2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练35数列求和 [含答案]

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基础达标练
1.(2024·山东潍坊期中)记数列{an}的前n项和为Sn,若an=(-1)n(2n-1),则S101=( )
A.301B.101
C.-101D.-301
2.(2024·河北模拟)已知首项为2的数列{an}满足4an+1-5an+1an-2an=2,当{an}的前n项和Sn≥16时,则n的最小值为( )
A.40B.41
C.42D.43
3.(2024·辽宁大连期中)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且ln b1 013=0,若f(x)=41+x2,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=( )
A.4 050B.2 025
C.4 052D.2 026
4.(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数,则S100=( )
A.3×251-156B.3×251-103
C.3×250-156D.3×250-103
5.(2024·江苏南京二模)我们把各项均为0或1的数列称为0-1数列,0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛的应用.把佩尔数列{Pn}(P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*)中的奇数换成0,偶数换成1,得到0-1数列{an}.记{an}的前n项和为Sn,则S20=( )
A.16B.12
C.10D.8
6.(2024·安徽亳州期中)若数列{an}满足an=an-1+1n2+n(n≥2且n∈N*),a1=12,则a2 024=( )
A.2 0222 023B.2 0232 024
C.2 0242 025D.2 0252 026
7.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=2,an+2+(-1)n-1an=2,则S60= .
能力提升练
8.(2024·福建泉州一模)记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若{an}是等差数列,且S6=S5+25=90,anbnan+1=1,则T10=( )
A.245B.845C.1041D.4041
9.(2024·山东二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数.已知bn=2nφ(3n+1),n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若Tn2 025-2n成立的正整数n的值可以是( )
A.7B.8C.9D.10
12.(2024·浙江模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=1n+n-1,数列{bn}的前n项和为Tn,且(2bn-1)Sn=an+1,则满足Tn≥2的正整数n的最小值为 .
13.(2024·山东临沂二模)根据统计数据,某种植物感染病毒之后,其存活日数X满足:对于任意的n∈N*,X=n+1的样本在X>n的样本里的数量占比与X=1的样本在全体样本中的数量占比相同,均等于15,即P(X=n+1|X>n)=P(X=1)=15,则P(X>n)= ,设an=nP(X=n),{an}的前n项和为Sn,则Sn= .
14.(15分)(2024·湖北模拟)已知数列{an},{bn}满足a1=0,b1=3,且an=23an-1+16bn-1,bn=13an-1+56bn-1.
(1)若{λan+bn}为等比数列,求λ的值;
(2)在(1)的条件下,求数列{an}的前n项和Sn.
素养拔高练
15.(17分)(2024·湖南岳阳期末)定义:对于一个无穷数列{an},如果存在常数a,对于任意给定的正数ε,总存在正整数N,使得对于任意大于N的正整数n,都有|an-a|0,因为ln b1 013=0,故b1 013=1,b1·b2 025=b1 0132=1,即有b1·b2 025=b2·b2 024=…=b2 025·b1=1,由f(x)=41+x2,则当x>0时,有f(x)+f1x=41+x2+41+(1x) 2=41+x2+4x21+x2=4,设S=f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025),S=f(b2 025)+f(b2 024)+…+f(b1),2S=2 025×4,S=4 050,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=4 050.故选A.
4.A 因为a1=1,an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数,所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1,a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*,且a2=2,所以a2k+2+a2k+1=2(a2k+a2k-1)+3,记bn=a2n+a2n-1,则bn+1=2bn+3,所以bn+1+3=2(bn+3),所以{bn+3}是以b1+3=a1+a2+3=6为首项,2为公比的等比数列,所以bn+3=6×2n-1,bn=6×2n-1-3,记{bn}的前n项和为Tn,则S100=T50=(6×20+6×21+6×22+…+6×249)-3×50=3×251-156.故选A.
5.C 因为P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*,所以P3=2P2+P1=2×1+0=2,P4=2P3+P2=2×2+1=5,P5=2P4+P3=2×5+2=12,P6=2P5+P4=2×12+5=29,P7=2P6+P5=2×29+12=70,P8=2P7+P6=2×70+29=169,…,可以看出数列{an}的前20项为1,0,1,0,…,1,0,故S20=10×1+10×0=10.故选C.
6.C 由an=an-1+1n2+n可得an-an-1=1n2+n=1n−1n+1,则有an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=1n−1n+1+1n-1−1n+…+12−13+12=1-1n+1=nn+1.故a2 024=2 0242 025.故选C.
