13数列求和-分组（并项）法求和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用）

这是一份13数列求和-分组（并项）法求和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，阴影正方形的边长为1，以其对角线长为边长，各边均经过阴影正方形的顶点，作第2个正方形；然后再以第2个正方形的对角线长为边长，各边均经过第2个正方形的顶点，作第3个正方形；依此方法一直继续下去.若视阴影正方形为第1个正方形，第个正方形的面积为，则（ ）
A．1011B． C．1012D．
2．我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：）
A．4，11B．5，12C．6，13D．7，14
3．德阳某高校为迎接2023年世界新能源大会，决定选派一批志愿者参与志愿服务，计划首批次先选派1名志愿者，然后每批次增加1人，后因学生报名积极，学校决定改变派遣计划，若将原计划派遣的各批次人数看成数列，保持数列中各项先后顺序不变的情况下，在与之间插入，使它们和原数列的项依次构成一个新的数列，若按照新数列的各项依次派遣学生，则前20批次共派遣学生的人数为（ ）
A．2091B．2101C．2110D．2112
4．某公司计划在10年内每年某产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.2倍再减去2．已知第一年（2023年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为（参考数据：）（ ）
A．2135.5万元B．2235.5万元C．2335.5万元D．2435.5万元
5．大衍数列0，2，4，8，12，18，⋯来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.其通项公式为记数列的前n项和为，则（ ）
参考公式：.
A．169125B．169150C．338300D．338325
6．已知数列满足：，，则数列的前项的和为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列为等比数列，，，则数列的前10项和为（ ）
A．352B．401C．625D．913
8．已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（ ）
A．4056B．4096C．8152D．8192
二、多选题
9．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列的前项和为，其通项公式 .则（ ）
参考公式：
A． 是数列中的项B．
C．D．
10．已知集合，，集合，将集合C中所有元素从小到大依次排列为一个数列，为数列的前n项和，则（ ）
A．
B．或2
C．
D．若存在使，则n的最小值为26
11．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．数列为等比数列
D．数列的前n项和
12．已知数列的前项和为，且对于恒成立，若定义，，则以下说法正确的是（ ）
A．是等差数列B．
C．D．存在使得
三、填空题
13．已知函数，各项均不相等的数列满足，，数列和的前n项和分别为和，给出以下三个结论：①若，则；②若，；③若数列是等差数列且，则.其中所有正确结论的序号为 .
14．已知数表如图，记第行，第列的数为，如，记，则 ．
0
1 2
3 4 5 6
7 8 9 10 11 12 13 14
15 16 17 18 19 20 21 30
……
15．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有10层，则该锥垛球的总个数为 ．
（参考公式：）
16．已知数列满足，，数列的前项和为，若为大于1的奇数，则 ．
17．已知数列的前n项和为，，且，若，则 ．
18．已知数列满足，，若为数列前项和，则 .
19．已知数列中：，则的前8项和为 ．
20．如图，在杨辉三角中，斜线的上方从1按箭头方向可以构成一个“锯齿形”的数列记其前项和为，则的值为 .
四、解答题
21．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
22．设数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和.
23．在数列和中，，，且是和的等差中项．
(1)设，求的通项公式．
(2)设，求的前项和．
参考答案：
1．B
【分析】根据图形规律可知是以公比为2，首项为1的等比数列，进而根据，并项求和即可.
【详解】第一个正方形的边长为，面积为，
第二个正方形的边长为，面积为，
第三个正方形的边长为，面积为，……,进而可知：是以公比为2，首项为1的等比数列，所以，
由于 ,所以
，
故选：B
2．B
【分析】求出三角果子垛、四角果子垛第层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为得可得答案.
【详解】设三角果子垛自上至下依次为，
当时，所以
，且时，
所以三角果子垛第层的果子数为，
四角果子垛第层的果子数为，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，
所以三角果子垛各层果子总和为，
四角果子垛各层果子总和为，由题意，
即，
解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是.
故选：B.
3．B
【分析】先得到的通项公式，再分组求和即可.
【详解】由题意得，当时，，
当时，，
故，
，
故前20批次共派遣学生的人数为.
故选：B
4．D
【分析】设公司在，，，年的销售额（单位：万元）分别为： ，，，，则根据题意列出，变形，得出数列为等比数列，求出，分组求和求出销售总额.
【详解】设该公司在，，，年的销售额（单位：万元）分别为：
，，，；由题意知，，，，
所以，，，，
所以数列是首相为，公比为的等比数列，
，即，所以
万元，
所以该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为万元.
故选：D
5．B
【分析】根据分组求和以及参考公式即可求解.
【详解】由，
故
.
故选：B
6．C
【分析】根据对的分类讨论，令可得，，进行归纳可得规律，，再进行求和即可得解.
【详解】由，，
令、、、，，
可得，，
两式相加可得，，，
两式相加，
进行推论归纳可得，，
所以，对任意的,，
所以，数列的前项的和为.
故选：C.
7．D
【分析】根据条件构造数列，再根据条件列出等比数列的基本量的方程组，再根据通项公式求和.
