调递减后单调递增，②当n＝3时取得最小值．写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝______________． 14．意大利数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列的各项除以3的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2023项的和为____________． 15．已知数列是公差为1的等差数列，且a2＝10，则a5＝____________，数列的前n项和为____________． 16．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3a1＋32a2＋…＋3nan＝n(n∈N*), 若对于任意的x∈[0，1]，n∈N*，不等式Sn<－2x2－(a＋1)x＋a2－a＋恒成立，则实数a的取值范围为____________． 四、解答题：本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 18．(10分)已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________．(从①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比数列；③S5＝35，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题) (1)求an； (2)若bn＝，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 19.(10分)已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－n(n＋1)＝0(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝，且bn＋1＋bn＝0(n∈N*)． (1)求a1的值及数列{an}的通项公式； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn. 20．(10分)已知数列{an}满足··…·＝. (1)求{an}的通项公式； (2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和S100. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 周测卷(十二)　数列求和及综合应用 1．B　∵nan＋1＋Sn＋1＝1，∴n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋1＝1， ∴(n＋1)Sn＋1－nSn＝1. 又a1＝2，∴数列{nSn}为首项为2，公差为1的等差数列， ∴nSn＝n＋1，∴Sn＝1＋，∴S2＋S4＋S8＋S16＝4＋＋＋＋＝.故选B. 2．D　因为an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.故选D. 3．B　由题意知，an＋1＝an＋2－an，左右两端同时乘以an＋1，有a＝an＋1an＋2－anan＋1，从而a＝anan＋1－an－1an，a＝an－1an－an－2an－1，…，a＝a2a3－a1a2， 将以上式子累加，得a＋a＋…＋a＝anan＋1－a1a2. 由a1＝a2，得a＋a＋a＋…＋a＝anan＋1. 令n＝2019，有a＋a＋…＋a＝a2019·a2020＝2020.故选B. 4．A　因为a1>0，且数列{an}递增，所以an>0，因此Sn－Sn－1＝an>0，所以数列{Sn}递增，所以“数列{an}递增”是“数列{Sn}递增”的充分条件；若数列{Sn}递增，则Sn＋1－Sn＝an＋1>0，所以a1qn>0，又a1>0，所以qn>0对∀n∈N*成立，即q>0，则an>0，但an＋1－an＝an(q－1)的符号不确定，所以数列{an}不一定递增，所以“数列{an}递增”是“数列{Sn}递增”的不必要条件；因此“数列{an}递增”是“数列{Sn}递增”的充分不必要条件．故选A. 5．B　设这堆货物的总价为Sn万元，则Sn＝1＋2×＋3×()2＋…＋n()n－1　①，Sn＝＋2×()2＋…＋(n－1)·()n－1＋n()n　②，由①－②，得Sn＝1＋＋()2＋…＋()n－1－n()n＝－n()n＝5－(n＋5)()n，所以Sn＝25－5(n＋5)()n＝25－65()n，解得n＝8.故选B. 6．C　由已知可得an＝10－2n，则an－an－1＝－2，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为－2，所以Sn＝8n＋×(－2)＝－n2＋9n，当n＝4或5时，Sn取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，所以满足条件的n＝4和n＝5，因为S3＝S6＝18，所以实数k的取值范围是(18，20]．故选C. 7．B　由于函数f(x＋)为奇函数，则f(－x＋)＝－f(x＋)，即f(－x)＋f(＋x)＝0，所以f(x)＋f(1－x)＝0，所以g(x)＋g(1－x)＝[f(x)＋1]＋[f(1－x)＋1]＝2，所以2(a1＋a2＋…＋a2023)＝2[g()＋g()＋…＋g()]＝[g()＋g()]＋[g()＋g()]＋…＋[g()＋g()]＝2×2023，因此数列{an}的前2023项和为a1＋a2＋…＋a2023＝2023.故选B. 8．C　数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，则＝＋1，可得数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，即有＝n，即an＝n2，则bn＝ancos ＝n2cos ，则S11＝－×(12＋22＋42＋52＋72＋82＋102＋112)＋(32＋62＋92)＝－×(12＋22－32－32＋42＋52－62－62＋72＋82－92－92＋102＋112)＝－×(5＋23＋41＋59)＝－64.故选C. 9．ACD　因为a1＝1，数列{＋1}是公比为2的等比数列，所以＋1＝2·2n－1＝2n，所以an＝，故A正确，B错误；因为y＝2x－1(x≥1)是增函数，所以y＝(x≥1)是减函数，故数列{an}是递减数列，故C正确；S3＝a1＋a2＋a3＝1＋＋>，故D正确，故选ACD. 10．BD　数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－2　①，当n＝1时，解得a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2　②，①－②得：an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2n，故A错误，B正确；对于C：a＝4n，所以Tn＝＝，故C错误；对于D：由于数列{bn}满足bn＝log2an＝n，所以＝－，所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1.