第四章 专项训练 数列求通项、求和-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（人教A版）

数学　选择性必修·第二册[人教A版]作业与测评 专项训练　数列求通项、求和 一、单项选择题 1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋1，记bn＝a2n－1，则数列{bn}的前n项和为(　　) A．n2 B．(n＋1)2 C. D．n(n＋1) 答案：A 解析：∵an＋1＝an＋1，∴an＋1－an＝1，∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，又bn＝a2n－1＝2n－1，∴bn－bn－1＝2，b1＝1，∴数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝＝n2.故选A. 2．已知数列{an}满足(n＋1)an＋1－(n＋2)an＝(n＋1)(n＋2)(n∈N*)，a2＝3，则a2025＝(　　) A．2024 B．2025 C．20242－1 D．20252－1 答案：D 解析：由(n＋1)an＋1－(n＋2)an＝(n＋1)(n＋2)，得－＝1，所以是公差为1的等差数列，又＝1，所以＝1＋(2025－2)×1＝2024，则a2025＝(2025－1)(2025＋1)＝20252－1.故选D. 3．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第30项为(　　) A．379 B．407 C．436 D．466 答案：C 解析：由题意知，高阶等差数列前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，因为2－1＝1，4－2＝2，7－4＝3，…，22－16＝6，记第n项为an，则有an－an－1＝n－1，所以an＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a2－a1＋a1＝n－1＋n－2＋n－3＋…＋1＋1＝1＋＝，所以a30＝＝436.故选C. 4．设数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋2Tn＝1(n∈N*)，则T2025＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：当n＝1时，a1＋2T1＝3a1＝1，所以a1＝，当n≥2时，an＝，可得＋2Tn＝1，即2Tn＝，即2TnTn－1＝Tn－1－Tn，即－＝2，所以是首项为3，公差为2的等差数列，所以＝3＋2(n－1)＝2n＋1，所以Tn＝，所以T2025＝＝.故选C. 5．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n(n∈N*)，若bn＝，则数列{bn}的前2025项和S2025＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：当n＝1时，2a1＝1，解得a1＝，当n≥2时，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n　①，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝n－1　②，由①－②，得2nan＝1，即an＝，又a1＝也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝，所以bn＝＝＝＝－，S2025＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.故选C. 二、多项选择题 6．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＝ 答案：AC 解析：∵a1>0，a2＝，3an＋1＝2SnSn＋1，∴3a2＝2a1(a1＋a2)，∴a1＝或a1＝－(舍去)，故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B错误；由＝＝3，得＝＋(n－1)×＝3－＝，∵>0，<0，∴数列的前5项和最大，故C正确；当n＝1时，a1＝ ＝，这与a1＝矛盾，故D错误．故选AC. 7．已知数列{an}满足a1＝1，an＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1(n≥2，n∈N*)，则(　　) A．a2＝1 B.＝ C．an＝ D．an＝ 答案：AD 解析：∵an＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，当n＝2时，a2＝a1＝1，A正确；当n≥3时，∵an－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－2，两式相减，得an－an－1＝an－1，即an＝an－1，即＝(n≥3)，B错误；由B项分析，可得＝，＝，…，＝，以上各式累乘，得an＝(n≥3)，又a1＝1不符合上式，a2＝1符合上式，∴an＝C错误，D正确．故选AD. 三、填空题 8．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则an＝________． 答案：2n－1 解析：因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.又当n＝1时满足上式，所以an＝2n－1. 9．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋1，则{an}的通项公式为________． 答案：an＝ 解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋1)－(n2－2n＋2)＝2n－1.又a1＝2不符合上式，所以{an}的通项公式为an＝ 10．设{an}是首项为1的正项数列且na＋(n＋1)a－(2n＋1)anan＋1＝0(n∈N*)，且an＋1≠an，则数列{an}的通项公式为________． 答案：an＝n 解析：依题意，得a1＝1，因为na＋(n＋1)a－(2n＋1)anan＋1＝0(n∈N*)，所以(an＋1－an)[nan＋1－(n＋1)an]＝0，又an＋1≠an，所以an＋1－an≠0，所以nan＋1－(n＋1)an＝0，＝，＝(n≥2)，所以an＝··…···a1＝··…···1＝n，经检验，a1＝1也符合上式，所以an＝n(n∈N*)．综上所述，an＝n. 四、解答题 11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为an＋1＝3an－2， 所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝1， 所以数列{an－1}是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以an－1＝3n－1，所以an＝3n－1＋1. (2)因为bn＝an＋n＝3n－1＋(n＋1)，所以Sn＝＋＝. 12．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1(n∈N*)． (1)求证数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)由an＋1＝2an＋2n＋1(n∈N*)， 得－＝＝＝1. 又＝＝1， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列． 故＝n，n∈N*，即an＝n×2n. (2)Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n， 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋…＋n×2n＋1， 两式相减，得 －Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2， 故Sn＝(n－1)×2n＋1＋2. 13．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2，若对任意n∈N*，＋＋…＋<logm(m>0且m≠1)恒成立，则当m取最大值时，am＝(　　) A．4 B．8 C．16 D．32 答案：B 解析：当n≥2时，由a1a2a3…an＝2n2，得a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，两式相除，得an＝＝22n－1，当n＝1时，a1＝2，也符合上式，所以an＝22n－1，所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝<，因为对任意n∈N*，＋＋…＋<logm(m>0且m≠1)恒成立，所以≤logm＝logm2，所以logm2≥1＝logmm，当0<m<1时，由logm2≥logmm，得m≥2，则m∈∅；当m>1时，由logm2≥logmm，得m≤2，则1<m≤2.综上，1<m≤2，故m的最大值为2，则a2＝23＝8.故选B. 14．已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＝2an－1(n∈N*)． (1)求证：数列{an－1}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式和前n项和Tn； (3)记bn＝log2(an－1)，求数列的前n项和Sn，并证明≤Sn<1. 解：(1)证明：因为数列{an}满足an＋1＝2an－1(n∈N*)，所以an＋1－1＝2(an－1)， 又a1＝3，所以a1－1＝2， 所以数列{an－1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，数列{an－1}是首项为2，公比为2的等比数列， 可得an－1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n＋1， 所以数列{an}的前n项和Tn＝＋n＝2n＋1＋n－2. (3)由(2)知，an－1＝2n，可得bn＝log2(an－1)＝log22n＝n， 所以＝＝－， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－， 当n∈N*时，Sn＝1－为递增数列， 当n＝1时，Sn取得最小值，为S1＝， 又>0，所以Sn<1，所以≤Sn<1. 6 学科网（北京）股份有限公司 $