2025届高中数学一轮复习练习：第七章　限时跟踪检测(38)　数列求和（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第七章　限时跟踪检测(38)　数列求和（含解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为( )
A．2n－1 B．n·2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
2．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝eq \f(1,n＋12－1)，则其前8项和为( )
A.eq \f(9,10) B.eq \f(9,20) C.eq \f(58,45) D.eq \f(29,45)
3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 020项和S2 020等于( )
A．－2 020 B．2 020
C．－2 019 D．2 019
4．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，n1，令cn＝eq \f(an＋2,an·an＋1·2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.
(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.
14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlg2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
高分推荐题
16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，________.①∀n∈N*，an＋an＋1＝4n；②数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋an＋1,anan＋12)，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

解析版
一、单项选择题
1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为( )
A．2n－1 B．n·2n－n
C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2
解析：记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(2·2n－1,2－1)－n＝2n＋1－n－2.
答案：D
2．(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}的通项为an＝eq \f(1,n＋12－1)，则其前8项和为( )
A.eq \f(9,10) B.eq \f(9,20) C.eq \f(58,45) D.eq \f(29,45)
解析：an＝eq \f(1,n＋12－1)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以前8项和为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,8)－\f(1,10)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,9)－\f(1,10)))＝eq \f(29,45)，故选D.
答案：D
3．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 020项和S2 020等于( )
A．－2 020 B．2 020
C．－2 019 D．2 019
解析：S2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝＝2 020.故选B.
答案：B
4．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.对于任意正整数n，都有an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，n5时，{an}是首项为14，公差为－2的等差数列，故an＝26－2n且n>5，所以S20＝S5＋(S20－S5)＝eq \f(1－25,1－2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(15×14＋\f(15×14,2)×－2))＝31.故选C.
答案：C
5．(2024·四川巴蜀模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－4，bn＝an＋lg2an，则数列{bn}的前10项和为( )
A．4 162 B．4 157
C．2 146 D．2 142
解析：因为Sn＝2an－4，所以当n＝1时，S1＝2a1－4，即a1＝2a1－4，则a1＝4，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，所以an＝Sn－Sn－1，即an＝2an－4－(2an－1－4)，则an＝2an－1，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an＝4×2n－1＝2n＋1，bn＝an＋lg2an＝2n＋1＋n＋1，所以数列{bn}的前10项和为22＋2＋23＋3＋24＋4＋…＋211＋11＝(22＋23＋…＋211)＋(2＋3＋…＋11)＝eq \f(41－210,1－2)＋eq \f(10×2＋11,2)＝4 157.故选B.
答案：B
二、多项选择题
6．若公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列结论正确的有( )
A．d＝2
B．an＝2n＋1
C.eq \f(1,a\\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a\\al(2,n)－1)))的前n项和为eq \f(n,4n＋1)
解析：∵{an}为等差数列，
∴a6＋a8＝2a7＝30，即a7＝15，
∴a7－a2＝5d，又a2＝5，
∴d＝2，A正确；
∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，B正确；
∴eq \f(1,a\\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4nn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，C错误；
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a\\al(2,n)－1)))的前n项和为
eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋1)，D正确．
答案：ABD
7．斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝eq \f(1,\r( ,5))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r( ,5),2)))n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r( ,5),2)))n))，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A．S10＝11a7
B．a2 021＝2a2 019＋a2 018
C．S2 021＝S2 020＋S2 019
D．S2 019＝a2 020－1
解析：由斐波那契数列{an}：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，可得
S10＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＋55＝143＝11×13＝11a7，因此A正确；
a2 021＝a2 020＋a2 019＝2a2 019＋a2 018，因此B正确；
∵a3－a2＝a1，a4－a3＝a2，…，
a2 021－a2 020＝a2 019，
∴a2 021－a2＝S2 019，
∴a2 021－1＝S2 019，因此D不正确；
类比D可得S2 021＝a2 023－1，
S2 020＝a2 022－1，又∵a2 021－1＝S2 019，
∴S2 020＋S2 019＝a2 022＋a2 021－2＝a2 023－2≠S2 021，因此C不正确．
故选AB.
答案：AB
三、填空题与解答题
8．(2024·河南开封模拟)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20＝________.
解析：当n为奇数时，an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以a1＋a3＋…＋a19＝10×1＋eq \f(10×9×2,2)＝100；当n为偶数时，an＋2＋an＝2，所以a2＋a4＋…＋a20＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a18＋a20)＝2×5＝10.因此，S20＝100＋10＝110.
答案：110
9．(2024·四川成都模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs2\f(nπ,2)))an＋sin2eq \f(nπ,2)，则该数列的前20项和为________．
解析：由题中条件知，a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝8，…，
即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，
而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，
所以该数列的前20项和为(1＋2＋3＋…＋10)＋(2＋4＋8＋…＋210)＝2 101.
