第1章 专题探究2 数列求和-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

专题探究2数列求和 黑题 专题强化 限时：50min 题组1公式法 题组3裂项相消法 1.*(2025·江苏苏州高二期中)已知递增等 5.*(2025·山东淄博高二月考)已知数列 差数列{an}中，a6=18且a2是a1,a4的等比 {an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3(an-1). 中项，则它的第4项到第11项的和为( (1)求数列{a,}的通项公式； A.180 B.198 C.189 D.168 2.*(2025·河北廊坊高二期中)设等比数列 (2)已知c, 1-2n n(n+1) ·an,求数列{cn}的前 {an}的公比为q,前n项和为Sn.令bn=Sn-1, n项和Tn 数列{bn}的前n项和为Tn (1)若2a1a2+a3=0,2S2=T2,9>0,求{an}的 通项公式； 2若为等比，-求4 6.*★(2025·湖北武汉高二期中)已知递增数 列{an}满足a1=1,点(an,an+1)在函数f(x)= 4x+9的图象上 （1)证明：数列{log2(an+3)}是等差数列； an+3 ,求数列{bn}的前 题组2：倒序相加法 (2)若b.=(a+4)(a1+4 3.“已知函数x)=则f(兮)f(日)+…+ n项和Tn f2)1)2)+f8)9) 4.**(2025·广东珠海高二月考) 已知正数数列{an}是公比不等于1 讲解 的等比数列，且a1a22s=1,试用推导等差数列 前n项和的方法探求：若f(x)= 1+x2,则 f(a1)+f(a2)+…+f(a22s)= 选择性必修第二册·BS黑白题34 题组4错位相减法 题组5分组（并项）求和法 7.**(2025·辽宁葫芦岛高二期末)已知Sn是 9.*★(2025·四川眉山高二期中)已知等差数列 等差数列{an}的前n项和，S=a5=9,数列 {an},a1=1,公差d=1,则数列{(-1)an}的 {bn}是公比大于1的等比数列，且b+b2+b2= 前2025项和为 () 14,b1·b2·b3=64 A.-1013B.-505C.505 D.1013 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 10.禁(2025·四川内江高二月考)记[x]表示 (2)设cn=an·bn,求{cn}的前n项和Tn 不超过x的最大整数，〈x〉=x-[x],如 [2.4]=2,〈2.4〉=0.4，已知数列{an}的通项 频讲解 1 公式为a.=3n-2,数列16.}满足6.= 2[an]-3(an),则b1+b2+b3+…+b2o=（) A.23 B.22 C.24 D.25 11.(2025·江西赣州高二月考)已知数列 {an}的通项公式为an=2”+n,前n项和 为Sn,则S6= 12.禁(2025·辽宁沈阳二中高二月考)已知 等比数列{an}是递减数列，{an}的前n项和 8.*(2025·四川遂宁高二月考)设{a}是等 为S,且。，2S2,80成等差数列，3a,= a 差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列.且 a1+2a3,数列{bn}满足bn1=2b.-2n+1,b1= a1=b1=1,a3+b2=7,2a2-b3=2,neN*. 3,nEN*. (1)求{an},{bn}的通项公式； (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn=(an+1)√bn,求数列{cn}的前n项 [anbn,n是奇数， 和Sn (2)若cn= 2"an 求数列{cn}的 ,n是偶数， b.b+2 前2n项和T2m· 第-章黑白题35猜想a,6+62+…+6 ④ (1+b)*1 下面用数学归纳法证明④式成立： b ()当n=1时，a,14当n=1时，④式成立： (i)假设n=k时，④式成立，即a4= b+b2+…+b (1+b)41, 当n=k+1时，由③式，得a1=1+6a:+(1+b)m1+ b b+b2+…+bbb+b2+…+6+1 (1+b)(1+6)(1+6)mT当n=+1时，④式 也成立， 由(i)(i)可知，对于neN,④式都成立， 即通项公式为an= +62+…+b0 26=. (1+b)*1 b-6n+1 (1-b)(1+6)m(6≠1). 