专题2 微专题6 数列通项、数列求和（word练习）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

一、单项选择题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足首项为1，an＋1＝4Sn＋1，则a2 025＝(　　) A．4×52 023　　　　　　 B．52 023 C．4×52 024 D．52 024 解析　由已知可得当n≥2时，an＋1＝4Sn＋1，an＝4Sn－1＋1，所以an＋1－an＝4an，即an＋1＝5an，且当n＝1时，a2＝4S1＋1＝4a1＋1＝5，所以a2＝5a1也满足上式，所以数列{an}是首项为1，公比为5的等比数列，所以an＝1×5n－1＝5n－1，所以a2 025＝52 025－1＝52 024. 答案 D 2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝ B．an＝ C．an＝2n－1 D．an＝－1 解析　因为an＋1＝，所以＝＝1＋，所以＋1＝2.因为a1＝1，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＋1＝2n，所以an＝. 答案　B 3．已知数列{an}满足an＋1＝，且首项a1＝5，则a20＝(　　) A. B． C. D． 解析　先求出数列的不动点，令an＋1＝an＝x，得x＝，解得x1＝x2＝2.将不动点x1＝x2＝2代入递推公式，得an＋1－2＝－2，整理得an＋1－2＝，＝，所以＝＋1.令bn＝，所以bn＋1－bn＝1，b1＝＝，所以数列{bn}是以为首项，1为公差的等差数列，所以{bn}的通项公式为bn＝b1＋(n－1)·1＝n－.将bn＝代入，得＝n－，所以an＝＋2，所以a20＝＋2＝. 答案　C 4．(2024·江苏南京六校联考)在数列{an}中，已知an＋1＋an＝3·2n，a2＝5，则{an}的前11项的和为(　　) A．2 045 B．2 046 C．4 093 D．4 094 解析　由an＋1＋an＝3·2n，得a1＋a2＝6，而a2＝5，解得a1＝1，所以{an}的前11项的和a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＋(a10＋a11)＝1＋3(22＋24＋26＋28＋210)＝1＋3(4＋16＋64＋256＋1 024)＝4 093.故选C. 答案　C 5．(2024·湖南衡阳模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＝an－1＋n(n≥2)，且bn＝，则数列{bn}前n项的和Sn为(　　) A．Sn＝ B．Sn＝ C．Sn＝ D．Sn＝ 解析　由an＝an－1＋n得a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，a4＝a3＋4，…，an－1＝an－2＋n－1，an＝an－1＋n(n≥2)，叠加得an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝(n≥2)， 由题可知a1＝1也适合上式，故an＝； 所以bn＝＝＝2，则数列{bn}前n项的和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝2 ＝2＝.故选B. 答案　B 6．(2024·陕西咸阳模拟)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：Fn＝22n＋1是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设an＝log2，数列{an}的前n项和为Sn，则使不等式＋＋…＋<成立的正整数n的最大值为(　　) A．11 B．10 C．9 D．8 解析　依题意，an＝log2＝log222n＝2n，Sn＝＝2，则＝＝，则＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝<，即2n＋1<4 050，而n∈N*，解得n≤10，所以满足条件的正整数n的最大值为10.故选B. 答案　B 二、多项选择题 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋4Sn－1Sn＝0，a1＝，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的前n项和为Sn＝4n B．数列{an}的通项公式为an＝ C．数列{an}不是递增数列 D．数列为递增数列 解析　由an＋4Sn－1Sn＝0，得Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0，即－＝4，故是首项为4，公差为4的等差数列，故＝4n，即Sn＝，an＝－4Sn－1Sn＝－4××＝－，a1＝.对于A，Sn＝，故A错误；an＝故B错误；对于C，a1＝，a2＝－，故数列{an}不是递增数列，故C正确；＝4n，故数列为递增数列，故D正确． 答案　CD 8．(2024·山东烟台一模)给定数列{an}，定义差分运算： Δan＝an＋1－an，Δ2an＝Δan＋1－Δan，n∈N*.若数列{an}满足an＝n2＋n，数列{bn}的首项为1，且Δbn＝·2n－1，n∈N*，则(　　) A．存在M>0，使得Δan<M恒成立 B．存在M>0，使得Δ2an<M恒成立 C．对任意M>0，总存在n∈N*，使得bn>M D．