数列的通项公式、数列求和 专项训练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第四单元　数列的通项公式、数列求和 【一周一测基础知识专项训练】 单项选择题 1.[2024珠海一中模拟]数列{an}满足a3=2,an+1-an=3(n∈N*),则a8=(　　) A.25 B.17 C.14 D.12 2.[2025重庆八中高二期中]记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4-a2=6,a5-a3=12,则=(　　) A.2-21-n B.2n-1 C.2-2n-1 D.21-n-1 3.[2024苏州中学高二期中]数列{an}中,an=,若前n项和Sn=8,则n=(　　) A.77 B.78 C.79 D.80 4.[2025长郡中学高二月考]若等比数列{an}满足a1 013=1,则++…+=(　　) A. B.1 012 C. D.1 013 5.[2025合肥一六八中学高二期中]已知数列{an}满足a1=10,=2,则的最小值为(　　) A. B. C. D.2-1 6.【探索新定义】[2024南京外国语学校模拟]我们把各项均为0或1的数列称为0-1数列,0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛的应用.把佩尔数列{Pn}(P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*)中的奇数换成0,偶数换成1,得到0-1数列{an}.记{an}的前n项和为Sn,则S20=(　　) A.16 B.12 C.10 D.8 多项选择题 7.[2025辽宁省实验中学高二期中]已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+11n-28,则(　　) A.a1=-18 B.{an}是等差数列 C.Sn的最大值是2 D.{}为等差数列 8.[2025余姚中学、嘉兴一中等校高二期中]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2n=2an+1,在等比数列{bn}中,b1=a2,b2=a5,则(　　) A.Sn=n2 B.数列{log2bn}是等差数列 C.数列{}的前n项和为 D.数列{anbn}的前n项和为(n-1)3n+1+3 9.[华中师大一附中月考]已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*},集合C=A∪B,将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列,记为{an},Sn为数列{an}的前n项和,则(　　) A.S8=39 B.an+2-an+1=1或2 C.=22n-2+2n+1-2 D.若存在n∈N*使Sn>12an+1,则n的最小值为26 填空题 10.[2025四川师大附中高二月考]在等差数列{an}中,an=3n-31,记bn=|an|,则数列{bn}的前30项和为　　　　.  11.[2025天津市耀华中学高二月考]已知数列{an}是等差数列,bn=记Sn,Tn分别为{an},{bn}的前n项和,若S3=18,T2=10,则T20=　　　　.  12.【数学文化】[2025山东省八校联考]我国古代名著《庄子·天下》中有一句名言“一尺之棰,日取其半,万世不竭”,其意思为:一尺长的木棍,每天截取一半,永远都截不完.已知长度为2的线段PQ,取PQ的中点M1,以PM1为边作等边三角形(如图1),该等边三角形的面积为S1,再取M1Q的中点M2,以M1M2为边作等边三角形(如图2),图2中所有的等边三角形的面积之和为S2,以此类推,则S3=　　　　,=　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 13.(15分)[2025临川一中、抚州一中、南昌二中等校高二联考]已知各项均不相等的等差数列{an}的前n项和为Sn,S2=3,且a2,a4,a8成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=·an,求数列{bn}的前n项和Tn. 14.(15分)[2024马鞍山二中高二期中]已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=. (1)求证:数列{-1}为等比数列; (2)设bn=,求数列{bn}的前2n项和S2n. 15.(15分)[2022新高考Ⅰ卷]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,{}是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:++…+<2. 16.(17分)【探索新定义】[2025山西省实验中学高二期末]数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列,扩充的次数记为n(n∈N),n次扩充后的新数列记为{an},项数记为Pn,所有项的和记为Sn.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和,如:数列{a0}={a,b,c}经过一次扩充后得到数列{a1}={a,a+b,b,b+c,c},P1=5,S1=2a+3b+2c.已知数列{a0}={-2,1,2}. (1)求{a3},P3,S3; (2)求Pn,Sn; (3)求数列{Pnlog3Sn}的前n项和Tn. 参考答案 1.B　因为数列{an}满足a3=2,an+1-an=3(n∈N*),所以数列{an}是公差为3的等差数列,故a8=a3+5×3=2+15=17. 2.A　设等比数列{an}的公比为q,则q===2,所以===2-21-n. 3.D　根据题意,可知可利用裂项相消法求解.an==-,所以n≥2时,Sn=-1+-+…+-=-1,由Sn=-1=8,解得n=80. 