6.4数列求和专项训练-2025届高三数学一轮复习

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练模拟练习 【A级　基础巩固】 一、单选题 1.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前10项和为( ) A.1 078 B．1 068 C．566 D．556 2.已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为( ) A.25×2102 B．25×2103 C.25×2104 D．25×2105 3.已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( ) A.13 B．10 C．9 D．6 4.设数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos －1，其前n项和为Sn，则S2 022＝( ) A.4 041 B．－5 C．－2 021 D．－4 045 5.已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则的前100项和为( ) A. B． C． D． 6.已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝( ) A. B． C. D． 7.在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( ) A.(3n－1)2 B．(9n－1) C.9n－1 D．(3n－1) 8.已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是( ) A. B．49 C． D． 二、多选题 9.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，设数列{bn}的前n项和Sn，则( ) A.an＝ B．an＝n C.Sn＝ D．Sn＝ 10.已知数列{an}满足a1＝－2，＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则( ) A.a2＝－8 B．an＝－2n·n C.S3＝－30 D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2 11.已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则( ) A.数列为等差数列 B.数列{an}为递增数列 C.数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4 D.数列的前n项和Tn＝ 三、填空题 12.＋＋＋…＋＝ 　　 　　 　　. 13.已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ 　　，T30＝ 　　　. 14.已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝ 　　　. 四、解答题 15.设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和. 16.已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn. 【B级　能力提升】 1.若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为( ) A. B． C． D． 2.已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋1＝(n∈N*)，若a1＝，则T2 019为( ) A.－4 B．－ C．－ D． 3.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： (1)构造数列1，，，，…，；① (2)将数列①的各项乘以，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an. 则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( ) A. B． C. D． 4.1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝ 　　　.(其中x≠0) 5.等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n. 6.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*). 参考答案 【A级　基础巩固】 一、单选题 1.( A )[解析]　设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，根据a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，利用通项公式即可解得d，q，再利用求和公式即可得出结论.设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，∵a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，∴1＋d＝q,1＋3d＝q2，d≠0，解得：d＝1，q＝2.∴an＝1＋n－1＝n，bn＝2n－1.∴cn＝an＋bn＝n＋2n－1.则数列{cn}的前10项和＝＋＝1 078.故选A. 2.( D )[解析]　因为(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，a1＝16，所以＝，＝8.所以数列是以8为首项，2为公比的等比数列，则＝8×2n－1＝2n＋2，即an＝(n＋1)2n＋2，设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，则2Sn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3，两式相减得－Sn＝2×23＋24＋25＋26＋…＋2n＋2－(n＋1)2n＋3＝2＋－(n＋1)2n＋3＝－n×2n＋3，所以Sn＝n×2n＋3，所以S100＝100×2103＝25×2105，选D. 3.( D )[解析]　∵an＝＝1－， ∴Sn＝n－＝n－1＋. 而＝5＋，∴n－1＋＝5＋.∴n＝6. 4.( D )[解析]　根据题意，分类讨论n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cos ＝0，n＝4k－2，k∈N*时，cos ＝－1，n＝4k，k∈N*时，cos ＝1，即可得出答案.∵an＝(－1)n(2n－1)·cos －1，∴当n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cos ＝0，a4k－3＝a4k－1＝－1；当n＝4k－2，k∈N*时，cos ＝－1，a4k－2＝[2×(4k－2)－1]×(－1)－1＝－8k＋4；当n＝4k，k∈N*时，cos ＝1，a4k＝2×4k－1－1＝8k－2，∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝0，∴S2 022＝S2 020＋a2 021＋a2 022＝a2 021＋a2 022＝－1＋(2×2 022－1)·(－1)－1＝－4 045，故选D. 5.( D )[解析]　∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n. ∴an－an－1＝n(n≥2). ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝. ∴＝＝2. ∴的前100项和为2＝2＝.故选D. 6.( A )[解析]　由题知，数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 7.( B )[解析]　因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2).则当n≥2时，an＝2·3n－1. 当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*). 则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，a＋…＋a＝＝(9n－1).故选B. 8.( C )[解析]　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝a＋3an，∴6Sn＋1＝a＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝＝＝， ∴Tn＝＝<，∴k≥.故选C. 二、多选题 9.( AC )[解析]　由题意得an＝＋＋…＋＝＝， ∴bn＝＝＝4， ∴数列{bn}的前n项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ 4 ＝4＝.故选AC. 10.( ABD )[解析]　由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确. 11.( BD )[解析]　由2(n＋1)an－nan＋1＝0得＝2×，所以数列是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；因为＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n·2n＋1，显然递增，故B正确；因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1,2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2，所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)·2n＋2＋4，故C错误；因为＝＝n，所以数列的前n项和Tn＝＝，故D正确. 三、填空题 12.[解析]　∵＝＝＝， ∴＋＋＋…＋ ＝ ＝ ＝－. 13.[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650. 14.[解析]　由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，{an}是周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709. 四、解答题 15.[解析]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1). 两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2). 又由题设可得a1＝2，满足上式. 从而{an}的通项公式为an＝. (2)记的前n项和为Sn.由(1)知＝＝－. 则Sn＝－＋－＋…＋－＝. 16.[解析]　(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12， ∴a1a2a3＝212. 设等比数列{an}的公比为q， ∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212， 计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n. (2)由(1)得bn＝log24n＝2n， cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n. 设数列的前n项和为An，则An＝1－＋－＋…＋－＝， 设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)， ∴Sn＝＋(4n－1). 【B级　能力提升】 1.( B )[解析]　∵bn＝＝＝－， ∴S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10 ＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝. 2.( C )[解析]　直接利用数列的递推关系求出数列的周期，进一步求出结果.由an＋1＝，a1＝，解得a2＝，a3＝－4，a4＝－，a5＝，…，所以T4＝a1·a2·a3·a4＝1,2 019＝4×504＋3，所以T2 019＝(a1a2a3a4)·(a5a6a7a8)·…·(a2 017a2 018a2 019)＝1×1×1×…×××(－4)＝－.故选C. 3.( C )[解析]　依题意可得新数列为，，，…，×， 所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝＋…＋ ＝ ＝×＝.故选C. 4.[解析]　当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1＋2＋3＋…＋n＝， 当x≠1时. 解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn－1＋nxn， 两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ＝－nxn， ∴Sn＝. 解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1 ＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′ ＝′＝， 综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝ 5.[解析]　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q， 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3， 得解得 ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)， 当n为奇数，cn＝＝－， 当n为偶数，cn＝2n－1. ∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋＝＋(4n－1). 6.[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因为q>0，解得q＝2. 所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 联立①②，解得a1＝1，d＝3， 由此可得an＝3n－2. 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2， 数列{bn}的通项公式为bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1)的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1， 有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述两式相减，得 －3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8. 得Tn＝×4n＋1＋. 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋. 学科网（北京）股份有限公司 $$