【详解】令，设数列的公比为，因为，所以，即，
所以.由，得，所以，联立，解得，
所以，所以，所以的前10项和为.
故选：D.
8．C
【分析】插入组共个，可知前面插入12组数，最后面插入9个，从而可得插入的数之和为，又数列的前13项和，可得
【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个．
，
∵，
∴
，
又数列的前13项和为
，
故选：C．
9．ABD
【分析】根据的通项公式，分类讨论为奇偶情况，即可逐项求解判断.
【详解】对A：当为偶数时，，解得，不符题意；
当为奇数时，，解得，符合题意，故A正确；
对B：
，故B正确；
对C：由题意知
，
所以，故C错误；
对D：
故D正确；
故选：ABD.
10．ABC
【分析】由集合A和集合B中元素的特征，判断集合C中元素特征和顺序，验证各选项中结论.
【详解】对于选项A，由题意的前8项为1，2，3，4，5，7，8，9，，故A正确；
对于选项B，集合A为奇数集，集合B中的元素都是偶数，按照从小到大排列，
若连续的两个数是奇数，则，
若连续的两个数是一个奇数，一个偶数，则，故B正确；
对于选项C，令，∵比小1，
∴的前k项中，来自集合A的有个，来自集合B的有n个，
∴，
即，故C正确；
对于选项D，的前26项包括A集合的1，3，5，…，41共21个，B集合的2，4，8，16，32共5个，
∴，
∵，，，不符合条件，故D错误．
故选:ABC．
11．BD
【分析】设，化简得，根据求出，可知D正确；根据求出，和可知A和C不正确；利用分组求和求出，可知D正确.
【详解】设，
所以
，故B正确；
由，得，，，，所以数列不为等比数列，故A和C不正确；
，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是设，利用求出.
12．BC
【分析】利用退位相减法可得数列的通项及即可判断A选项，按照给出的定义求出即可判断B选项，数学归纳法和累加法即可判断C、D选项.
【详解】当时，，
当时，由，得，故，即，
所以数列为等比数列，首项，公比，故，
A选项错误；
则，所以，
，B选项正确；
当时，，
假设当时，成立，
当时，由可得，则，，，，，将上式相加可得，又，则，故，即时也成立，
故，C选项正确；
D选项，当时，由知不成立，
当时，由C选项知：，则 ，，，，，上式相加得，又由上知，，则，可得，又由可得，，即，D选项错误；
故选：BC.
【点睛】本题关键在于C、D选项的判断，C选项通过数学归纳法和累加法以及组合数的性质即可求解；D选项借助C选项的结论，通过累加法以及组合数的性质进行判断即可.
13．①③
【分析】结合正弦函数和等差数列的性质，通过并项求和方法来求出和，即可判断.
【详解】对于①：∵，，∴，，，，，，…，，
又，在上单调递增，
∴，，…，，
∴，①正确.
对于②：∵，∴，，
，，，…，，
又，在上单调递增，
∴，，…，
，
∴，②错误.
对于③：∵，
∴，
∴，
∵是等差数列，∴，
由，
可得，
∴，∴，
∴，
即，
同理可得，…，，
∴，则，③正确.
故答案为：①③.
14．2022
【分析】先根据图找规律，为等差数列，公差为1，故需根据规律求出首项即得.
【详解】表示前项出现的数字个数总和，即第行的第1个数字，
，
如，
所以，，
，，
所以是以首项为，公差为1的等差数列．
．
．
故答案为：2022
15．220
【分析】先根据三角锥垛每层球个数找出规律，然后写出第n层球个数的通项公式，进而求出前n项和，代入得出结果．
【详解】，，，，，，，
，
当时，该锥垛球的总个数为．
故答案为：220.
16．
【分析】通过变形有，再利用分组求和即可得到答案.
【详解】因为,所以,
所以
.
故答案为：.
17．25
【分析】由已知列举的前9项，得出其规律，再计算即可.
【详解】当时，，，，，，，，，，
则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为；所以，由，，得，
所以，所以．
故答案为：25．
18．
【分析】由题意可得：，，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为，
令，则，解得，
且，可得，
当为奇数，则；
当为偶数，则；
所以
，
即.
故答案为：.
19．
【分析】根据题意，依次得到到，然后相加，即可得到结果.
【详解】根据题意可得，
，
，
，
，
，
则的前8项和为
故答案为:
20．361
【分析】由“锯齿形”找出一定规律，分别求出奇数项和偶数项的通项公式，即可的.
【详解】由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列，由
，可得，由累加法可得，时，也满足
所以,
因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的等差数列
所以
故答案为：361
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据求得.
（2）根据分组求和法求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，
当时，，
当时，，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，也符合.
所以.
（2）由（1）得，所以
.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差中项定义得，然后变形可得数列的递推公式，再利用构造法即可求得通项；
（2）利用（1）中结论求，然后分组求和，分别使用错位相减法和等差数列求和公式求和可得.
【详解】（1）由题意，得，即．
两边同时除以，得，
即，所以．
又，故是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，故的通项公式为．
（2）由（1）知，．
设，①
则．②
①－②，得
，
所以．
设．
所以．