第一部分 假期必刷16 数列求和-【快乐假期】2025-2026学年高二数学寒假作业必刷题

快乐假期 000-= 假期必刷16数列求和 学而时习之，不亦说乎。 完成日期： 月 日 〈《思维整合室 要点记忆 知识梳理 1.1+2+3+4+…十m=nn+1) 2 1.特殊数列的求和公式 2.1+22+…十n2=n(n十1)(2n+1) 6 (1)等差数列的前n项和公式： 3.裂项求和常用的三种变形 S n(a+a=na,十 1 2 (1) n(n+1)nn+1 (2)等比数列的前n项和公式： na1,q=1, S,= 1 a1一am9 (3) √n+1-√n 1-q n十n+I 2.数列求和的几种常用方法 《技能提升台 (1)分组转化法 技能提升 把数列的每一项分成两项或几项，使其转 化为几个等差、等比数列，再求解. 1.已知数列{an}的前n项和为Sma=2027' (2)裂项相消法 n+2 am十amt1十am+2= 2027 ,则S2026=（ 把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中 A.338 B.676 间的一些项可以相互抵消，从而求得其和 C.1352 D.2026 (3)错位相减法 2.数列{an}的通项公式是an=(一1)”(2n一1)，则 如果一个数列的各项是由一个等差数列和 该数列的前100项之和为 ( 一个等比数列的对应项之积构成的，这个 A.-200 B.-100 数列的前n项和可用错位相减法求解. C.200 D.100 (4)倒序相加法 如果一个数列{an}中，与首末两端等“距 +号++吉 3.已知数列{a,:2,3+3’4十4 离”的两项的和相等或等于同一个常数，那 么求这个数列的前项和可用倒序相加法 ++号…，那么数列6，-{a}的 求解. 前n项和为 自测自查 A4〔- B.41 1 2n+1 1.(1)nDd (2)0,1-g) 1-q ,9≠1 C.1- 11 n+1 D.2一n+1 ·40· =0022 高二数) 4.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n2+ 9.数列{an}满足a1=2,且an+1一an=2(n∈ n,则数列一 4一 的前8项的和为() nan+I N).则数列侵}的前10项和为 B名 10.数列{an}的前n项和Sn=n一4n十2，则 la1|+|a2|+…+|ao|= c. 9 0.10 11.若数列{an}的通项公式为an=cos2n°，且该 1 数列的前n项和为Sn,则S= 5.已知数列{a,}满足a,+a,十2a,十…+ 12.设数列{an}满足a1+3a2十…+(2n一1)am 2a,=1,n∈N”,记数列{2a,一n}的前n =2n. (1)求{an}的通项公式： 项和为Sn,则Sn= ( (2)求数列{，a:}的前n项和. A2”-号号-1 B.2+1-”-八-2 2n+1 22 C.r-t-g D.2-g-g-3 22 6.已知数列{a,}满足2a+1一a,=n十2，a1=5,若 {an}的前n项和为Sm,则满足不等式Sn> 2023的最小整数n的值是 ) A.60 B.62 C.63 D.65 7.（多选)已知首项为一1的等差数列{an}的 13.已知数列{am}的通项公式为am=2n十4，数 前n项和为Sn,公差为d,且S,>S8,Ss< 列{b}的首项为b,=2 S,则 () (1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证： A日<d号 B.S1o>S {ab}也是等差数列. C.(S)min=S8 D.S15>0 (2)若{a}是公比为2的等比数列，求数列 {bn}的前n项和. 8.(多选)如图，由正 方形可以构成一系 列的长方形，在正 方形内绘出一个圆 的子，就可以近似 地得到等角螺线，第一个和第二个正方形的 边长为1，第三个正方形边长为2，…，其边 长依次记为a1,a2,a3,…,得到数列{an},每 一段等角螺线与正方形围成的扇形面积记 为bn,得到数列{bn},则下列说法正确的有 () A.as=21 B.a1十a2十…十a14=a16-1 C.a+a+…十ai4=2a14a15 D.4(b20-b19)=πa19a20 ·41· 快乐假期 S00- 14.在0S=岁，@a+1,=2S.,③a+a, 高考冲浪 2 2 1.(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项 2Sn这三个条件中任选一个，补充在下面 和Sn=一n2十8n,则{|an|}的前12项和为 的问题中，并解答该问题. ( 已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1, 满足 A.48 B.112 C.80 D.144 (1)求am; 2.