答案：2 101
10．(2024·广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，Sn＋1＝an＋2－an＋1(n∈N*)，则Sn＝________.
解析：∵Sn＋1＝an＋2－an＋1，
∴Sn＋1＝Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)，
则Sn＋2＋1＝2(Sn＋1＋1)．
由a1＝1，a2＝2，可得S2＋1＝2(S1＋1)，
∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)对任意的n∈N*都成立，
∴数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.
答案：2n－1
11．(2024·河南新乡模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，a1＋b1＝4，且a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn.
解：(1)因为a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，
当n＝1时，a1b1＝4，
由a1＋b1＝4，解得a1＝b1＝2.
又由a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋2＋4，
当n≥2时，可得a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋1＋4，
两式相减，得anbn＝n·2n＋1，n≥2，
当n＝1时，a1b1＝4适合上式，所以anbn＝n·2n＋1，n∈N*.
因为{an}为等差数列，{bn}为等比数列，所以{bn}的公比为2，所以bn＝b1qn－1＝2·2n－1＝2n，an＝2n.
(2)由bn＝2n，可得数列{bn}的前n项和为eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，
又由an＝2n，可得数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，
则eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))的前n项和Tn＝2n＋1－2＋1－eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.
12．(2024·东北三省三校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，记{an}的前n项和为Sn，且S4－2a2a3＋14＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的公差d>1，令cn＝eq \f(an＋2,an·an＋1·2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意可得，S4－2a2a3＋14＝4a1＋6d－2(a1＋d)(a1＋2d)＋14＝4＋6d－2(1＋d)(1＋2d)＋14＝0，
整理得d2＝4，则d＝±2，
可得an＝1＋2(n－1)＝2n－1或an＝1－2(n－1)＝－2n＋3，
故an＝2n－1或an＝－2n＋3.
(2)因为d>1，由(1)可得d＝2，an＝2n－1，
则cn＝eq \f(2n＋3,2n－12n＋1·2n)
＝eq \f(1,2n－1·2n－1)－eq \f(1,2n＋1·2n)，
故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3×21)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3×21)－\f(1,5×22)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1·2n－1)－\f(1,2n＋1·2n)))＝1－eq \f(1,2n＋1·2n)，
所以Tn＝1－eq \f(1,2n＋1·2n).
13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.
(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.
解：(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)，
而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3，
故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，
所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*)．
(2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，因为3k,3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数，
令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，
则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，
即当m＝2,5,8，…，3n－1时为公共项，
所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1
＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)
＝eq \f(927n－1,26)＋eq \f(n3n＋1,2)(n∈N*)．
14．(2024·四川绵阳南山中学模拟)在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n＋1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.
当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，
所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，n∈N*.
若选②，因为an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝21＋22＋…＋2n－1＝eq \f(21－2n－1,1－2)＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝(n＋1)·an＝(n＋1)×2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，
两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝4＋eq \f(41－2n－1,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝4－4＋2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，故Tn＝n×2n＋1.
15．已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlg2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a3是2a1,3a2的等差中项，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)，
因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一(分奇、偶并项求和)：
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1
＝(－1)n·lg222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
若n为偶数，
Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)
＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×eq \f(n,2)＝n；
若n为奇数，当n≥3时，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
当n＝1时，T1＝－3适合上式，
综上得Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n－2，n为奇数))
(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．
方法二(错位相减法)：
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1＝(－1)n·lg222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，
所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，
所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)
＝－3＋2×eq \f(1－－1n－1,2)＋(－1)n(2n＋1)
＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)
＝－2＋(2n＋2)(－1)n，
所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.
高分推荐题
16．(2024·广东梅州模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，________.①∀n∈N*，an＋an＋1＝4n；②数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋an＋1,anan＋12)，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)选条件①：由∀n∈N*，an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4(n＋1)，
所以an＋2－an＝4(n＋1)－4n＝4，
即数列{a2k－1}，{a2k}(k∈N*)均为公差为4的等差数列，
于是a2k－1＝a1＋4(k－1)＝4k－3＝2(2k－1)－1，又a1＋a2＝4，所以a2＝3，a2k＝a2＋4(k－1)＝4k－1＝2(2k)－1，所以an＝2n－1，n∈N*.
选条件②：因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前3项和为6，所以eq \f(S1,1)＋eq \f(S2,2)＋eq \f(S3,3)＝3×eq \f(S2,2)＝6，所以eq \f(S2,2)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的公差为d′＝eq \f(S2,2)－eq \f(S1,1)＝2－1＝1，得到eq \f(Sn,n)＝1＋(n－1)＝n，则Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1满足an＝2n－1，所以对任意的n∈N*，an＝2n－1.
(2)因为bn＝eq \f(an＋an＋1,anan＋12)
＝eq \f(4n,2n－122n＋12)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋12)))＝eq \f(2nn＋1,2n＋12).