2025版高考数学一轮总复习第6章数列第4讲数列求和提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第6章数列第4讲数列求和提能训练，共9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.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前10项和为( A )
A.1 078 B．1 068
C．566 D．556
[解析] 设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，根据a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，利用通项公式即可解得d，q，再利用求和公式即可得出结论.设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，∵a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，∴1＋d＝q,1＋3d＝q2，d≠0，解得：d＝1，q＝2.∴an＝1＋n－1＝n，bn＝2n－1.∴cn＝an＋bn＝n＋2n－1.则数列{cn}的前10项和＝eq \f(10×1＋10,2)＋eq \f(210－1,2－1)＝1 078.故选A.
2.已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为( D )
A.25×2102 B．25×2103
C.25×2104 D．25×2105
[解析] 因为(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，a1＝16，所以eq \f(an＋1,n＋2)＝eq \f(2an,n＋1)，eq \f(a1,2)＝8.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))是以8为首项，2为公比的等比数列，则eq \f(an,n＋1)＝8×2n－1＝2n＋2，即an＝(n＋1)2n＋2，设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，则2Sn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3，两式相减得－Sn＝2×23＋24＋25＋26＋…＋2n＋2－(n＋1)2n＋3＝2＋eq \f(21－2n＋2,1－2)－(n＋1)2n＋3＝－n×2n＋3，所以Sn＝n×2n＋3，所以S100＝100×2103＝25×2105，选D.
3.已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(2n－1,2n)，其前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则项数n等于( D )
A.13 B．10
C．9 D．6
[解析] ∵an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)，
∴Sn＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－1＋eq \f(1,2n).
而eq \f(321,64)＝5＋eq \f(1,64)，∴n－1＋eq \f(1,2n)＝5＋eq \f(1,64).∴n＝6.
4.设数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cs eq \f(nπ,2)－1，其前n项和为Sn，则S2 022＝( D )
A.4 041 B．－5
C．－2 021 D．－4 045
[解析] 根据题意，分类讨论n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝0，n＝4k－2，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝－1，n＝4k，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝1，即可得出答案.∵an＝(－1)n(2n－1)·cs eq \f(nπ,2)－1，∴当n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝0，a4k－3＝a4k－1＝－1；当n＝4k－2，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝－1，a4k－2＝[2×(4k－2)－1]×(－1)－1＝－8k＋4；当n＝4k，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝1，a4k＝2×4k－1－1＝8k－2，∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝0，∴S2 022＝S2 020＋a2 021＋a2 022＝a2 021＋a2 022＝－1＋(2×2 022－1)·(－1)－1＝－4 045，故选D.
5.已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为( D )
A.eq \f(100,101) B．eq \f(99,100)
C．eq \f(101,100) D．eq \f(200,101)
[解析] ∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.
∴an－an－1＝n(n≥2).
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2).
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))＝eq \f(200,101).故选D.
6.(2022·重庆调研)已知数列{an}满足an＝eq \f(n,n＋1)，则a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(a2 022,2 0222)＝( A )
A.eq \f(2 022,2 023) B．eq \f(2 020,2 021)
C.eq \f(2 021,2 022) D．eq \f(2 019,2 020)
[解析] 由题知，数列{an}满足an＝eq \f(n,n＋1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n2)))的通项公式为eq \f(an,n2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(a2 022,2 0222)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 022)－eq \f(1,2 023)＝1－eq \f(1,2 023)＝eq \f(2 022,2 023).
7.在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( B )
A.(3n－1)2 B．eq \f(1,2)(9n－1)
C.9n－1 D．eq \f(1,4)(3n－1)
[解析] 因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2).则当n≥2时，an＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*).
则数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，aeq \\al(2,1)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(41－9n,1－9)＝eq \f(1,2)(9n－1).故选B.
8.(2023·辽宁凌源二中联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，n∈N*，bn＝eq \f(2an,2an－12an＋1－1)，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是( C )
A.eq \f(1,7) B．49
C．eq \f(1,49) D．eq \f(8,441)
[解析] 当n＝1时，6a1＝aeq \\al(2,1)＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，∴6Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝eq \f(2an,2an－12an＋1－1)＝eq \f(8n,8n－18n＋1－1)＝eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))，
∴Tn＝eq \f(1,7)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,82－1)－\f(1,83－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))))＝eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))0，bn＝an，当n>5时，an0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，
由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，
数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1)的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).