4.C　等比数列{an}满足a1 013=1,则a1a2 025=a2a2 024=…=a1 012a1 014==1,所以对任意的1≤n≤2 025的正整数n,+=+=+=1(通过等比数列的下标和性质发现数列{}(1≤n≤2 025)中,与首尾等距离的两项的和相等,故接下来用倒序相加法求和).令S=++…+,则2S=(+)+(+)+…+(+)=2 025,故S=. 5.B　等差数列前n项和+累加法求数列通项+确定数列中的最小项 思路导引　由题中等式变形并递推得an-an-1=2(n-1)(n≥2),由累加法求出数列{an}的通项公式,利用对勾函数的单调性或不等式组法,可求出的最小值. 数列{an}满足a1=10,=2,即an+1-an=2n(见减法结构,一般用累加法求通项),当n≥2时,则有an-an-1=2(n-1),所以a2-a1=2,a3-a2=4,…,an-an-1=2(n-1),上述等式全部相加得an-a1=2+4+…+2(n-1)==n2-n,所以an=n2-n+a1=n2+10-n,a1=10也满足an=n2+10-n( 注意检验n=1时是否满足),故对任意的n∈N*,an=n2+10-n,所以==n+-1. 方法一(函数单调性法)　由对勾函数的单调性可知,函数y=x+-1在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,又因为3<<4,=3+-1=,=4+-1=,故a3<a4,所以的最小值为=. 方法二(不等式组法)　假设第n项为{}的最小项,则即解得n=3,即的最小值为=3+-1=. 6.C　根据题意求得数列{Pn}的前8项,通过观察找到规律,即可求解.因为P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*,所以P3=2P2+P1=2×1+0=2,P4=2P3+P2=2×2+1=5,P5=2P4+P3=2×5+2=12,P6=2P5+P4=2×12+5=29,P7=2P6+P5=2×29+12=70,P8=2P7+P6=2×70+29=169,…,由此可知{Pn}的奇数项是偶数,偶数项是奇数,通过把数列{Pn}中的奇数换成0,偶数换成1,可以看出数列{an}的前20项为1,0,1,0,…,1,0,故S20=10×1+10×0=10. 7.AC　A(√)当n=1时,a1=S1=-1+11-28=-18. B(✕)由A可知a1=-18,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+11n-28)-[-(n-1)2+11(n-1)-28]=-2n+12,故a2=8,a3=6,显然a2-a1≠a3-a2,所以{an}不是等差数列. C(√)Sn=-n2+11n-28=-(n-)2+,故当n=5或6时,Sn有最大值2(当n≥2时,an=-2n+12,即n≥2时,{an}为递减数列,且a2,…,a5大于0,a6=0,n≥7时,an<0,故当n=5或6时,Sn有最大值,为-52+55-28=2). D(✕)=-n-+11=-(n+)+11,不符合等差数列通项公式特点,故{}不是等差数列( }不是等差数列). 8.ABD　A(√)设等差数列{an}的公差为d,已知a1=1,a2n=2an+1,令n=1,则a2=2a1+1=2×1+1=3,所以a2=a1+d=3,解得d=2,所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2. B(√)b1=a2=3,b2=a5=9,设等比数列{bn}的公比为q,则q===3,所以bn=3×3n-1=3n,设cn=log2bn=log23n=nlog23,所以cn+1-cn=(n+1)log23-nlog23=log23(常数),所以数列{log2bn}是等差数列. C(✕)==(-),设数列{}的前n项和为Tn,则Tn=[(1-)+(-)+…+(-)]=(1-)=(裂项相消法). D(√)anbn=(2n-1)×3n,设数列{anbn}的前n项和为Mn,则Mn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n,则3Mn=1×32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×3n+1,所以-2Mn=3+2×32+2×33+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+2×-(2n-1)×3n+1=3+3n+1-9-(2n-1)×3n+1=-6-(2n-2)×3n+1(错位相减法),所以Mn=(n-1)3n+1+3. 9.ABC　A(√)由题意,得{an}的前8项为1,2,3,4,5,7,8,9,故S8=39. B(√)集合A为正奇数集,集合B中的元素都是正偶数,按照从小到大排列,若连续的两个数是奇数,则an+2-an+1=2,若连续的两个数是一个奇数,一个偶数,则an+2-an+1=1. C(√)令k=2n-1+n,∵2×2n-1-1比2n小1,∴{an}的前k项中,来自集合A的有2n-1个,来自集合B的有n个,∴Sk=1+3+…+(2×2n-1-1)+2+22+23+…+2n=+=22n-2+2n+1-2,即=22n-2+2n+1-2. D(✕){an}的前26项包括A集合中的1,3,5,…,41共21个,B集合中的2,4,8,16,32共5个,∴S26=1+3+…+41+2+4+…+32=+=503.∵a27=43,12a27=516,∴S26<12a27,不符合题意. 10.755　当n≤10时,an<0,当n≥11时,an>0,故数列{bn}的前30项和S30=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+a3+…+a10)+(a11+a12+a13+…+a30)=-+=-+=145+610=755. 11.370　设等差数列{an}的公差为d.