7.4　数列求和（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）

这是一份7.4　数列求和（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案），共16页。试卷主要包含了4　数列求和，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
五年高考
考点1 公式法求和
1.(2020课标Ⅱ理,6,5分,中)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
2.(2018课标Ⅱ理,17,12分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
考点2 分组、并项求和
1.(2016课标Ⅱ,17,12分,中)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
2.(2021新高考Ⅰ,17,10分,中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
3.(2020新高考Ⅰ,18,12分,中)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
考点3 错位相减求和
1.(2021新高考Ⅰ,16,5分,难)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么k=1nSk= dm2.
2.(2020课标Ⅰ理,17,10分,中)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.
(1)求{an}的公比;
(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.
3.(2020课标Ⅲ理,17,10分,中)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
考点4 裂项相消求和
1.(2017课标Ⅱ,15,5分,中)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则k=1n1Sk= .
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1an0,cn=−anbn+1,n为奇数,anbn,n为偶数,求{cn}的前2n项和.
4.(2024届广东珠海一中月考,17)已知等差数列{an}的公差d>0,且满足a1=1,a1,a2,a4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=2an,n为奇数,1anan+2,n为偶数,求数列{bn}的前2n项和T2n.
5.(2024届江苏无锡一中月考,18)已知数列{an}为非零数列,且满足1+1a11+1a2·…·1+1an=2n(n+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列nan的前n项和Sn.
7.4 数列求和
五年高考
考点1 公式法求和
1.(2020课标Ⅱ理,6,5分,中)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 C
2.(2018课标Ⅱ理,17,12分,易)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
解析 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
由a1=-7得d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16.
所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16.
考点2 分组、并项求和
1.(2016课标Ⅱ,17,12分,中)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.
(2)因为bn=0,1≤n0,所以d=1,所以an=1+1×(n-1)=n.
(2)由(1)得bn=2n,n为奇数,1n(n+2),n为偶数,
所以bn=2n,n为奇数,121n−1n+2,n为偶数,
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=(21+23+…+22n-1)+1212−14+14−16+…+12n−12n+2
=21−22n−1·221−22+1212−12n+2=22n+13−14n+4−512,
所以数列{bn}的前2n项和T2n=22n+13−14n+4−512.
5.(2024届江苏无锡一中月考,18)已知数列{an}为非零数列,且满足1+1a11+1a2·…·1+1an=2n(n+1)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列nan的前n项和Sn.
解析 (1)当n=1时,1+1a1=2,解得a1=1,
当n≥2时,由1+1a11+1a2…1+1an=2n(n+1)2,
得1+1a11+1a2…1+1an−1=2(n−1)n2,
两式相除得1an+1=2n,即an=12n−1,当n=1时,a1=1也满足,所以an=12n−1,n∈N*.
(2)由(1)可知,1an=2n-1,所以nan=n·2n-n,
所以Sn=(1×21-1)+(2×22-2)+(3×23-3)+…+(n·2n-n)
=(1×21+2×22+3×23+…+n·2n)-(1+2+3+…+n),
令An=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,Bn=1+2+3+…+n,
则Bn=1+2+3+…+n=n(n+1)2,
An=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,
2An=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,
-An=21+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1−2n)1−2-n·2n+1,
∴An=(n-1)·2n+1+2,
∴Sn=An-Bn=(n-1)·2n+1+2-n(n+1)2.