(2024·全国甲卷（理），18)记Sn为数列 {an}的前n项和，已知4Sn=3am十4. (2)若bn=（an十1)·2，求数列{bn}的前 (1)求{a,n}的通项公式； n项和Tn (2)设bn=(-1)-1nan,求数列{bn}的前n 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个 项和Tn 解答计分 ·42·三0022 则此时对任意j=1,2,3,4,由a,2j1-a2≤1可知必 有{a.25-1,a,2j}={N,N+1. 而a,1十a,3十a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a8都是偶 数，故集合{ma.m=N)中的四个元素i,j,s,t之和为偶 数，对该数列进行一次变换(i,j,s,t),则该数列成为常数 列，新的a+1,1一a+1,2十a+1.3-a+1,4十a+1.5 a+1,6十a,+1.7-a+1,8等于零，比原来的a,1-a,2 十a,3一a,4十|a,5一a,6十a,7一a.8更小，这与 a,l-a,2十a.3-a.4+a.5-a,6+a.7-as,8的 最小性矛盾， 综上，只可能a,2j1-a,2=0G=1,2,3,4),而a,1十 a.2=a.3十a,4=a.5十a,6=a,7十a,8,故{a.n}=2(A) 是常数列，充分性得证。 假期必刷16数列求和 技能提升台技能提升 1.A[S2026=a1+(a2十a3十a4)+(a5+a6+a7)+…十 1 (a2021十a202十a2023)+(a2024+a2025十a226）=2027 +207+20+…+号08+号08-676X029261 4 2×2027 =338.] 2.D[S160=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)= 2×50=100.] n+1 6++…+6=4（-)+4(分-3)十… +4(侵南) =40-)十（合3）++()] =4-)门 4.C[当n≥2时，an=Sn-S1-1=21, 当n=1时，a1=2也符合上式，.an=2m(n∈N*), 4 4 1 11 anan+1 2(2n+2)n(n十1)nn+1 数列 {年}的前8项的和为（什）+ tanan+1 (合）++（合）是] 1 1 5.B[由题设a1=1且a1十za2十2a3十…+ 21-20-1= 1 n-1(n≥2)，故20一4m=1且n≥2， 所以an=2”-1,又a1=1也满足，故a=2”-1,则2a1一n =2”一11， 所以S,=(2十2十…十2”)-(1十2十…十n)= 2020》=1号号-2.] 1-2 1 6.C[由2aw+1-an=n+2,得a+1=2a+2+1, a+1-0+1)=之(，-一.又因为4-1=4，载列 高三数学 {a,-是首项为4，公比为二的等比数列，则a一n=4× (合)” =23-”,∴.an=n十23-"，∴Sn=(1+2+3十…十 n)+(22+2+20+21+…+23-w)=8-23-W+(n+1) 2 当n≥1时，Sn单调递增，S2=1961-259<2023,S63 =2024-260>2023, 故满足不等式S>2023的最小整数n的值为63.] 7.AC[对于A:因为S,>Sg,Sg<S,所以ag=Sg-S,<0, a,=5-5>0:则0十0等样客<d<宁 (ag=-1+8d>0, 故A正确；对于B,S10-S5=a6十a7十a8十ag十a10=5as <0,则S10<S5,故B错误；对于C:因为d>0,所以数列 {an}为递增数列，因为a1<0,ag<0,ag>0,即数列{an}的 前8项为负数，从第9项开始，都为正数，则(Sn)min=S8, 故C正确：对于D:S15=15a,十a12=15ag<0,故D 2 错误.] 8.AB[由图中数据可得a1=a2=1,ag=2,a4=3,au= a1十an≥3)，由题意可得6，=子×受×d=子c2. 对于A:a5=a4十a3=3十2=5，a6=a5十a4=5+3=8,a7 =a6十a5=8+5=13,则ag=a7+a6=13+8=21,故A 正确；对于B:an=a-1十aw2,可得an-2=a,一an-1,则 a1十a2+…+a14=(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a16 a15)=a16-a2=a16-1,故B正确；对于C:a-1=an- an-2(1≥3)，.a71=a-1an-1=an-1（an-an-2）= an-1an-aw-1aw-2(n≥3)，∴.a+a3+…十ai4=a7十 (a2a3-a2a1）+(a3a4-a3a2）+…+(a14a15-a14a13） a1-a2a1十a14a15=a14a15,故C错误；对于D:4(b20 bn)=4(肾-平aio）=x(a喝-a)=x(a0-4） (a20十a19）=元a18a21,故D错误.] 9.解析：a1=2,且an+1一an=2",.当n≥2时，an=(an an-1)+(aw-1-an-2)+…+(a2-a1)十a1=2”-1+2"-2 ++2+2=二号+1=2，当=1时上我也成立， 1-2" =2,=（）教列}的前10项和为 ×壶 1023 1一立 1024 答案18器 10.解析：当n=1时，a1=S1=-1. 