专题探究1数列通项公式的求解 黑题专题强化 1.D解析：由已知a1+a2=1,数列{an+an+1}是公比为2的等 比数列，所以a.+a+1=21,n≥2时，an-1+a。=2-2,两式相减 得an1-a-1=2-2,所以a25=a1+(a3-a1）+(a,-a3)+…+ （a2s42m)=0+2+2++2m_1-40204-1 1-4 3 2.n2解析：令m=1,则an+1=a1+an+2n,即an1-an=2n+1,故 an-a1=2(n-1)+1,a-1-an-2=2(n-2)+1,…,a2-a1=3,累 加得an-a1=3+5+7+…+[2(n-1)+1],故an=1+3+5+…+ [2(n-1）+1]=n1+2m-l）=2 2 3.B解析：在an=(n+2)(aa1-an)中，取n=1,可得a1= 3 3(a,a1),代入a=2,解得a=2,又由a.=(n+2)(a1 a,)可得=n+3 3 得=，于是an=a.·….2·a12x an-1 an-2 3×xx+x2+2n+2 4x5x. ×日0是2放s=2026+2-104 2 4心指a发岩云：学}生预 为a2=,公比为4的等比数列，a+=1】 a.32 =2,=1,=1, ”a2’a280=2故选D. 2 21 5.C解析：设a1tx=了(a,+),即a1=了a,3,所以 =4，解得=-2，所以a1-12=号（a-12),所以 1 a,-12是首项为4-12=-1，公比为子的等比数列，所以 。-2=-nx(径)广，所以a=12-x(居）门 6.D解析：因为an1=4an+6n-5(neN),所以a1+2n+1= a+1+2(n+1)-1=4(an+2n-1),所以数列{an+2n-1}是以 a1+2×1-1=4为首项，公比q=4的等比数列，所以an+2n 1=4·4-1=4",所以a,=4"-(2n-1),所以a15=45-29. 7.C解析：因为a1=a.+2√a,++1,所以a+1+1= （√an+1)+2√an+1+1,即an+1+1=(√an+1+l),等式两 参考答案 边开方可得√a1+1=√Jan+1+1,即√a1+1-√an+1=1, 所以数列{√an+1}是首项为√a,+1=2,公差为1的等差数 列，所以√an+1=2+(n-1)×1=n+1,所以an=n2+2n,所以 a1o=102+20=120. 2an 解析：由a1=。 8. n a可的2宏1小 18182, 又a=2,所以数列{}是以宁为首项，分为公考的等老 以。2(a-10,即=，所以.=2 数列，所以1=1+1 2 an 2 n 9.an=4×3-1-5×21解析：设an1+入·3”=2(an+入·3-1)， 整理得a1=2a.-入·3-1，可得入=-4，即aa1-4×3=2(an 4×31),且a1-4×311=-5≠0，则数列{an-4·3-1}是首项 为-5，公比为2的等比数列，所以an-4×3-1=-5×21,即 an=4×3-1-5x2-1 .3”1解析：依题意@1=1，=4,4a1-3,-02=0,a2 10. 2 a1=3(an+1-a,),所以数列{a1-an}是首项a2-a1=3,公 比为3的等比数列，所以a+1-an=3“,所以an=a,+(a2 a)+(a,-0)++(a.-a1)=1+3+32+…+3-1=1-3 -3 3"-1 2故答案为3”-1 2,4=1也满足，所以0，=3” 21 11.D解析：当n=1时，3S1=2a1+1,又S1=a1,则a1=1.当 n=2时，3S2=2a2+1,又S2=a1+a2,所以3(a2+a1)=2a2+1, 解得a2=-2. 