2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练（含解析）

这是一份2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练（含解析），共6页。

1.已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和为( )

A.2n-1(n∈N*)
B.161-12n(n∈N*)
C.2n-1-1(n∈N*)
D.161-12n-1(n∈N*)
2.已知数列{an}的通项公式为an=2n-12n-1,n∈N*,则数列{an}的前100项之和为( )
A.6-201299B.6-203299
C.10 0002100-1D.10 1002100-1
3.图甲是第七届国际数学教育大会(简称ICME-7)的会徽图案,其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2,A1,A2,A3,…为直角顶点,设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{an},令bn=2an-2,Sn为数列{bn}的前n项和,则S80=( )
甲
乙
A.6B.7C.8D.9
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,an=(-1)n·(2n-1),则S2 023=( )
A.1 012B.-1 012
C.2 023D.-2 023
5.(多选题)在数列{an}中,a1=1,an+1=2an+2n,Sn=a1+a2+a3+…+an,n∈N*,则( )
A.an=n·2n-1B.an=n·2n
C.Sn=n·2n-1D.Sn=(n-1)·2n+1
6.(多选题)如图,“太极生两仪,两仪生四象,四象生八卦……”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,是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上的一道数列题.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总和,从第一项起依次为0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,…,记大衍数列为{an},则下列命题正确的是( )
A.a11=62
B.1a3+1a5+1a7+…1a2 021+1a2 023=1 0112 024
C.a2+a4+a6+…+a12=182
D.当n为偶数时,an=n22
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17= .
8.已知an=12n+1,则数列an2n的前n项和Sn= .
9.已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且满足bn=3nan,a1=1,Snn+1=an2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Tn>102,求n的取值范围.
综 合 提升练
10.已知数列{an}的通项公式是an=(-1)n(2n-1),则该数列的前100项之和为( )
A.-200B.-100C.200D.100
11.已知数列{an}的前n项和Sn=2n+2,令数列{lg2an}的前n项和为Tn,则T20=( )
A.190B.192C.180D.182
12.已知数列{an}满足对任意的正整数n,都有a1+a2+…+an-an+1=0,其中a1=3,则数列{an}的前2 024项和是( )
A.3×22 024-3B.3×22 023+1
C.3×22 023D.3×22 023+2
13.(多选题)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,且an+1-2an=2n+1(n∈N*),则下列结论正确的有( )
A.{nan}是等比数列B.ann是等比数列
C.an=n·2nD.Sn=(n-1)·2n+2
14.已知数列{an}满足a1=1,且an+1+an=n-1 009(n∈N*),则其前2 023项之和S2 023= .
15.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S3=a3+6.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=lg2an,求数列{anbn}的前n项和Tn.
创 新 应用练
16.已知数列{an}的前n项和是Sn,且满足a1=3,a2k=8a2k-1,a2k+1=12a2k,k∈N*,则S2 023=( )
A.42 023-1B.3×22 023-3
C.3×41 012-9D.5×41 011-2
17.(多选题)为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化,某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下:如图所示,将杨辉三角第p行第q个数记为ap,q(p,q∈N*),并从左腰上的各数出发,引一组平行的斜线,记第n条斜线上所有数字之和为Sn(S1=S2=1,S3=2),入场码由两段数字组成,前段的数字是∑i=14a4,i104-i的值,后段的数字是S2 023-∑i=12 021Si的值,则( )
A.a2 023,2=2 023B.∑i=14a4,i104-i=1 331
C.S9=34D.该景点入场码为13 311
18.在①Snn=an+12,②an+1an=2Sn,③an2+an=2Sn这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,满足.
求an;
(2)若bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
参考答案
1.A 2.B 3.C 4.D 5.AD 6.BCD
7.9 8.2-n+42n+1
9.解 (1)因为Snn+1=an2,所以Sn=(n+1)an2,
当n≥2时,Sn-1=nan-12,
两式相减得an=Sn-Sn-1=(n+1)an2−nan-12(n≥2),整理可得ann=an-1n-1(n≥2),
即anan-1=nn-1,an-1an-2=n-1n-2,an-2an-3=n-2n-3,…,a3a2=32,a2a1=21,
等式的左右两边分别相乘可得ana1=n1,
因为a1=1,所以an=n.
(2)由(1)得bn=3nan=3n·n,所以Tn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n①,
所以3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1②,
①-②,得-2Tn=3+32+33+…+3n-3n+1·n,
即-2Tn=3-3n+11-3-n·3n+1,所以Tn=(2n-1)3n+1+34,
则Tn-1=(2n-3)3n+34,
所以Tn-Tn-1=(2n-1)3n+1+3-[(2n-3)3n+3]4=n·3n>0恒成立,
所以Tn=(2n-1)3n+1+34是关于n的增函数,且T3=102,
所以当Tn>102时,n≥4.
10.D 11.B 12.C 13.BC
14.3 034
15.解 (1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=2,S3=a3+6,
得a1(1+q+q2)=6+a1q2,
解得q=2,所以an=2n.
(2)由(1)可得bn=lg2an=n,
所以anbn=n·2n,
Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
所以-Tn=2+22+…+2n-n·2n+1=2(1-2n)1-2-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,所以Tn=(n-1)·2n+1+2.
16.C 17.BCD
18.解 (1)若选①,则2Sn=nan+1,
当n=1时,2S1=a2,得a2=2,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an,
两式作差得2an=nan+1-(n-1)an,即(n+1)an=nan+1,
∴an+1an=n+1n,
∴an=nn-1·n-1n-2·…·32·21·a1=n,
当n=1时也成立,∴an=n.
若选②,即2Sn=an+1an,
当n≥2时,2Sn-1=anan-1,
两式作差得2an=anan+1-anan-1,
由an>0,得an+1-an-1=2.
当n=1时,2S1=a2a1,得a2=2.
又∵a1=1,a2=2,∴{a2n}是公差为2,首项为2的等差数列,
{a2n-1}是公差为2,首项为1的等差数列,故an=n.
若选③,即an2+an=2Sn,
当n≥2时,an-12+an-1=2Sn-1,
两式相减得an2+an-an-12-an-1=2an,
即(an+an-1)(an-an-1-1)=0.
由an>0,得an-an-1-1=0,即an-an-1=1,
∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
故an=n.
(2)bn=(n+1)·2n,
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+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.