培优练9数列求和同步练-2026-2027学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

培优练9　数列求和 A级　必备知识基础练 1.已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1=1，an＋1=－an－2，则S101等于(　　) A．－97　　 B．－98　　 C．－99　　 D．－100 2.已知数列{an}，{bn}满足anbn=1，an=n2＋5n＋6，则{bn}的前10项和为(　　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 3.设函数f(x)=，则f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(4)＋f(5)的值为(　　) A.9　　 B.11　　 C．　　 D． 4.化简Sn=n＋(n－1)×2＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　) A．2n＋1＋n－2　　 B．2n＋1－n＋2 C．2n－n－2　　 D．2n＋1－n－2 5.(多选题)设等差数列{an}满足a2=5，a6＋a8=30，公差为d，则下列说法正确的是(　　) A．an=2n＋1　　 B．d=2 C．=　　 D．的前n项和为 6.(2025靖江高二质检)已知数列{an}的前n项和Sn=2n2，n∈N*，bn=2an＋(－1)nan，则数列{bn}的前2n项和T2n=　　　　． 7.(2025徐州高二调研)已知函数f(x)＋f(－x)=1(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50=1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a99)=　　　　． 8.数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且a1=1，b1=2，b2=a2＋2，b3=a3＋5. (1)求数列{an}的公差以及数列{bn}的公比； (2)求数列{an＋bn}的前n项的和． 9.已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋a2=4，4=a4a8. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=nan，求数列{bn}的前n项和Tn． B级　关键能力提升练 10.已知{an}的前n项和为Sn，a1=1，当n≥2时，an＋2Sn－1=n，则S2 025=(　　) A.1 010　　 B.1 011　　 C.1 012　　 D.1 013 11.数列{an}的前n项和为Sn，a1=－1，nan=Sn＋n(n－1)(n∈N*)，设bn=(－1)nan，则数列{bn}的前51项之和为　　　　　． 12.设集合Xn={1，2，3，…，n}(n∈N*)，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5=　　　　． 13.龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直(即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现)．例如，第一代龙曲线(图1)是以A1A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边A1A3，A3A2所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线(虚线即为前一代龙曲线)．A1，A2，A3为第一代龙曲线的顶点，设第n代龙曲线的顶点数为an，由图可知a1=3，a2=5，a3=9，则a4=　　　　；数列的前n项和Sn=　　　　． 14.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an＋2n－1． (1)求证：数列{an－2}为等比数列； (2)已知bn=求数列{bn}的前2n项和． C级　学科素养创新练 15.(多选题)定义数列{an＋1－3an}为数列{an}的“3倍差数列”，若{an}的“3倍差数列”的通项公式为an＋1－3an=3n＋1，且a1=3，则下列正确的有(　　) A．a4=324 B．数列的前n项和为Sn= C．数列的前n项和与数列的前n项和相等 D．数列的前n项和为Tn，则≤Tn＜ 16.已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1=1，an＋2=an＋1＋2an． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列的前n项和为Sn，求证：≤Sn＜3. 答案： 1.C　解析 由an＋1=－an－2，得an＋an＋1=－2， 则S101=a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)=1－2×50=－99. 2.D　解析 数列{an}，{bn}满足anbn=1，an=n2＋5n＋6，n∈N*， ∴bn===－， ∴{bn}的前10项和为S10=－＋－＋－＋…＋－=－=． 3.B　解析 ∵f(x)=，∴f(x)＋f(－x)=＋=＋=＋==2，设S=f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(4)＋f(5)，则S=f(5)＋f(4)＋…＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)，两式相加得2S=11×2=22，因此，S=11. 4.D　解析 Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，① 2Sn=n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，② ②－①得Sn=－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n=－n＋=2n＋1－n－2. 5.ABD　解析 设等差数列{an}的公差为d．∵{an}是等差数列，∴a6＋a8=30=2a7，解得a7=15，又a7－a2=5d，∴d=2.又a2=5，∴a1=3，∴an=2n＋1，故A，B正确； ∴==－)，故C错误； ∴{}的前n项和为Sn=(1－＋－＋…＋－)=(1－)=，故D正确．故选ABD． 