12.B解析：因为正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足a,= 3,a1-a1=2Sn,当n=1时，则有a-2=2S1=6,即a a2-6=0,解得a2=-2(舍)或a2=3;当n≥2且n∈N*时， 由a+1-a+1=2Sn可得a子-an=2Sn1,上述两个等式作差得 a元1-a-a1tan=2a.,整理得(an1+an)(an1-an-1)=0, 由题意可知a1+an>0,所以a1-an=1,且a2-a1=0不满 足a1-an=1,所以，数列{a.}从第二项开始为以1为公差 的等差数列，故ao=a2+8=3+8=11. 13.解：由已知得2S.=(n+1)a.①，所以2Sn1=(n+2)a1②， ②-①得2a1=(n+2)a1-(n+1)a,所以2-，故数列 n+l n { }为常数列，则号-号=1，所以a,=n 专题探究2数列求和 黑题 专题强化 1,A解析：设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,a6= (18=a,+5d, 18且a2是a1,a4的等比中项， 解 (a,+d)2=a1(a1+3d), 得a1=d=3,.第4项到第11项的和为S11-S3=11a1+ 0-(3a32）s-s=8+52=6d=180,即 数列{an}的第4项到第11项的和为180. 2.解：(1)因为a2=a19,a3=a192,所以2aq+a192=a19(2a1+ q)=0,所以2a1+q=0,所以q=-2a1,又2S2=T2,所以2(a1+ a2)=b1+b2=S1-1+(S2-1)=2a1+a2-2,所以a2=a19=-2.又 因为g=-2a1,所以-2a=-2.因为q>0,解得g=2,a1=-1.所 以an=a1g-1=-2-1 (2)因为{bn}为等比数列，bn=Sn-1,所以=b1·b3,即 黑白题21 (S2-1)2=(S1-1)·(S3-1),因为等比数列{an}的公比为 q,前n项和为Sn,所以(a1+a2-1)2=(a1-1)·(a1+a2+a3 1),所以(a1+a1g-1)2=(a1-1)·(a1+a1q+a192-1),化简可 得a1=1-g,则a=1-90,g≠1，所以3=(1- 1-g =1-g, 所以bn=S。-1=-9,所以{bn}是首项为-q,公比为g的等比 数列，所以T,=-,由22可得1g必 1-g _9(1-g25) 1-q 号宁解得9=2 年=1，设f(g)(日)+…（分）+1)+2)+… 8)+9)=m①，则f9)+8)+…+2)+1)(3)+ …(日)+(g)-m②，①+②得f(g)+f9)] g)8)]++(2)+f2)]+)+1+ 2)*(2)]小+…+[r8)+(g)]+[f(9)+ f(行)门-2,2a=170号做答案为号 4.4050解析：正数数列{an}是公比不等于1的等比数列， a1a2s=1,则a.a2m6-n=1,neN”,n≤2025，由f代x)= 4 1+x2 当40时(） 4 4 4x2 1+x21+x2 1+ 4,于是f(a,)+f(a2s)=f（a.)+f() =4,令T2s= f(a1)+fa2）+…tfa22s),则T20s=f(a22s)+f（a2m4)+…+ f(a1),因此2T2s=[f(a1)+f(a2s)]+[f(a2)+f(a2m4)]+ +[f(a25)+fa1)]=4×2025,所以T2m5=4050. 5.解：(1)数列{an}中，2Sn=3(an-1),当n≥2时，2S-1= 3(an-1-1),两式相减得2a.=3an-3an1,即an=3an-1 由2a1=2S1=3(a1-1),得a1=3,因此数列{an}是以3为 首项，3为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式an= 3.3-=3. 1-2n (2)由(1)知，cn= .3=31.n+1-3n=31 n(n+1) 3n(n+1) (品)所以(-)+()· 11）=3”3 (食）-3 °n+1n+1 6.