6.3　数列求和专项训练——2026届高三数学一轮复习

6.3　数列求和 考点　数列求和 1.(多选)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则 (　　) A.ω(2n)=ω(n)　　 B.ω(2n+3)=ω(n)+1 C.ω(8n+5)=ω(4n+3)　　 D.ω(2n-1)=n 2.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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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Sk=　 　dm2.  3.记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 4.已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 5.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8. (1)求{an}的通项公式; (2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100. 练速度 1.已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=a1a2,a1=a2+2a3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=+++…+,求数列{bn}的通项公式. 2.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+1,b1+b2+…+bn=2n-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<6. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+an=n+3. (1)证明:数列{an-1}是等比数列; (2)记数列的前n项和为Tn,求满足Tn>2 025的最小正整数n的值. 4.已知数列{an}为等差数列,且满足a2n=2an+1(n∈N*). (1)若a1=1,求数列的前n项和Sn; (2)若数列{bn}满足2b1+b2=b1b2,且数列{an·bn}的前n项和Tn=(3n-4)·2n+1+8,求数列{bn}的通项公式. 练思维 1.已知等差数列{an}的公差d=1,且a3,a5+1,2a6成等比数列,则数列{(-1)n+1an}的前2 025项和为 (　　) A.-1 013　　B.-505　　C.505　　D.1 013 2.(已知等差数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=(-1)n,若不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,则实数λ的最小值为 (　　) A.-　　B.-1　　C.-　　D.- 3.已知等比数列{an}中,a2 024=1,a2 025=2,能使不等式++…+>0成立的最小正整数m=　 　.  4.在①Sn=n2-2n;②a1=1,an+1=+;③2-1=an这三个条件中,请选择一个合适的条件,补充在下面横线上(只写序号),并解答该题. 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且对任意正整数n,有　　　　.  (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<1. 答案 考点　数列求和 1. ACD 2. 5;240× 3.解析　(1)∵4Sn=3an+4①, ∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4, 当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②, 由①-②得,4an=3an-3an-1, ∴an=-3an-1, ∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列. ∴an=4×(-3)n-1. (2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1, ∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③, 3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④, ③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n×3n, ∴-2Tn=4+4·-4n·3n, ∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n, ∴Tn=1+(2n-1)3n. 4.解析　(1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3, 即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5, 所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,故bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)当n为奇数时,an=an+1-1. 设数列{an}的前n项和为Sn, 则S20=a1+a2+…+a20 =(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20) =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20) =2(a2+a4+…+a20)-10 =2(b1+b2+…+b10)-10 =2×-10=300, 即{an}的前20项和为300. 5.解析　(1)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有解得a1=2,q=2或a1=32,q=(舍)(注意:不要忽略公比大于1这一条件), 所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n. (2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128, 所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0; b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1; b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2; b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3; b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4; b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5; b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6. 所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480. 练速度 1.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0), 由a3=a1a2,a1=a2+2a3, 可得 解得a1=q=(q=-1舍去), 所以an=a1qn-1=×=. (2)由(1)知bn=+++…+=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①, 所以2bn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②. ①-②得-bn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×-2, 所以bn=(n-1)×2n+1+2. 2.解析　(1)由a1=1,nan+1=(n+1)an+1,可得=+=+-, 即+=+,可知数列为常数列,则+=a1+1=2,所以an=2n-1. 因为b1+b2+…+bn=2n-1,① 所以当n=1时,b1=1; 当n≥2时,b1+b2+…+bn-1=2n-1-1,② ①-②得,bn=2n-2n-1=2n-1, 又b1=1符合上式, 所以bn=2n-1,n∈N*. (2)证明:由(1)可知,==-,则Sn=(6-5)++…+=6-, 显然>0,所以Sn<6. 3.解析　(1)证明:由Sn+an=n+3,① 得当n≥2时,Sn-1+an-1=n+2,② ①-②得,2an-an-1=1, 则2(an-1)=an-1-1,即=, 当n=1时,a1+a1=1+3,即a1=2. 所以数列{an-1}是首项为1,公比为的等比数列. (2)由(1)得,an-1=1·, 即an=+1, 则==1+2n-1, 则Tn=1+20+1+21+…+1+2n-1=n+=2n+n-1, 易知Tn单调递增, 又T10=210+10-1=1 033<2 025,T11=211+11-1=2 058>2 025, 所以满足Tn>2 025的最小正整数n的值为11. 4.解析　(1)当n=1时,由a2n=2an+1,得a2=2a1+1,又a1=1,则a2=3, 所以等差数列{an}的公差为a2-a1=2, 所以an=1+(n-1)·2=2n-1, 故==, 故Sn=++…+==. (2)当n=1时,a1b1=T1=(3-4)×22+8=4,可得b1=, 当n≥2时,an·bn=Tn-Tn-1=[(3n-4)×2n+1+8]-[(3n-7)×2n+8] =3n·2n+1-2n+3-3n·2n+7·2n =2n(6n-8-3n+7)=2n(3n-1), 又a1b1=T1适合上式, 故anbn=2n(3n-1),n∈N*. n=2时,a2b2=4×(3×2-1)=20,可得b2=, 又因为a2=2a1+1,所以b2=, 由2b1+b2=b1b2,可得+=1, 则(2a1+1)+a1=1,解得a1=2, 由a2=2a1+1=5,可得{an}的公差为a2-a1=5-2=3, 所以an=2+3(n-1)=3n-1, 则由anbn=2n(3n-1),n∈N*,得bn=2n. 练思维 1. D 2. D 3. 4048 4.解析　(1)不能选条件①,当n=1时,a1=S1=12-2=-1<0,不符合题意.故不能选条件①. 选条件②,由an+1=+, 得Sn+1-Sn=+,(an+1=Sn+1-Sn) (-)(+)=+,则-=1, 则{}是公差为1的等差数列, 则=+(n-1)×1=n,则Sn=n2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1, 当n=1时,a1=1满足上式. 所以{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*. 选条件③,因为2=an+1, 所以Sn=, 当n=1时,2-1=a1,解得a1=1; 当n≥2时,Sn-Sn-1=an=-, 即(an-an-1-2)(an+an-1)=0, 因为an>0,所以an-an-1=2, 则{an}是首项为1,公差为2的等差数列, 所以{an}的通项公式为an=2n-1. (2)证明:因为bn===-, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=++…+=1-. 因为f(x)=>0,且在x>0时单调递减, 所以Tn=1-<1,且Tn在n>0时单调递增,并在n=1时取得最小值, 所以≤Tn<1. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$