故D正确，故选BD. 11．BC　由新定义可知，若数列{an}有H值，则数列不是单调数列，且存在k(k≥2，k∈N*)，使得“ak>ak－1且ak>ak＋1”成立．对于an＝1－2n，该数列为递减数列，A不合题意；对于an＝sin n，取k＝2，则sin 2>sin 1，且sin 2>sin 3，该数列存在H值，B合题意；对于an＝，令f(x)＝，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝3，当x<3时，f′(x)>0，函数为增函数，当x>3时，f′(x)<0，函数为减函数，所以当x＝3时函数取得极大值，也就是最大值，所以对于数列an＝，有a3>a2，且a3>a4，该数列存在H值，C合题意；对于an＝ln n－n，令g(x)＝ln x－x，g′(x)＝－1＝，当x≥1时，g′(x)≤0，数列为递减数列，D不合题意．故选BC. 12．BC　由题意可得a1＝1，a2＝a1＋2×，a3＝a2＋2×，以此类推可得an＋1＝an＋2×，则an＋1－an＝. 对于A，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＋＋…＋＝1＋＝3－，所以数列{an}不是等比数列，A错误；对于B，S10＝3×10－＝26＋＝，B正确；对于C，an＝3－<3恒成立，C正确；对于D，因为an＝3－>0恒成立，则数列{Sn}单调递增，所以数列{Sn}无最大值，因此不存在正数m，使得Sn<m，D错误．故选BC. 13．解析：设an＝(n－3)2(n∈N*)，则an＋1＝(n－2)2，an＋1－an＝(n－2)2－(n－3)2＝2n－5，当1≤n≤2时，an＋1－an＝2n－5<0，数列单调递减，当n≥3时，an＋1－an＝2n－5>0，数列单调递增，即a1>a2>a3<a4<…，可得当n＝3时数列取得最小值． 答案：(n－3)2(n∈N*)(答案不唯一) 14．解析：由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以3的余数，可得{an}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，所以{an}是周期为8的周期数列，一个周期中的8项和为9，因为2023＝252×8＋7，所以数列{an}的前2023项的和为252×9＋9＝2277. 答案：2277 15．解析：由题意可得＝＋(n－2)×1＝n＋1，故an＝n(n＋1)＋2n，则a5＝30＋32＝62.因为＝＝－，所以数列{}的前n项和为－＋－＋…＋－＝. 答案：62　 16．解析：因为3a1＋32a2＋…＋3nan＝n，当n＝1时，3a1＝1，即a1＝，当n≥2时，3a1＋32a2＋…＋3n－1an－1＝n－1，两式相减得3nan＝1，则an＝，满足a1＝，所以an＝，所以Sn＝＝－×()n<，即对于任意的x∈[0，1]，n∈N*，不等式Sn<－2x2－(a＋1)x＋a2－a＋恒成立，可转化为对于任意的x∈[0，1]，≤－2x2－(a＋1)x＋a2－a＋恒成立，即2x2＋(a＋1)x－a2＋a≤0在x∈[0，1]恒成立，所以解得a≤－1或a≥3，即实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞) 17．解：(1)∵a1＝1，an＋1＝an－2anan＋1，∴an≠0， ∴＝－2⇒－＝2，又＝1， ∴{}是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝(n∈N*)． (2)由(1)知：bn＝(2n－1)×3n， ∴Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n－1)×3n，3Sn＝1×32＋3×33＋5×34＋7×35＋…＋(2n－1)×3n＋1， 两式相减得－2Sn＝3＋2×32＋2×33＋2×34＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1＝3＋2(32＋33＋34＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1 ＝3＋3n＋1－9－(2n－1)×3n＋1 ＝2(1－n)×3n＋1－6， ∴Sn＝(n－1)×3n＋1＋3. 18．解：(1)①由S10＝5(a10＋1)，得10a1＋d＝5(a1＋9d＋1)，解得a1＝1； ②由a1，a2，a6成等比数列，得a＝a1a6，即a＋2a1d＋d2＝a＋5a1d，解得d＝3a1； ③由S5＝35，得＝5a3＝35，即a3＝a1＋2d＝7. 选择①②，①③，②③条件组合，均可得a1＝1，d＝3，即an＝3n－2. (2)由(1)得，an＋bn＝3n－2＋， 则Tn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(＋＋＋…＋)＝＋＝－. 19．解：(1)∵S－(n2＋n－1)Sn－n(n＋1)＝0(n∈N*)，∴当n＝1时，a－a1－2＝0，∵an>0，解得a1＝2.又[Sn－n(n＋1)](Sn＋1)＝0，∵an>0，∴Sn＝n(n＋1)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，当n＝1时上式也成立，∴an＝2n. (2)∵数列{bn}满足b1＝＝1，且bn＋1＋bn＝0(n∈N*)．∴bn＝(－1)n＋1，∴cn＝＝＝(－1)n＋1(＋)，∴当n为偶数时，数列{cn}的前n项和为Tn＝(1＋)－(＋)＋(＋)－…－(＋)＝1－＝.当n≥3且n为奇数时，数列{an}的前n项和为Tn＝Tn－1＋(＋)＝1－＋(＋)＝1＋＝，当n＝1时也成立， ∴Tn＝ 20．解：(1)当n＝1时，＝，解得a1＝2. 当n≥2时，由··…·＝，得··…·＝，两式相除可得＝(n≥2)，整理可得an－an－1＝1(n≥2)， ∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n＋1. (2)设ak和插入的k个相同的数(－1)k＋1·k构成一组数， 则前k组共有k＋＝(个)数， 令≤100，又k∈N*，解得k≤12， 当k＝12时，＝90<100， ∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个数， ∴S100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117＝－(3＋7＋11＋…＋23)＋117＝104－＋117＝104－78＋117＝143. 学科网（北京）股份有限公司 $$