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

第4讲数列求和A组基础巩固一、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.1078 B．1068C．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，依据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)＝1078.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．25×2103C.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\co1(\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(21－2n＋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．10C．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\co1(\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)·coseq\f(nπ,2)－1，其前n项和为Sn，则S2022＝(D)A.4041 B．－5C．－2021 D．－4045[解析]依据题意，分类探讨n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝0，n＝4k－2，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝－1，n＝4k，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝1，即可得出答案.∵an＝(－1)n(2n－1)·coseq\f(nπ,2)－1，∴当n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝0，a4k－3＝a4k－1＝－1；当n＝4k－2，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝－1，a4k－2＝[2×(4k－2)－1]×(－1)－1＝－8k＋4；当n＝4k，k∈N*时，coseq\f(nπ,2)＝1，a4k＝2×4k－1－1＝8k－2，∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝0，∴S2022＝S2020＋a2021＋a2022＝a2021＋a2022＝－1＋(2×2022－1)·(－1)－1＝－4045，故选D.5.已知数列{an}满足a1＝1，且对随意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\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(nn＋1,2).∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,101)))＝eq\f(200,101).故选D.6.(2024·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(a2022,20222)＝(A)A.eq\f(2022,2023) B．eq\f(2020,2021)C.eq\f(2021,2022) D．eq\f(2019,2020)[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\co1(\f(an,n2)))的通项公式为eq\f(an,n2)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(a2022,20222)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2022)－eq\f(1,2023)＝1－eq\f(1,2023)＝eq\f(2022,2023).7.在数列{an}中，已知对随意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\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\o\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，aeq\o\al(2,1)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(41－9n,1－9)＝eq\f(1,2)(9n－1).故选B.8.(2024·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\o\al(2,n)＋3an，n∈N*，bn＝eq\f(2an,2an－12an＋1－1)，若对随意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是(C)A.eq\f(1,7) B．49C．eq\f(1,49) D．eq\f(8,441)[解析]当n＝1时，6a1＝aeq\o\al(2,1)＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝aeq\o\al(2,n)＋3an，∴6Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\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－12an＋1－1)＝eq\f(8n,8n－18n＋1－1)＝eq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))，∴Tn＝eq\f(1,7)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,82－1)－\f(1,83－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))))＝eq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))<eq\f(1,49)，∴k≥eq\f(1,49).故选C.二、多选题9.(2024·济南调研)已知数列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，…，eq\f(1,10)＋eq\f(2,10)＋eq\f(3,10)＋…＋eq\f(9,10)，…，若bn＝eq\f(1,an·an＋1)，设数列{bn}的前n项和Sn，则(AC)A.an＝eq\f(n,2) B．an＝nC.Sn＝eq\f(4n,n＋1) D．Sn＝eq\f(5n,n＋1)[解析]由题意得an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(4n,n＋1).故选AC.10.(2024·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，eq\f(an,an－1)＝eq\f(2n,n－1)(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则(ABD)A.a2＝－8 B．an＝－2n·nC.S3＝－30 D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2[解析]由题意可得，eq\f(a2,a1)＝2×eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝2×eq\f(3,2)，eq\f(a4,a3)＝2×eq\f(4,3)，…，eq\f(an,an－1)＝2×eq\f(n,n－1)(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得eq\f(an,a1)＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确.11.已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则(BD)A.数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))为等差数列B.数列{an}为递增数列C.数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4D.数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq\f(n2＋n,2)[解析]由2(n＋1)an－nan＋1＝0得eq\f(an＋1,n＋1)＝2×eq\f(an,n)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；因为eq\f(an,n)＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n·2n＋1，明显递增，故B正确；因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1,2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2，所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝eq\f(221－2n,1－2)－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)·2n＋2＋4，故C错误；因为eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(n·2n＋1,2n＋1)＝n，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq\f(n1＋n,2)＝eq\f(n2＋n,2)，故D正确.三、填空题12.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).[解析]∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).13.(2024·海南三亚模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝24，T30＝650.[解析]当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.14.(2024·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，an为偶数，,3an＋1，an为奇数，))假如a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝4709.[解析]由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，{an}是周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4709.四、解答题15.(2017·课标全国Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和.[解析](1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2).又由题设可得a1＝2，满足上式.从而{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n－1).(2)记eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1).则Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).16.(2024·郑州市第一次质量预料)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.[解析](1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq\f(1,nn＋1)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n.设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)))的前n项和为An，则An＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq\f(41－4n,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1).B组实力提升1.若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为(B)A.eq\f(1,3) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,2) D．eq\f(7,12)[解析]∵bn＝eq\f(1,an)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，∴S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,11)－eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,12)＝eq\f(5,12).2.已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，若a1＝eq\f(1,4)，则T2019为(C)A.－4 B．－eq\f(3,5)C．－eq\f(5,3) D．eq\f(1,4)[解析]干脆利用数列的递推关系求出数列的周期，进一步求出结果.由an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，a1＝eq\f(1,4)，解得a2＝eq\f(5,3)，a3＝－4，a4＝－eq\f(3,5)，a5＝eq\f(1,4)，…，所以T4＝a1·a2·a3·a4＝1,2019＝4×504＋3，所以T2019＝(a1a2a3a4)·(a5a6a7a8)·…·(a2017a2018a2019)＝1×1×1×…×eq\f(1,4)×eq\f(5,3)×(－4)＝－eq\f(5,3).故选C.3.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,n)；①(2)将数列①的各项乘以eq\f(n,2)，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(C)A.eq\f(n2,4) B．eq\f(n－12,4)C.eq\f(nn－1,4) D．eq\f(nn＋1,4)[解析]依题意可得新数列为eq\f(n,2)，eq\f(n,4)，eq\f(n,6)，…，eq\f(1,n)×eq\f(n,2)，所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq\f(n2,4)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)))＋…＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1n)))＝eq\f(n2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(n2,4)×eq\f(n－1,n)＝eq\f(nn－1,4).故选C.4.1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)x＝1,\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)x≠1)).(其中x≠0)[解析]当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，当x≠1时.解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝eq\f(1－xn,1－x)－nxn，∴Sn＝eq\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2).解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x1－xn,1－x)))′＝eq\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)，综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)x＝1，,\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)x≠1.))5.(2024·山东省济南市历城其次中学高三模拟考试)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n为奇数,bn，n为偶数))，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.[解析](1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3