2025年高考数学一轮复知识点复习-6.4数列求和-专项训练【含解析】

PAGE6.4数列求和-专项训练【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则该数列的前10项和为()A.2146 B.1122C.2148 D.11242.(5分)在等差数列{an}中,若a3+a5+a7=6,a11=8,则数列{1an+3an+4}的前nA.n+1n+2 C.nn+2 D3.(5分)数列{(-1)n(2n-1)}的前2024项和S2024等于()A.-2022 B.2022C.-2024 D.20244.(5分)已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则1an的前100项和为(A.100101 B.99C.101100 D.5.(5分)122-1+132-A.n+12(n+2)C.34-12(1n+1+1n+2) D6.(5分)(多选题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+…+910,…,若bn=1anA.an=n2 B.an=C.Sn=4nn+1 D.S7.(5分)数列{an}的通项公式为an=1n+n+1,若{an}的前n项和为24,则8.(5分)已知数列{an}的首项为-1,anan+1=-2n,则数列{an}的前10项之和S10=.

9.(5分)已知数列{an}满足an+1=nn+1an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为10.(10分)(2023·西安模拟)已知数列an满足a1=1,an+1-an=n+1(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列1an的前n项和为Sn,求数列log2Sn11.(10分)(2023·惠州模拟)记Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,若S3=6,a3是a1和a9的等比中项(1)求数列an(2)记bn=1an·a【加练备选】(2023·广州模拟)已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=-3,S7=-21(1)求an(2)bn=-an+1,求数列1bnbn+2的前【能力提升练】12.(5分)(2021·新高考Ⅰ卷)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20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,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=13.(5分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an=2bn(n∈N*).若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列{bn}的通项公式bn=,数列{1bn}的前n项和S14.(10分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1,4a2,a3+13成等差数列(1)求数列an(2)若anbn=log4an+1,求数列bn的前n项和Tn6.4数列求和-专项训练【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则该数列的前10项和为()A.2146 B.1122C.2148 D.1124【解析】选A.因为an=2n+2n-1,所以前n项和Sn=2(1-2n)1-2所以前10项和S10=211+102-2=2146.2.(5分)在等差数列{an}中,若a3+a5+a7=6,a11=8,则数列{1an+3an+4}的前nA.n+1n+2 C.nn+2 D【解析】选B.设等差数列{an}的公差为d,由a3+a5+a7=6,a11=8,得a5=2,d=1,所以an=n-3,则an+3=n,an+4=n+1,所以1an+3an+4=1n(n3.(5分)数列{(-1)n(2n-1)}的前2024项和S2024等于()A.-2022 B.2022C.-2024 D.2024【解析】选D.S2024=-1+3-5+7-…-(2×2023-1)+(2×2024-1)=2×1012=2024.4.(5分)已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则1an的前100项和为(A.100101 B.99C.101100 D.【解析】选D.因为an+1=a1+an+n,a1=1,所以an+1-an=1+n,所以an-an-1=n(n≥2),所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=n(所以1an=2n(n所以1an的前100项和为2(1-12+12-13+…+1100-5.(5分)122-1+132-A.n+12(n+2)C.34-12(1n+1+1n+2) D【解题指导】先化简通项公式,再裂项求和.【解析】选C.因为1(n+1)2-1=1n2所以122-1+1=12(1-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2)=12(32-1n6.(5分)(多选题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,…,110+210+…+910,…,若bn=1anA.an=n2 B.an=C.Sn=4nn+1 D.S【解析】选AC.由题意得an=1n+1+2n+1+…+nn所以bn=1n2·n+12=所以数列{bn}的前n项和Sn=b1+b2+b3+…+bn=4(1-12+12-13+13-14=4(1-1n+1)=7.(5分)数列{an}的通项公式为an=1n+n+1,若{an}的前n项和为24,则【解析】an=n+1-n,所以Sn=(2-1)+(3-2)+…+(n+1-n)=n+1-1,令Sn=24,得答案:6248.(5分)已知数列{an}的首项为-1,anan+1=-2n,则数列{an}的前10项之和S10=.

【解析】因为anan+1=-2n,所以an+1an+2=-2n+1,两式相除可得an所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列,又a1=-1,a2=-2所以S10=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a10)=-1×(1-答案:319.(5分)已知数列{an}满足an+1=nn+1an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为【解析】因为an+1=nn+1an,a所以(n+1)·an+1=nan,所以数列{nan}是每项均为1的常数列,所以nan=1,所以an=1n,anan+1=1n(n+1所以数列{anan+1}的前10项和为(11-12)+(12-13)+…+(110-1答案:1010.(10分)(2023·西安模拟)已知数列an满足a1=1,an+1-an=n+1(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列1an的前n项和为Sn,求数列log2Sn【解析】(1)由题意数列an满足a1=1,an+1-an=n则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=n((2)由(1)可得1an=2(1n故Sn=2(1-12+12-13+…+1n-所以log2Sn=log22nn+1=1+log故Tn=n+log2(12×23×34×…×nn+1)=n+log21n+1=11.(10分)(2023·惠州模拟)记Sn是公差不为零的等差数列an的前n项和,若S3=6,a3是a1和a9的等比中项(1)求数列an(2)记bn=1an·a【解析】(1)由题意知a32=a1·a9,设等差数列an的公差为d,则a1(a1+8d因为d≠0,解得a1=d,又S3=3a1+3d=6,可得a1=d=1,所以数列an是首项为1和公差为1的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=n,n∈N*(2)由(1)可知bn=1n(n+1)(n+2)设数列bn的前n项和为TnTn=12[11×2-12×3+12×3-13×4+…+1n(n+1所以T20=12×(12-121×22所以数列bn的前20项和为115【加练备选】(2023·广州模拟)已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=-3,S7=-21(1)求an(2)bn=-an+1,求数列1bnbn+2的前【解析】(1)设公差为d,则S3=3a1+3d=-3,S7=7a1+21d=-21,所以3a1+3所以an=a1+(n-1)d=-n+1;(2)bn=n,所以1bnbn+2=1n(所以Tn=12(1-13)+12(12-14)+12(13-15)+…+12(1=12(1+12-1n+1-1n【能力提升练】12.(5分)(2021·新高考Ⅰ卷)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20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,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=【解析】依题意得,S1=120×2=240(dm2);S2=60×3=180(dm2);当n=3时,共可以得到5dm×6dm,52dm×12dm,10dm×3dm,20dm×32dm四种规格的图形,且5×6=30,52所以S3=30×4=120(dm2);当n=4时,共可以得到5dm×3dm,5254dm×12dm,10dm×32dm,20dm×34dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,52×6=15,54×12=15,10×32=15,20×3……所以可归纳Sk=2402k·(k+1)=240(k所以∑k=1nSk=240(1+322+42所以12×∑k=1nSk=240×(222+323由①-②得,12·∑k=1nSk=240(1+122+123+124+…+12所以∑k=1nSk=240(3-n答案:5240×(3-n+313.(5分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an=2bn(n∈N*).若数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,则数列{bn}的通项公式bn=,数列{1bn}的前n项和S【解析】因为数列{an}为等比数列,且a1=2,a4=16,所以公比q=3a4a所以an=2n,所以a1a2a3·…·an=21×22×23×…×2n=21+2+3+…+n=2n因为a1a2a3·…·an=2bn,所以bn=所以1bn=2n(n所以数列{1bn}的前Sn=1b1+1b2+1b3+…+1bn=2(11-12+12-13+答案:n(n14.(10分)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,an+1=(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1,4a2,a3+13成等差数列(1)求数列an(2)若anbn=log4an+1,求数列bn的前n项和Tn【解析】(1)因为an+1=(λ+1)Sn+1,a1=1,当n=1时,a2=(λ+1)S1+1=λ+2,当n≥2时,an=(λ+1)Sn-1+1,所以an+1