(1)证明：因为a1=1,所以当n=1时，log2(a1+3)=l1og24=2, 又因为点(an,an+1)在函数f(x)=4x+9的图象上，所以 a=4a+9,log2 (a+3)-log2 (a +3)=log2 (4a+ 12)-log2(an+3)=log2[4(an+3)]-log2(an+3)=1og24=2,所 以数列{1log2(an+3)是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解：由(1)可知，log2(an+3)=2n,所以a.+3=2=4", a+3 4” a.=4-3,所以6。=(a.+4)(a1+4)(4+1)(41+1) 11 4+14+1+1 ).所以7=6地6+6=号( 选择性必修第二册·BS +号(4）+写()+ (44小所以(04141 1(1111 43+144+1 (5) 7.解：(1)对等差数列{an},因为S,=a1+a2+a3=3a2=9→a2= 3,由a5=a2+3d=3+3d=9d=2,所以an=a2+(n-2)d=3+ (n-2)×2=2n-1.对公比大于1的等比数列{bn},b1·b2· 6,=bg=64→b,=4,由6，+b,+b,=14→4+4+4g=14=→2g2- 5g+2=0→(2g-1)(q-2)=0,又9>1，所以g=2,所以bn= b2·g-2=4×2-2=2".所以n=2n-1,bn=2”. (2)因为cn=(2n-1)×2",所以Tn=1×2+3×22+5×23+…+ (2n-1)×2,2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)×2"+(2n-1)× 2+1,两式相减得-Tn=2+2×(22+23+…+2")-(2n-1)× 2=2+2x2(1=2m）-(2n-1）x2=-6+(3-2n)×2所 1-2 以T.=6+(2n-3)×2+1. 8.解：(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn} 的公比为g(g>0),则，1*2物=7：。化简得 (2a2-b3=2(1+d)-g2=2, 2+9=6、整理得g2+g-6=0,解得q=-3(舍去)，或g=2, 2d-q2=0, 则d=g=2 22=2,故a,=2n-l,neN°，b,=2,neN (2因为6，=a,+1)6=2a2宁=2学，则根据错位相 减法得，=1×2+2×22+3×2++n·2学①，23. 1x2+2x2++a-1）2学+n…221②，由①-②得 (-2j=2+22g0a22-2） 1-22 n…21=2-2 。-n.221,故5n=2-2·22 (-2月 1-23 2-[(1-2)n+1]22 3-22 9.D解析：因为d=1,a1=1,所以an=1+n-1=n,此时令bn= (-1)*1a.=(-1)1n,而其前2025项和为1-2+3- 4+…-2024+2025=(1-2)+(3-4)+…+2025=1012× （-1)+2025=1013,故D正确. 10.D解析：由于bn=2[an]-3(an〉=5[a.]-3an= s[g2]-a+6=5([3]-2+6=5[g]m-4,而 [3]=0+0+11+12+2+2+3+33+44+455+5+ 6646=63,故6.-2(5[号]m-4）=5x63-20x21 2 4×20=25. 11.147解析：S6=(2+22+23+2+2+2)+(1+2+3+4+5+ 6)=2x12）,6x1+6=27-2+21=2+19=14. 1-2 2 黑白题22 12.解：（1)设等比数列{an}的公比为q,由题意可得 (3a2=a1+2a3,(3a19=a1+2a19, a=d,则4aa=d8 则 2因为数列{an} a 是道减的等比数列，解得1=9=分，所以0=9 (分）广，因为61=26.-2n+1,所以61-2(n+1)-1= 2(b.-2n-1),因为b1=3,则b1-2×1-1=0,所以bn-2n-1= 0,故bn=2n+1. (2当a为奇数时，6，合4含则A 3 3,7,4n-5.4n-1 +114n-,所以4A。=23+25大… 232+…+ 2+22+1,两 个等式作若可得=号宁 44n-1_3 22-22*=2 ×() 14 君化微稻人曾 0.22:当n为偶数时，c.