7.960 由an+2+(-1)n-1an=2,当n为奇数时,有an+2+an=2;当n为偶数时,an+2-an=2,∴数列{an}的偶数项构成以2为首项,以2为公差的等差数列,则S60=(a1+a3+a5+a7+…+a57+a59)+(a2+a4+a6+a8+…+a58+a60)=15×2+30×2+30×292×2=960,故答案为960.
8.A 因为{an}是等差数列,可设公差为d,由S6=S5+25=90,可得6a1+6×52d=90,5a1+5×42d=65,解得a1=5,d=4,所以an=5+4(n-1)=4n+1,再由anbnan+1=1得bn=1anan+1=1(4n+1)(4n+5)=14·14n+1−14n+5,则数列{bn}的前n项和分别为Tn,即Tn=b1+b2+…+bn=14·15−19+19−113+…+14n+1−14n+5=1415−14n+5,所以T10=14×15−145=14×845=245,故选A.
9.A 因为3为质数,在不超过3n的正整数中,所有能被3整除的正整数的个数为3n-1,φ(3n)=3n-3n-1=2×3n-1(n∈N*),所以φ(3n+1)=3n+1-3n=2×3n(n∈N*),则bn=2nφ(3n+1)=2n2×3n=n3n,所以Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn,Tn=13+232+333+…+n-13n-1+n3n,13Tn=132+233+334+…+n-13n+n3n+1,两式相减可得23Tn=13+132+133+…+13n−n3n+1=13[1-(13) n]1-13−n3n+1=121-13n-n3n+1=12-13n12+n3,所以Tn=34-13n34+n2n)=P(X=1)=15,因为P(X=n+1|X>n)=P(X=n+1)P(X>n)=15,所以P(X=n+1)=15P(X>n),将n换成n-1,此时P(X=n)=15P(X>n-1),两式相减可得P(X=n)-P(X=n+1)=15P(X>n-1)-15P(X>n)=15P(X=n),即P(X=n+1)P(X=n)=45(n≥2),又因为P(X=2)=15P(X>1)=15×(1-P(X=1）=45P(X=1),所以P(X=n+1)P(X=n)=45对任意n∈N*都成立,此时{P(X=n)}是首项为15,公比为45的等比数列,所以P(X=n)=15×45n-1,故P(X>n)=5P(X=n+1)=5×15×45n=45n,an=nP(X=n)=15×n45n-1,Sn=151×450+2×451+…+(n-1)45n-2+n45n-1,45Sn=151×451+2×452+…+(n-1)·45n-1+n45n,两式作差得15Sn=151+451+452+…+45n-1-n45n,Sn=1×[1-(45) n]1-45-n45n=5-(n+5)45n.
14.解 (1)根据题意λan+bn=2λ+13an-1+λ+56bn-1,
∵{λan+bn}为等比数列,设公比为q,则λan+bn=(λan-1+bn-1)q,∴2λ+13=qλ,λ+56=q,∴2λ+13=λ+56λ,即λ2+λ-2=0,解得λ=-2或λ=1,当λ=-2时,q=12,即-2an+bn=12(-2an-1+bn-1).又-2a1+b1=3,∴{-2an+bn}成以3为首项,12为公比的等比数列.当λ=1时,q=1,即an+bn=an-1+bn-1,又a1+b1=3,∴{an+bn}成以3为首项,1为公比的等比数列.
综上,λ=-2或λ=1.
(2)由(1)得-2an+bn=3·12n-1,an+bn=3,
∴an=1-12n-1.
∴Sn=1-120+1-121+1-122+…+1-12n-1=n-1-(12) n1-12=12n-1+n-2.
15.(1)解 数列{an}存在极限,因为当n→+∞时,-12n→0,所以limn→∞an=limn→∞3+-12n=3,数列{bn}不存在极限,因为当n→+∞时,(2n-1)→+∞,lg2(2n-1)→+∞,所以数列{bn}不存在极限.
(2)①解 因为S1a1=1,所以Snan=1+13(n-1)=13n+23,得到Sn=13(n+2)an,①
当n≥2时,Sn-1=13(n+1)an-1,②
由①-②,得到an=13(n+2)an-13(n+1)an-1,
整理得到anan-1=n+1n-1(n≥2,n∈N*),
所以anan-1·an-1an-2·…·a3a2·a2a1=n+1n-1·nn-2·…·42·31,得到ana1=(n+1)n2,
又因为a1=2,所以当n≥2时,an=(n+1)n,
又因为n=1,满足a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=(n+1)n.
②证明 由①知1an=1(n+1)n=1n−1n+1,
所以Tn=1a1+1a2+1a3+…+1an=1-12+12−13+…+1n−1n+1=1-1n+1,当n→+∞时,1n+1→0,所以limn→∞Tn=limn→∞1-1n+1=1.