周测卷(十二) 数列求和及综合应用-【高考领航】2026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 1．B　2.D　3.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＋…＋nn-1　①，＋2×2＋…＋(n－1)·n-1＋nn　②，由①－②，得＋2＋…＋n-1－nn＝＝5－(n＋5)n，所以Sn＝25－5(n＋5)n＝25－65n，解得n＝8.故选B. 6．C　因为an＋1＝，所以，所以，所以数列是等比数列，首项为，公比为，所以n-1＝2×n，即＝2×n＋1，所以Sn＝＝2×[＋2＋…＋]＋n＝2×＋n＝n＋1－n，而当n∈N*时，Sn单调递增，又S2024＝2025－2024＜2025，且S2025＝2026－2025＞2025，所以满足条件的最大整数n＝2024. 7．B　由于函数f为奇函数，则f＝，即f＋f＝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．D　由数列{bn}满足bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn，n∈N*，可得bn＋2＋bn＝2bn＋1，所以数列{bn}是等差数列， 由b5＝可得b1＋b9＝b2＋b8＝b3＋b7＝b4＋b6＝2b5＝π. 又g(x)＝cos x sin x＋cos2sin2x＋cos x＋， 所以g(b1)＋g(b9)＝(sin 2b1＋cos b1＋1＋sin 2b9＋cos b9＋1)＝[sin 2b1＋cos b1＋1＋sin (2π－2b1)＋cos (π－b1)＋1]＝1. 同理可得g(b2)＋g(b8)＝g(b3)＋g(b7)＝g(b4)＋g(b6)＝1， 又易知g(b5)＝， 所以数列{an}的前9项和为4×1＋.故选D. 9．ACD　因为a1＝1，数列是公比为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．AC　∵a1＞0，a2＝，3an＋1＝2SnSn＋1， ∴3a2＝2a1(a1＋a2)，∴a1＝或a1＝－(舍)，故选项A正确； ∵3an＋1＝2SnSn＋1，∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1， ∴， ∴数列是公差为－的等差数列，故选项B错误； 由＝3得＋(n－1)＝3－， ∴＞0，＜0，∴数列的前5项和最大，故选项C正确；当n＝1时，a1＝，这与a1＝矛盾，故D错误．故选AC. 11．BC　由题意可得a1＝1，a2＝a1＋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＋，所以数列{an}不是等比数列，A错误；对于B，S10＝3×10－，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. 12．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) 13．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2025＝253×8＋1，所以数列{an}的前2025项的和为253×9＋1＝2278. 答案：2278 14．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　 15．解：(1)因为a1，a3，a7成等比数列， 所以＝a1·a7， 因为{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d， 所以 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋1. (2)设b＝log3(an＋1)，所以an＝3b－1， 令1≤an≤2024，且b为整数， 所以b可以取1，2，3，4，5，6， 此时an分别为31－1，32－1，33－1，34－1，35－1，36－1， 所以区间[1，2024]内所有“调和数”之和 Tn＝(31－1)＋(32－1)＋(33－1)＋(34－1)＋(35－1)＋(36－1) ＝(31＋32＋33＋34＋35＋36)－6 ＝－6＝1086. 16．解：(1)证明：{an}是正项等比数列，设其公比为q，则q＞0. 由b1＋bn＝2log2an，可得当n≥2时，b1＋bn－1＝2log2an－1， 两式相减得，bn－bn－1＝2log2＝2log2q，n≥2，故数列{bn}是等差数列． (2)由Tn＝知，当n≥2时，an＝＝2n，又a1＝T1＝2，所以an＝2n. 由(1)设{bn}的公差为d，则d＝2log2＝2， 由b1＋bn＝2log2an＝2n，得b1＝1，bn＝2n－1， 所以c1＋c2＋…＋c20＝(c1＋c3＋…＋c19)＋(c2＋c4＋…＋c20)＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(b2＋b4＋…＋b20)＝(2＋23＋…＋219)＋(3＋7＋…＋39)＝. 故数列{cn}的前20项和为. 17．解：(1)由题意得2Sn＝(n＋1)an，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1， 两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，(n－1)an＝nan－1， 所以，则数列为常数数列， 无单调性，故数列不是单调数列． (2)由(1)可得＝1，所以an＝n，故. 所以Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，① 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，② ①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝－2－(n－1)·2n+1， 所以Tn＝(n－1)·2n+1＋2. 18．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. 19．解：(1)当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，所以a2＝－， 当n≥2时，由5an＋1＋Sn＋16＝0　①，得5an＋Sn－1＋16＝0　②， ①－②得5an＋1＝4an，因为a2≠0，所以an≠0，所以. 又，所以{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－·n-1＝－4·n. (2)由4bn＋(n－5)an＝0，得bn＝－an＝(n－5)·n. 所以Tn＝－4×－3×2－2×3＋…＋(n－5)×n， Tn＝－4×2－3×3－2×4＋…＋(n－6)×n＋(n－5)×n+1， 两式相减得＋2＋3＋…＋n－(n－5)×n+1 ＝－－(n－5)×n+1 ＝－－5×n+1－(n－5)×n+1 ＝－n×n+1， 所以Tn＝－4n·n，所以Tn≤λbn恒成立即－4n·n≤λ(n－5)·n恒成立，即λ(n－5)＋4n≥0恒成立． 当n＝5时，不等式恒成立； 当0＜n＜5时，λ≤－恒成立，则λ≤1； 当n>5时，λ≥－恒成立，则λ≥－4. 所以－4≤λ≤1. 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 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：本题共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．数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋1＝1－(n∈N*)，则S2023＝(　　) A．1011 B. 1013 C. 2022 D. 2023 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．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．(2024·江苏盐城联考)已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝＜2025，则满足条件的最大整数n＝(　　) A．2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 7．已知函数f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．(2025·河北张家口联考)已知数列{bn}满足bn＋2－bn＋1＝bn＋1－bn，n∈N*，且b5＝，若函数g(x)＝cos x sin x＋cos2，则数列{an}的前9项和为(　　) A．0 B. － C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，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．(2025·江苏省沭阳高级中学模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＞0，a2＝，3an＋1＝2SnSn＋1，则(　　) A．a1＝ B. 数列是公差为的等差数列 C．数列的前5项和最大 D. an＝ 11．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循的．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 答案 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(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＝______________． 13．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2025项的和为____________． 14．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____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分) (2024·河南省信阳市教学质量检测)已知{an}是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2＝3，a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)定义在数列{an}中，使log3(an＋1)为整数的an叫做“调和数”，求在区间[1，2024]内所有“调和数”之和． 16．(15分)已知数列{bn}和正项等比数列{an}，满足log2an是b1和bn的等差中项． (1)证明：{bn}是等差数列； (2)若数列{an}的前n项积Tn满足Tn＝，记cn＝求数列{cn}的前20项和． 17．(15分)(2024·湖南省三湘名校教育联盟联考)记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝(n＋1)an. (1)探究数列是否为单调数列； (2)求数列}的前n项和Tn. 18.(17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. 19．(17分)(2025·浙江宁波镇海中学模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足4bn＋(n－5)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $