2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练（含解析）

2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练基础巩固练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(nC.2n-1-1(n∈N*)D.161-12n-12.已知数列{an}的通项公式为an=2n-12n-1,n∈NA.6-201299 B.6C.1000021003.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.6 B.7 C.8 D.94.已知数列{an}的前n项和为Sn,an=(-1)n·(2n-1),则S2023=()A.1012 B.-1012C.2023 D.-20235.(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-1 B.an=n·2nC.Sn=n·2n-1 D.Sn=(n-1)·2n+16.(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=62B.1a3+C.a2+a4+a6+…+a12=182D.当n为偶数时,an=n7.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Sn9.已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且满足bn=3nan,a1=1,Sn(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.-200 B.-100 C.200 D.10011.已知数列{an}的前n项和Sn=2n+2,令数列{log2an}的前n项和为Tn,则T20=()A.190 B.192 C.180 D.18212.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2024项和是()A.3×22024-3 B.3×22023+1C.3×22023 D.3×22023+213.(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.anC.an=n·2n D.Sn=(n-1)·2n+214.已知数列{an}满足a1=1,且an+1+an=n-1009(n∈N*),则其前2023项之和S2023=.

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=log2an,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S2023=()A.42023-1 B.3×22023-3C.3×41012-9 D.5×41011-217.(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S2023-∑i=1A.a2023,2=2023 B.∑i=14a4,i104C.S9=34 D.该景点入场码为1331118.在①Snn=an+12,②an+1an=2Sn,③an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T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.A2.B3.C4.D5.AD6.BCD7.98.2-n9.解(1)因为Snn+1=an2当n≥2时,Sn-1=na两式相减得an=Sn-Sn-1=(n+1)an2−nan即anan-1等式的左右两边分别相乘可得an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则Tn-1=(2所以Tn-Tn-1=(2n-1)3n+1所以Tn=(2n-1)3n+1+3所以当Tn>102时,n≥4.10.D11.B12.C13.BC14.303415.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=log2an=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=(16.C17.BCD18.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,∴a∴an=nn-1·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{a2n-1}是公差为2,首项为1的等差数列,故若选③,即an2+an=2S当n≥2时,an-12+an-1=2两式相减得an2+an-an-12-an-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