专题2 第3讲 数列的求和 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝ 则k＝(　　) A．511 B．677 C．1 021 D．2 037 解析：选B．k＝a1＋a2＋…＋a10＝a1＋a1－1＋a3＋a3－1＋…＋a9＋a9－1＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)－5＝2×(1＋22＋24＋26＋28)－5＝2×(4＋16＋64＋256)－3＝677. 2．(2025·北京二模)已知数列{an}满足：an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项的和为(　　) A．1 240 B．1 830 C．2 520 D．2 760 解析：选D．由an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)， 故a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，…， 故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…， 所以a1＋a3＝a5＋a7＝a9＋a11＝…＝a57＋a59＝3； a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…， 所以a2＋a4，a6＋a8，a10＋a12，…，a58＋a60是以13为首项，24为公差的等差数列． 故S60＝3×15＋13×15＋×24＝2 760. 3．(多选)(2025·武汉调研)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．a1＝2 B．数列{an}是等比数列 C．Sn，S2n，S3n构成等差数列 D．数列的前100项和为 解析：选AD．令n＝1，则a1＝1×2＝2，故A正确；a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，①a1＋2a2＋…＋2n-1an＋2nan＋1＝(n＋1)·2n+1，②由②－①得，an＋1＝n＋2，所以an＝n＋1(n≥2)，又a1＝2也满足上式，所以an＝n＋1，数列{an}是等差数列，故B错误；由上知Sn＝n(n＋3)，所以S2n＝n(2n＋3)，S3n＝n(3n＋3)，但2S2n≠Sn＋S3n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；因为＝＝－，所以＝(－)＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝，故D正确． 4．已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且a1a2 025＝1，试用推导等差数列前n项和的方法探求：若f(x)＝，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)＝________． 解析：正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，a1a2 025＝1，则ana2 026－n＝1，n∈N*，n≤2 025， 由f(x)＝，当x≠0时，f(x)＋f()＝＋＝＋＝4， 于是f(an)＋f(a2 026－n)＝f(an)＋f()＝4， 令T2 025＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)， 则T2 025＝f(a2 025)＋f(a2 024)＋…＋f(a1)， 因此2T2 025＝[f(a1)＋f(a2 025)]＋[f(a2)＋f(a2 024)]＋…＋[f(a2 025)＋f(a1)]＝4×2 025， 所以T2 025＝4 050. 答案：4 050 5．(2025·南京六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，且满足＋＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求满足Tn≥4的最小整数n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 方法一：因为＋＝＋＝， 所以＝＝，所以d＝2， 所以an＝2n－1. 方法二：因为＋＝[(－)＋(－)]＝(－)＝·＝＝，所以d＝2， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1， 所以bn＝＝(－)， 所以Tn＝[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)， 因为Tn≥4，所以(－1)≥4，即≥9， 所以n≥40，所以满足Tn≥4的最小整数n为40. 6．(2024·全国甲卷)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. 解：(1)因为4Sn＝3an＋4　①， 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n-1. (2)方法一(错位相减法)： 因为bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 方法二(裂项相消法)： bn＝(－1)n-1nan＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n-1， 则bn＝3n-1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n-1， 所以解得 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n-1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n-1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 7．(2025·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＋1＝3an＋1＋9an，a1＝3. (1)证明：数列{an＋1－3an}为等比数列； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：由题意，4S2＝4(a1＋a2)＝3a2＋9a1， 又a1＝3，解得a2＝15，由4Sn＋1＝3an＋1＋9an，① 4Sn＋2＝3an＋2＋9an＋1，② ②－①得4an＋2＝3an＋2＋6an＋1－9an， 所以an＋2＝6an＋1－9an，即an＋2－3an＋1＝3(an＋1－3an)， 又a2－3a1＝6，所以数列{an＋1－3an}是以6为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知，an＋1－3an＝6×3n-1＝2·3n， 所以－＝2， 当n≥2时，(－)＋(－)＋…＋(－)＝－a1＝2(n－1)， 即an＝(2n＋1)·3n-1， 当n＝1时，a1＝3满足上式， 所以an＝(2n＋1)·3n-1. 因为bn＝＝·3n-1＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－＋)＋(－＋)＋…＋(－＋)＝－＋. [B　综合运用] 8．(2025·天津卷节选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)∀n∈N*，有Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn|p1，p2，…，pn－1，pn∈I}，I＝{0，1}，求证：∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1. 解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)， 则由题得解得 所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2×2n-1＝2n. (2)证明：由(1)及题意知，an＋1bn＋1＝(3n＋2)2n+1，pnanbn＝(3n－1)2npn＝0或pnanbn＝(3n－1)2n>0， 当pnanbn＝(3n－1)2n>0时， 设Sn＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－4)2n-1＋(3n－1)2n， 所以2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n+1， 所以－Sn＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)·2n+1＝4＋3×－(3n－1)2n+1＝－8＋(4－3n)2n+1， 所以Sn＝8＋(3n－4)2n+1为Tn中的最大元素， 此时，an＋1bn＋1－Sn＝(3n＋2)2n+1－[8＋(3n－4)·2n+1]＝6·2n+1－8>0恒成立，所以对∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1. 学科网（北京）股份有限公司 $