=b.b2=(2n+1)(2n+5) 11 1 =1 11 1 1(1-1 13i7…t4n+14n+5)=4（54n+5,故T=A,+ a44 专题探究3数列的综合应用 黑题 专题强化 1.D解析：设第n环天心石块数为an,上层共有n环，Sn为 {an}的前n项和，则{an}是首项为9，公差为9的等差数列， a=949(a-1=9,=号(+n),上层中层，下层的块数 分别为S,S2n-S.,Sn-S2a,由下层比中层多729块，得 5。-5.=及-8.+72四，即？(92+3n）-号(4n+2m）= ?(4n2+2m)2(a+n+729,解得n=9,所以中下两层共 有第面形石板。号(2四+切)吕（心49）=297（块）. 2.A解析：由题意，蒲第一天长高三尺，以后蒲每天长高前一 天的一半，所以蒲生长长度构成首项为a1=3,公比为91= 的等比数列，其前A现和为8 =6-6× 1 (行）八又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍。 则莞生长长度构成首项为b,=1,公比为92=2的等比数列， 其前n项和为.-112）=2”-1，由题意得7，>S, 1-2 即2-1b6-6x(分广，则27，令1=2，则≥2+ 7,解得t>6,即2">6，又22=4<6,23=8>6，所以需要经过的 时间最少为3天 3.8解析：由题意得A=(a1,a2,a3,a4,a5,…),A*=(a2-a1, 参考答案 a3-a2,a4-a3,a5-a4,…）,(A*）*=(a3-2a2+a1,a4-2a3+ a2,a5-2a4+a3,…).:(A*）*的所有项都是3，.a3-2a2+ a1=3,a4-2a3+a2=3,a5-2a4+a3=3,由a5-2a4+a3=3得 18-22+a3=3,解得a3=7,由a4-2a+a2=3得11-14+a2=3, 解得a2=6,由a3-2a2+a1=3得7-12+a1=3,解得a1=8. 4.D解析：由题意可知分段函数在每一段上为增函数，且 (3-a>0, f(8)>f7),即a>1, 解得2<a<3,故实数a的 (a8-6>(3-a)×7-3, 取值范围是(2,3). 5.4-4+n64 1 解析：a,=a+1-3·4-1→a*1-a,=3·4“+1. 当n≥2，neN时，an=(an-an-)+(an-1-aa-2)++(a2 a1)+a1=(3·4-1+1)+(3·4-2+1)+…+(3×4+1)+1=3× 4(1-4）+n-1+1=4-4+n.k(a,+4-n)≥2n-5→k(4-4+ 1-4 4-n)≥2-5≥年设62要年46 4+1 2-1,当n=1,2时6>站海当n3eN 时，bn+1<bn<bn-1<<b<b3,因此b3是数列{bn}的最大项， 要想数列{an}对任意的n∈N,k(an+4-n)≥2n-5恒成 立，只需k≥6,64 1 6.解：(1)等差数列a,}中，设公差为d,则=3，→ (a14=3a5 a12宁-aa1 ∫a1+d=3, (neN).数列{bn}的前n项和为Sn,且2Sn=3b。-1①，当 n=1时，61=1，当n≥2时，2S-1=3bn-1-1②，①-②得b.= 3bn-1(n≥2)，故数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数 列，所以bn=3-(neN) (2)数列{cn}中，c.=(an+1)·b。=2n·3-.则Tn=2×3°+ 4×3+…+(2n-2)·3-2+2n·3-1,所以3T,=2×3+4×32+ …+(2n-2)·3-1+2n·3,故-2T。=2+2×(3+32+…+ 3)-2n·3”=(1-2n）·3”-1,所以T=2m-1）3+1因 2 为(-1)·m>T-n…3"=13 Γ22 对neN·恒成立.当n为奇 13” 3”1 数时，(-1)”·m=m>22→m<22→m< 信)号1，夷时（小a 13”13） 132 = 22m>（2222 =-4,综上，实数m的取 值范围为(-4,1). 第一章章末检测 1.A解析：该数列的通项公式为a,=(-1)"2是，所以am= (-1)10+110025 29=27 2A标油且分则品皮 121=2, 高古la分房以wa 11 黑白题23