2025年高考数学一轮复习-数列求和的常用方法-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-数列求和的常用方法-专项训练【含答案】，共11页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知数列{an}满足an＋1－an＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9B.15
C.18D.30
2.在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于( )
A.10B.9
C.8D.7
3.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A.3 690B.3 660
C.1 845D.1 830
4.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}(n∈N*)的前2 023项和为( )
A.1 011B.1 010
C.－2 023D.－2 022
5.已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 023等于( )
A.eq \r(2 023)＋1B.eq \r(2 024)－1
C.eq \r(2 023)－1D.eq \r(2 024)＋1
6.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是( )
A.a5＝1B.Sn最小时n＝3
C.S1＝S6D.Sn存在最大值
7.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2＋4)＋eq \f(1,2＋4＋6)＋eq \f(1,2＋4＋6＋8)＋…＋eq \f(1,2＋4＋6＋…＋2 022)＝________.
8.数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则eq \f(a1a2,4)＋eq \f(a2a3,42)＋…＋eq \f(a9a10,49)的值为________.
9.设各项均为正数的等差数列{an}首项为1，前n项的和为Sn，且Sn＝eq \f(（an＋1）2,4)(n∈N*)，设bn＝2n·an，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
10.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023是斐波那契数列{an}中的第________项.
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn.
12.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋2(an＋1＋an).
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))，求数列{bn}的前n项和Sn.
二、创新拓展练
13.已知数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)，将数列{an}按如下方式排列成新数列：a1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…，
则新数列的前70项和为________.
14.函数y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{an}满足a3＝3，且an＝n(an＋1－an)，若bn＝[lg an]，则数列{bn}的前2 023项和为________.
15.对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依次类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为Sn，则{Sn}的通项公式Sn＝________.
16.在①Sn＝2an＋1－3，a2＝eq \f(9,4)，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝eq \f(9,4)，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.
已知数列{an}的前n项和为Sn，________.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 C
解析 ∵an＋1－an＝2，a1＝－5，
∴数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，
数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（－5＋2n－7）,2)＝n2－6n(n∈N*).
令an＝2n－7≥0，解得n≥eq \f(7,2)，
∴n≤3时，|an|＝－an；
n≥4时，|an|＝an.
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|
＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6
＝S6－2S3
＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.
2.答案 B
解析 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，
所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，
an＝3＋3(n－1)＝3n，
所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq \f(k（a1＋ak）,2)＝eq \f(k（3＋3k）,2)＝135，
整理可得k2＋k－90＝0，
解得k＝9或k＝－10(舍去).
3.答案 D
解析 因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.
从而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a5＋a7＝2，a8＋a6＝24，a9＋a11＝2，a12＋a10＝40，a13＋a15＝2，a16＋a14＝56，…
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列.
所以{an}的前60项和为15×2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15×8＋\f(15×14,2)×16))＝1 830.
4.答案 C
解析 由题意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7，
所以公差d＝eq \f(a10－a4,10－4)＝eq \f(19－7,6)＝2，
则a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，
所以an＝2n－1，
设bn＝ancs nπ，
则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝－a1＋a2＝2，
b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝－a3＋a4＝2，……，
∴数列{ancs nπ}(n∈N*)的前2 023项和S2 023＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＋b2 023
＝2×1 011－4 045＝－2 023.
5.答案 B
解析 函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，
则4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝eq \r(x)，
an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))
＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
则S2 023＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(2 023)－eq \r(2 022))＋(eq \r(2 024)－eq \r(2 023))＝eq \r(2 024)－1.
6.答案 AC
解析 由已知得a1＋3(a1＋4×1)＝7a1＋eq \f(7×6,2)×1，
解得a1＝－3.
对于选项A，a5＝－3＋4×1＝1，故A正确.
对于选项B，an＝－3＋n－1＝n－4，
因为a1＝－3