2025年高考数学一轮复知识点复习-6.4数列求和-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复知识点复习-6.4数列求和-专项训练【含解析】，共10页。
【基础落实练】
1.(5分)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则该数列的前10项和为( )
A.2 146B.1 122
C.2 148D.1 124
2.(5分)在等差数列{an}中,若a3+a5+a7=6,a11=8,则数列{1an+3an+4}的前n项和Sn=( )
A.n+1n+2B.nn+1
C.nn+2D.2nn+1
3.(5分)数列{(-1)n(2n-1)}的前2 024项和S2 024等于( )
A.-2 022B.2 022
C.-2 024D.2 024
4.(5分)已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则1an的前100项和为( )
A.100101B.99100
C.101100D.200101
5.(5分)122-1+132-1+142-1+…+1(n+1)2-1的值为( )
A.n+12(n+2)B.34-n+12(n+2)
C.34-12(1n+1+1n+2)D.32-1n+1+1n+2
6.(5分)(多选题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+…+910,…,若bn=1anan+1,设数列{bn}的前n项和为Sn,则( )
A.an=n2B.an=n
C.Sn=4nn+1D.Sn=5nn+1
7.(5分)数列{an}的通项公式为an=1n+n+1,若{an}的前n项和为24,则n= .
8.(5分)已知数列{an}的首项为-1,anan+1=-2n,则数列{an}的前10项之和S10= .
9.(5分)已知数列{an}满足an+1=nn+1an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为 .
10.(10分)(2023·西安模拟)已知数列an满足a1=1,an+1-an=n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列1an的前n项和为Sn,求数列lg2Sn的前n项和Tn.
11.(10分)(2023·惠州模拟)记Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,若S3=6,a3是a1和a9的等比中项.
(1)求数列an的通项公式;
(2)记bn=1an·an+1·an+2,求数列bn的前20项和.
【加练备选】
(2023·广州模拟)已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=-3,S7=-21.
(1)求an的通项公式;
(2)bn=-an+1,求数列1bnbn+2的前n项和Tn.
【能力提升练】
12.(5分)(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么∑k=1nSk= dm2.
13.(5分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an=2bn(n∈N*).若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列{bn}的通项公式bn= ,数列{1bn}的前n项和Sn= .
14.(10分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1,4a2,a3+13成等差数列.
(1)求数列an的通项公式;
(2)若anbn=lg4an+1,求数列bn的前n项和Tn.
6.4数列求和-专项训练【解析版】
(时间:45分钟 分值:85分)
【基础落实练】
1.(5分)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则该数列的前10项和为( )
A.2 146B.1 122
C.2 148D.1 124
【解析】选A.因为an=2n+2n-1,所以前n项和Sn=2(1-2n)1-2+n(2n-1+1)2=2n+1+n2-2,
所以前10项和S10=211+102-2=2 146.
2.(5分)在等差数列{an}中,若a3+a5+a7=6,a11=8,则数列{1an+3an+4}的前n项和Sn=( )
A.n+1n+2B.nn+1
C.nn+2D.2nn+1
【解析】选B.设等差数列{an}的公差为d,由a3+a5+a7=6,a11=8,得a5=2,d=1,所以an=n-3,则an+3=n,an+4=n+1,所以1an+3an+4=1n(n+1)=1n-1n+1,所以Sn=1-1n+1=nn+1.
3.(5分)数列{(-1)n(2n-1)}的前2 024项和S2 024等于( )
A.-2 022B.2 022
C.-2 024D.2 024
【解析】选D.S2 024=-1+3-5+7-…-(2×2 023-1)+(2×2 024-1)=2×1 012=2 024.
4.(5分)已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则1an的前100项和为( )
A.100101B.99100
C.101100D.200101
【解析】选D.因为an+1=a1+an+n,a1=1,
所以an+1-an=1+n,所以an-an-1=n(n≥2),
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)2,
所以1an=2n(n+1)=2(1n-1n+1),
所以1an的前100项和为2(1-12+12-13+…+1100-1101)=2(1-1101)=200101.
5.(5分)122-1+132-1+142-1+…+1(n+1)2-1的值为( )
A.n+12(n+2)B.34-n+12(n+2)
C.34-12(1n+1+1n+2)D.32-1n+1+1n+2
【解题指导】先化简通项公式,再裂项求和.
【解析】选C.因为1(n+1)2-1=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2),
所以122-1+132-1+142-1+…+1(n+1)2-1
=12(1-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2)=34-12(1n+1+1n+2).
6.(5分)(多选题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+…+910,…,若bn=1anan+1,设数列{bn}的前n项和为Sn,则( )
A.an=n2B.an=n
C.Sn=4nn+1D.Sn=5nn+1
【解析】选AC.由题意得an=1n+1+2n+1+…+nn+1=1+2+3+…+nn+1=n2,
所以bn=1n2·n+12=4n(n+1)=4(1n-1n+1),
所以数列{bn}的前n项和Sn=b1+b2+b3+…+bn
=4(1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1)
=4(1-1n+1)=4nn+1.
7.(5分)数列{an}的通项公式为an=1n+n+1,若{an}的前n项和为24,则n= .
【解析】an=n+1-n,所以Sn=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)=n+1-1,令Sn=24,得n=624.
答案:624
8.(5分)已知数列{an}的首项为-1,anan+1=-2n,则数列{an}的前10项之和S10= .
【解析】因为anan+1=-2n,所以an+1an+2=-2n+1,两式相除可得an+2an=2,
所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列,又a1=-1,a2=-2a1=2,
所以S10=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a10)=-1×(1-25)1-2+2×(1-25)1-2=-31+2×31=31.