6.16n2＋4n　解析 ∵Sn=2n2(n∈N*)①， ∴Sn＋1=2(n＋1)2②， 由②－①可得an＋1=4n＋2，即an=4n－2， 又当n=1时，有S1=2×12=2⇒a1=2满足an=4n－2，∴an=4n－2. ∵bn=2an＋(－1)nan， ∴T2n=b1＋b2＋b3＋…＋b2n=a1＋3a2＋a3＋3a4＋…＋a2n－1＋3a2n=(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋3(a2＋a4＋…＋a2n)=＋3×=16n2＋4n， ∴T2n=16n2＋4n． 7.　解析 因为数列{an}是等比数列，所以a1a99=a2a98=…=a49a51==1， 即ln a1＋ln a99=ln a2＋ln a98=…=ln a49＋ln a51=ln 1=0，ln a50＋ln a50=0. 因为f(x)＋f(－x)=1，设S99=f(ln a1)＋f(ln a2)＋f(ln a3)＋…＋f(ln a99)①， S99=f(ln a99)＋f(ln a98)＋f(ln a97)＋…＋f(ln a1)②， 由①＋②，得2S99=99，所以S99=． 8.解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，且q≠0， 由题意可得即解得 所以数列{an}的公差为1，数列{bn}的公比为2. (2)由(1)可得an=1＋n－1=n，bn=2×2n－1=2n，则an＋bn=n＋2n， 设数列{an＋bn}前n项的和为Sn， 则Sn=(1＋2)＋(2＋22)＋…＋(n＋2n)=(1＋2＋…＋n)＋(2＋22＋…＋2n)=＋=＋2(2n－1)，所以Sn=＋2(2n－1)． 9.解 (1)设数列{an}的公比为q(q＞0)． 由4=a4a8，得4=，∴q2=4，解得q=2. 由2a1＋a2=4，得2a1＋a1q=4，解得a1=1， ∴{an}的通项公式为an=2n－1． (2)∵bn=n•2n－1， ∴Tn=1•20＋2•21＋3•22＋…＋n•2n－1，① 2Tn=1•21＋2•22＋3•23＋…＋(n－1)•2n－1＋n•2n，② ①－②得，－Tn=20＋21＋22＋…＋2n－1－n•2n=－n•2n=2n－1－n•2n=(1－n)2n－1， ∴Tn=(n－1)2n＋1. 10.D　解析 由题意可知，当n≥2时，可得Sn－1=Sn－an，因为an＋2Sn－1=n，则an＋2(Sn－an)=n，即2Sn=an＋n，当n≥3时，则2Sn－1=an－1＋n－1，两式相减可得2an=an－an－1＋1，即an－1＋an=1，可得a2＋a3=1，a4＋a5=1，a6＋a7=1，…，所以S2 025=a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)=1＋×1=1 013. 11.－49　解析　因为nan=Sn＋n(n－1)(n∈N*)，当n≥2时，nan=n(Sn－Sn－1)=Sn＋n(n－1)，即(n－1)Sn－nSn－1=n(n－1)，可得－=1，因为=a1=－1，所以是以－1为首项，1为公差的等差数列，所以=－1＋n－1=n－2，则Sn=n(n－2)，当n≥2时，Sn－1=(n－1)(n－3)，所以an=Sn－Sn－1=n(n－2)－(n－1)(n－3)=2n－3，当n=1时an=2n－3也成立，所以bn=(－1)nan=(－1)n(2n－3)，可得数列{bn}的前51项之和为(1＋1)＋(－3＋5)＋…＋(－95＋97)－99=2×25－99=－49. 12.129　解析　由Xn={1，2，3，…，n}(n∈N*)，知Xn的任意非空子集A共有(2n－1)个，其中最大值为n的有2n－1个，最大值为n－1的有2n－2个，…，最大值为1的有20个，故Sn=20×1＋21×2＋…＋2n－2×(n－1)＋2n－1×n，所以2Sn=21×1＋22×2＋…＋2n－1×(n－1)＋2n×n，两式相减，得－Sn=1＋21＋22＋…＋2n－1－2n×n，所以－Sn=－2n×n=2n－1－2n×n，故Sn=(n－1)2n＋1，所以S5=(5－1)×25＋1=129. 13.17　－　解析　由题意，得a1=3，a2=2a1－1=2×3－1=5，a3=2a2－1=2×5－1=9，a4=2a3－1=2×9－1=17.由a1=3=21＋1，a2=5=22＋1，a3=9=23＋1，a3=17=24＋1，…，易知an=2n＋1，所以==－，所以Sn=－＋－＋…＋－=－． 14.(1)证明　当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，当n≥2时，由Sn=2an＋2n－1，可得Sn－1=2an－1＋2n－3，两式相减得an=2an－2an－1＋2，所以an－2=2(an－1－2)， 又因为a1－2=－3，所以{an－2}是首项为－3，公比为2的等比数列． (2)解　由(1)可知an=2－3×2n－1， 所以bn= 设数列{bn}的前n项和为Sn， 所以S2n=b1＋b2＋b3＋…＋b2n， 即S2n=(2－3×20＋2－3×22＋2－3×24＋…＋2－3×22n－2)＋(1×4＋2×42＋…＋n×4n)， 令Tn=2－3×20＋2－3×22＋2－3×24＋…＋2－3×22n－2，知Tn=2n－3×=2n－(4n－1)， Qn=1×4＋2×42＋…＋n×4n，4Qn=1×42＋2×43＋…＋n×4n＋1， 作差得－3Qn=4＋42＋43＋…＋4n－n×4n＋1，化简Qn=－－n•4n＋1]， 所以S2n=2n＋＋． 15.ACD　解析　由an＋1－3an=3n＋1可得－=1，且=1，所以数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，即=1＋(n－1)×1=n，则an=n•3n，所以a4=4×34=324，故A正确；因为=3n，由等比数列的求和公式可得该数列的前n项和为Sn==，故B错误；因为log3=log33n=n，=n，这两个数列的通项公式相同，所以其前n项和相等，故C正确；因为an＋1=(n＋1)•3n＋1，则===－)，则其前n项和Tn=(1－)＋－)＋…＋－)=(1－＋－＋…＋－)=(1－)＜，且当n=1时，Tn取得最小值为，所以≤Tn＜，故D正确． 16.(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q＞0)． 因为an＋2=an＋1＋2an，所以q2=q＋2，解得q=2，所以an=2n－1． (2)证明　因为＋=＋=＋－， 所以Sn=＋(1－＋－＋…＋－)=2－＋1－=3－－． 因为对n≥1，有0＜≤1，0＜≤，所以≤3－－＜3，即≤Sn＜3. 学科网（北京）股份有限公司 $