对任意M>0，总存在n∈N*，使得>M 解析　由an＝n2＋n，得Δan＝2＋－＝2n＋2，显然Δan有最小值4，无最大值，因此不存在M>0，使得Δan<M恒成立，A错误；由选项A知，Δan＝2n＋2，则Δ2an＝2＋2－＝2， 显然当M>2时，Δ2an<M恒成立，B正确； 由Δbn＝·2n－1， 得bn＋1－bn＝·2n－1， 当n≥2时，bn＝b1＋＋＋＋…＋， 即bn＝1＋3×20＋4×21＋5×22＋…＋(n＋1)×2n－2， 于是2bn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n×2n－2＋×2n－1， 两式相减得－bn＝1＋1＋21＋22＋…＋2n－2－×2n－1＝1＋－×2n－1＝－n×2n－1， 因此bn＝n·2n－1，显然b1＝1满足上式，则bn＝n·2n－1，由bn＋1－bn＝·2n－1>0， 得数列{bn}是递增数列，bn有最小值1，无最大值， 从而对任意M>0，总存在n∈N*，使得bn>M，C正确； Δ2bn＝·2n－·2n－1＝·2n－1，由选项C得＝1＋， 显然数列是递减数列，0<1＋≤5，因此对任意M>0，不总存在n∈N*，使得>M成立，D错误．故选BC. 答案　BC 三、填空题 9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中论述了有关二阶等差数列的概念，它与一般的等差数列不同，相邻两项的差并不相等，但是逐项差数构成等差数列．例如，数列1,3,6,10，相邻两项的差组成新数列2,3,4，新数列2,3,4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，a1＝2，a2＝3，a3＝5，则a100＝________. 解析　因为{an－an－1}成等差数列，且a2－a1＝1，a3－a2＝2，则{an－an－1}的公差为1，所以an－an－1＝n－1，所以a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝n－1，累加得an－a1＝1＋2＋…＋n－1＝，故an＝2＋，所以a100＝2＋50×99＝4 952. 答案　4 952 10．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝5，an＋2＋4an＝5an＋1，n∈N*，则an＝________. 解析　因为a1＝2，a2＝5，an＋2＋4an＝5an＋1，所以an＋2－an＋1＝4(an＋1－an)，又a2－a1＝3，所以{an＋1－an}是以3为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1－an＝3×4n－1，所以an＝3×4n－2＋an－1＝3×4n－2＋3×4n－3＋…＋3×41＋3×40＋2＝3×＋2＝4n－1＋1. 答案　4n－1＋1 四、解答题 11．(2024·广东佛山二模)已知数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且Sn＋an＝2，b1＝a1，T4＝4T2. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cnan－bn＝1，求数列{cn}的前n项和． 解析　(1)由Sn＋an＝2，得S1＋a1＝2，即2a1＝2，解得a1＝1，则b1＝a1＝1，设等差数列{bn}的公差为d，由T4＝4T2，得4b1＋6d＝4，解得d＝2b1＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝b1＋(n－1)d＝2n－1； 由Sn＋an＝2，得当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2，两式相减得2an－an－1＝0，即an＝an－1，因此数列{an}是首项为1，公比为的等比数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝a1·n－1＝n－1. (2)由(1)及cnan－bn＝1，得cn＝＝2n·2n－1＝n·2n， 令数列{cn}的前n项和为An， 则An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 于是2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， 两式相减得－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝－2－(n－1)·2n＋1， 所以An＝(n－1)·2n＋1＋2. 12．(2024·湖北黄石模拟)函数y＝f(x)的图象为自原点出发的一条折线，当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段．已知数列{an}满足f(an)＝n(n∈N*)． (1)用b表示a1，a2； (2)若b＝2，记Tn＝a1＋2a2＋…＋nan，求证：Tn>. 解析　(1)由已知可得函数y＝f(x)的图象过点(0,0)，(a1,1)，(a2,2)，又当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段，所以＝b，＝b2，所以ba1＝1，b2a2－b2a1＝1，所以a1＝，a2＝＋. (2)证明　因为函数y＝f(x)的图象过点(an－1，n－1)(n≥2)，(an，n)，当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段，所以＝bn(n≥2)．又b＝2，所以＝2n(n≥2)，即an－an－1＝(n≥2)，所以a2－a1＝，a3－a2＝，…，an－an－1＝(n≥2)，所以当n≥2时，an－a1＝＋＋…＋，又a1＝，所以当n≥2时，an＝＋＋…＋＝＝1－，又当n＝1时，a1＝也满足上式，所以an＝1－，n∈N*，所以nan＝n－，所以Tn＝1－＋2－＋…＋n－， 即Tn＝1＋2＋…＋n－. 设Sn＝＋＋…＋， 则Sn＝＋＋…＋， 两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Sn＝2－，又1＋2＋3＋…＋n＝， 所以Tn＝－＝＋>. 学科网（北京）股份有限公司 $$