答案:31
9.(5分)已知数列{an}满足an+1=nn+1an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为 .
【解析】因为an+1=nn+1an,a1=1,
所以(n+1)·an+1=nan,所以数列{nan}是每项均为1的常数列,所以nan=1,
所以an=1n,anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1,
所以数列{anan+1}的前10项和为(11-12)+ (12-13)+…+(110-111)=1-111=1011.
答案:1011
10.(10分)(2023·西安模拟)已知数列an满足a1=1,an+1-an=n+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列1an的前n项和为Sn,求数列lg2Sn的前n项和Tn.
【解析】(1)由题意数列an满足a1=1,an+1-an=n+1,
则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)2.
(2)由(1)可得1an=2(1n-1n+1),
故Sn=2(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=2nn+1,
所以lg2Sn=lg22nn+1=1+lg2nn+1,
故Tn=n+lg2(12×23×34×…×nn+1)=n+lg21n+1=n-lg2(n+1).
11.(10分)(2023·惠州模拟)记Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,若S3=6,a3是a1和a9的等比中项.
(1)求数列an的通项公式;
(2)记bn=1an·an+1·an+2,求数列bn的前20项和.
【解析】(1)由题意知a32=a1·a9,设等差数列an的公差为d,则a1(a1+8d)=(a1+2d)2,
因为d≠0,解得a1=d,
又S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,
所以数列an是首项为1和公差为1的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=n,n∈N*.
(2)由(1)可知bn=1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)-1(n+1)(n+2)].
设数列bn的前n项和为Tn,则
Tn=12[11×2-12×3+12×3-13×4+…+1n(n+1)-1(n+1)(n+2)]=12[12-1(n+1)(n+2)],
所以T20=12×(12-121×22)=115462.
所以数列bn的前20项和为115462.
【加练备选】
(2023·广州模拟)已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=-3,S7=-21.
(1)求an的通项公式;
(2)bn=-an+1,求数列1bnbn+2的前n项和Tn.
【解析】(1)设公差为d,则S3=3a1+3d=-3,S7=7a1+21d=-21,
所以3a1+3d=-37a1+21d=-21,解得a1=0d=-1,
所以an=a1+(n-1)d=-n+1;
(2)bn=n,所以1bnbn+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2),
所以Tn=12(1-13)+12(12-14)+12(13-15)+…+12(1n-1-1n+1)+12(1n-1n+2)
=12(1+12-1n+1-1n+2)=34-2n+32(n+1)(n+2).
【能力提升练】
12.(5分)(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么∑k=1nSk= dm2.
【解析】依题意得,S1=120×2=240(dm2);S2=60×3=180(dm2);
当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm,52 dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm×32 dm四种规格的图形,且5×6=30,52×12=30,10×3=30,20×32=30,
所以S3=30×4=120(dm2);
当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm,52 dm×6 dm,
54 dm×12 dm,10 dm×32 dm,20 dm×34 dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,52×6=15,54×12=15,10×32=15,20×34=15,所以S4=15×5=75(dm2);
……
所以可归纳Sk=2402k·(k+1)=240(k+1)2k(dm2).
所以∑k=1nSk=240(1+322+423+…+n2n-1+n+12n),①
所以12×∑k=1nSk=240×(222+323+424+…+n2n+n+12n+1),②
由①-②得,12·∑k=1nSk=240(1+122+123+124+…+12n-n+12n+1)=240(1+122-12n×121-12-n+12n+1)=240(32-n+32n+1),
所以∑k=1nSk=240(3-n+32n)dm2.
答案:5 240×(3-n+32n)
13.(5分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an=2bn(n∈N*).若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列{bn}的通项公式bn= ,数列{1bn}的前n项和Sn= .
【解析】因为数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,所以公比q=3a4a1=3162=2,
所以an=2n,
所以a1a2a3·…·an=21×22×23×…×2n=21+2+3+…+n=2n(n+1)2.
因为a1a2a3·…·an=2bn,所以bn=n(n+1)2,
所以1bn=2n(n+1)=2(1n-1n+1),
所以数列{1bn}的前n项和
Sn=1b1+1b2+1b3+…+1bn=2(11-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1)=2(1-1n+1)=2nn+1.
答案:n(n+1)2 2nn+1
14.(10分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1,4a2,a3+13成等差数列.
(1)求数列an的通项公式;
(2)若anbn=lg4an+1,求数列bn的前n项和Tn.
【解析】(1)因为an+1=(λ+1)Sn+1,a1=1,
当n=1时,a2=(λ+1)S1+1=λ+2,
当n≥2时,an=(λ+1)Sn-1+1,
所以an+1-an=(λ+1)an,即an+1=(λ+2)an,
又因为λ≠-2,且a1=1,a2=λ+2,则a2a1=λ+2,
所以an是以1为首项,λ+2为公比的等比数列,
所以a2=λ+2,a3=(λ+2)2,
又3a1,4a2,a3+13成等差数列,
所以3+(λ+2)2+13=8(λ+2),即λ2-4λ+4=0,所以λ=2,an=4n-1;
(2)因为anbn=lg4an+1,
所以4n-1·bn=lg44n=n,即bn=n4n-1,
所以Tn=1+24+342+…+n4n-1,14Tn=14+242+343+…+n4n,
所以34Tn=1+14+142+…+14n-1-n4n=1-14n1-14-n4n=43-4+3n3·4n,所以Tn=169-4+3n9×4n-1.