当n≥2时，an=Sn-Sm-1=21-5. ∴.an= (-1,=1, {2n-5,n≥2. 令2-5<0，得n<号当n<2时，<0，当n2≥3时， aw>0,∴.a|+a2+…+ao=-(a1+a2)+(a3+ a4+…+a10)=S10-2S2=66. 答案：66 飞密快乐假期 11.解析：cos2n°=sin2(90°-n), S89=cos21°+cos22°+cos23°+…+c0s289°， S89=cos289°+cos288°+c0s287°+…+c0s21°. .cos289°=sin21°，cos288°=sin22°，cos287°=sin23°，…， cos21°=sin89°，∴.2Sg9=(cos21°+cos289)+(cos22°+ cos288)+…+(cos289°+cos21)=(cos21°+sin21)+ (cos22°+sin22)+…+(cos289°+sin289)=1×89= 805。-婴 答案号 12.解：(1)因为a1十3a2十…十(21-1)a,=21,① 故当n≥2时，a1+3a2+…+(2-3)au-1=2(n-1),② ①-②得(21-1)a,=2,所以am=2-' 2 又因为n=1时，a1=2适合上式， 从而{an}的通项公式为a,一2m 2 (2)记{2}的前n项和为5 2 1 由1)知2十7-(2n-1D(2u+下2m121+ 剥5.=(（-号)十（合一专）十+(n动市) 1 2 =1-2m+12m+T 13.（1)证明：因为数列{b}是首项为b1=2,公差为3的等差 数列， 所以b,=2+3(1-1)=31-1, 所以a6=2b,十4=2(31-1)+4=6n+2, 所以a6+,-a%=6(n+1)十2-(61+2)=6， 所以数列{a6}是以6为公差的等差数列. (2)解：因为{a6}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首 项为b1=2,an=21十4， 所以a6,=a2=2×2+4=8, 所以a6=8X2”-1=2+2. 又因为a=21十4， 所以a=2b,十4， 所以2bn十4=2”+2， 解得bn=21+1-2, 所以b1十b2十b3十…+b,=(21+1-2)+(22+1-2)+ (23+1-2)+…+(2"+1-2)=22+23+…+2+1-2= 22-21+2 1=2-2m=2”+2-21-4, 所以数列{b,}的前n项和为2”+2一21一4. 14.解：(1)若选①，即2S=an+1: 当n≥2时，2S-1=(1-1)an, 两式作差得2an=1a+1一(n-1)a, 即(n十1)an=1aw+1, .1+1=+1 an n ·7 00M-□ 2 当n=1时也成立，.an=n 若选②，即2Sn=aw+1au, 当1≥2时，2S-1=aaw-1, 两式作差得2an=a,nan+1一anan-1' 由an>0,得a+1一an-1=2. 当1=1时，2S1=a2a1,得a2=2. 又.a1=1,a2=2, ∴.{a2m}是公差为2，首项为2的等差数列， {a2w-1}是公差为2，首项为1的等差数列，故an=n. 若选③，即a7十an=2Su, 当n≥2时，a员-1十an-1=2S-1, 两式相减得a员十an一a-1一aw-1=2an, 即(an十a-1)(aw-a-1-1)=0, 由an>0,得an-an-1-1=0, 即aw一an-1=1, .{an}是首项为l,公差为1的等差数列. 故an=. (2)bn=(n+1)·2", Tn=2X2+3×22+4×23+…+(n十1)·2"， 2Tn=2X22+3×23+…+n×20+(n+1)·2"+1,两式 相减，得-T,=4十22+23+…+2”-(n+1)·2+1=4 +41-22-0m+1D·2+1 1-2 =4-4十2+1-(n+1)·2+1=-·2”+1, 故Tn=1·2+1 高考冲浪 1.C[本题考查了等差数列的通项公式，求和公差，S= -2+8n.an=Sw-S1-1=-n2+81-[-(n-1)2+8(n -1)]=-2n+9. n=1时，S1=7=a1 ∴an=-2n+9,m∈N* 等差数列{an》中d=一2<0. ∴.{an}为递减数列，可知a1>a2>a3>a4>0>a5>a6 >a11>a12: |a1+|a2|+…+|a12|=(a1+…+a4)-(a5+a6+… +a12)=S-(S12-S4)=2S4-S12=2X16-7,15×12 2 =32+48=80.] 2.解：(1)因为4Sn=3a,+4,所以4S,u+1=3am+1十4，两式 相减可得：4au+1=3a+1一3a, 即：au+1=-3a1,又因为4S1=3a1十4，所以1=4，故数 列{an}是首项为4，公比为一3的等比数列，a,=4·(一 3)”-1: (2)b,=(-1)"-1an=4n·3"-1, 所以Tw=4(1×30+2×3+3×32+…+n×31), 3Tm=4(1×3+2×32+3×33+…+1×3"),两式相减可 得：-2T,=4(1十31十32十…+3”-1-n·3”) 4(作等-a…3）2-n3-2T.=(2-D3+1