由S3=18,得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18　①,由T2=10得a1-8+2a2+1=a1-8+2(a1+d)+1=10,即3a1+2d=17　②,联立①②,得解得a1=5,d=1,所以an=a1+(n-1)d=5+(n-1)×1=n+4.则bn=所以T20=(b1+b3+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=(-3-1+1+…+15)+(13+17+…+49)=×10+×10=37(分组求和法). 12.)　由题可得,S1=×××sin 60°=,从第2个等边三角形起,每个三角形的面积为前一个三角形面积的,故每个等边三角形的面积可构成一个以S1为首项,为公比的等比数列,则Sn==[1-()n], 所以S3=[1-()3]=.因为==×,所以··=××××=××=×(-),=×[(-)+(-)+…+(-)]=×(-). 13.【解析】(1)设数列{an}的公差为d,则d≠0. 由得化简得 因为d≠0,所以d=a1=1,(4分) 所以an=1+(n-1)×1=n.(6分) (2)由(1)知bn=n·3n,　 则Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n, 3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1, 两式相减得-2Tn=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=(-n)×3n+1-, 所以Tn=(-)×3n+1+.(15分) 14.等比数列的判断+通项含(-1)n-1的数列求和 思路导引　(1)an+1=,取倒数得=,化简整理即可判断{-1}为等比数列.(2)方法一　将S2n转化为{(-1)n-1(-1)}的前2n项和,结合(1)中结论即可得解;方法二　结合(1)中结论得bn=(-1)n-1-(-)n,应用分组求和法及等比数列的前n项和公式即可得解. 【解析】(1)因为an+1=,a1=,所以an≠0, 所以==+,所以-1=-, 即-1=(-1).(4分) 因为a1=,所以-1=≠0,又=, 所以{-1}是以为首项,为公比的等比数列.(7分) (2)方法一　S2n=-+-+…+-=(-1)-(-1)+(-1)-(-1)+…+(-1)-(-1),(11分) 易知{(-1)n-1(-1)}是以为首项,-为公比的等比数列, 所以S2n===.(15分) 方法二　由(1)得-1=()n,所以=1+()n, 所以bn==(-1)n-1-(-)n,(11分) 所以S2n=0-==.(15分) 15.【解析】(1)方法一　由题设得=+(n-1)=,故Sn=an.(3分) 因此an+1=Sn+1-Sn=an+1-an,从而有=.(5分) 因为a1=1,所以当n>1时,an=×××…×××a1=×××…×××1=.(7分) 又当n=1时,=1=a1,所以an=.(9分) 方法二　因为a1=1,所以=1,(1分) 又{}是公差为的等差数列, 所以=1+(n-1)×=.(3分) 因为当n≥2时,an=Sn-Sn-1, 所以=(n≥2),所以=(n≥2), 整理得=(n≥2),(4分) 所以××…××=××…××=(n≥2), 所以Sn=(n≥2), 又S1=1也满足上式, 所以Sn=(n∈N*), 则Sn-1=(n≥2), 所以an=-=(n≥2),(7分) 又a1=1也满足上式, 所以an=(n∈N*).(9分) 方法三　因为S1=a1=1,所以=1,{}是首项为1,公差为的等差数列,所以=1+(n-1)×=,Sn=an.　(3分) 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,所以(n-1)an=(n+1)an-1,即=(n≥2),(5分) 也即=(n≥2).(6分) 令bn=,则bn=bn-1=…=b2==, 因为===,所以a2=3,所以bn=,所以an=bn·n(n+1)=(n≥2).又a1=1满足此式,所以{an}的通项公式为an=.(9分) (2)由(1)得==2(-).(11分) 所以++…+=2(1-+-+…+-)=2(1-)<2.(15分) 16.【解析】(1)因为{a0}={-2,1,2},所以{a1}={-2,-1,1,3,2}, {a2}={-2,-3,-1,0,1,4,3,5,2}, {a3}={-2,-5,-3,-4,-1,-1,0,1,1,5,4,7,3,8,5,7,2},P3=17,S3=27.(4分) (2)因为数列经每一次扩充后是在原数列的相邻两项中增加一项, 所以经第n+1次扩充后增加的项数为Pn-1, 所以Pn+1=Pn+(Pn-1)=2Pn-1,所以Pn+1-1=2Pn-2=2(Pn-1). 因为P1=5,所以{Pn-1}是首项为4,公比为2的等比数列, 所以Pn-1=4×2n-1=2n+1,所以Pn=2n+1+1.(8分) 设第n次扩充后数列的各项为-2,b1,b2,b3,…,bt,2,则Sn=-2+b1+b2+b3+…+bt+2. 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项之间插入这两项的和,所以Sn+1=-2+(-2+b1)+b1+(b1+b2)+b2+(b2+b3)+b3+…+bt+(bt+2)+2=-2×2+3b1+3b2+3b3+…+3bt+2×2, 所以Sn+1=3Sn-(-2+2)=3Sn. 因为S1=-2-1+1+3+2=3,所以{Sn}是首项为3,公比为3的等比数列,故Sn=3n.(12分) (3)因为Pnlog3Sn=n(2n+1+1), 所以Tn=(1×22+2×23+…+n×2n+1)+(1+2+…+n)=(1×22+2×23+…+n×2n+1)+. 令M=1×22+2×23+…+n×2n+1, 则2M=1×23+2×24+…+n×2n+2, 两式相减得-M=22+23+…+2n+1-n×2n+2=-n×2n+2=(1-n)2n+2-4, 所以M=(n-1)2n+2+4, 故Tn=(n-1)2n+2+4+.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $