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2025新教材数学高考第一轮复习
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
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=
(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Sk=　　　　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=　.
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,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏盐城联考,6)已知数列{an}满足a1=1,a2=,,n∈N*,则数列{anan+1}的前10项和S10= (　　)
A.
2.(2024届湖北武汉二中阶段测,4)已知函数y=f(x)满足f(x)+f(1-x)=1,若数列{an}满足an=f(0)+f +f(1),则数列{an}的前20项的和为 (　　)
A.230　　　　B.115　　　　C.110　　　　D.100
3.(2024届浙江模拟预测)已知数列{an}的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,n∈N*,设bn=log3an,则数列的前n项和Tn的范围为(　　)
A.　　　　
C.
4.(2024届福建宁德一中阶段练,6)已知数列{an}满足a1=,an+1=,则数列{an}的前2 017项和S2 017= (　　)
A.
5.(2023湖南长沙一中月考,5)下列命题正确的是 (　　)
A.对于n∈N*,都有
B.数列
C.1+m+m2+…+m20=
D.若数列{an}的通项公式为an=(-1)n(3n-1),则其前30项的和等于45
6.(多选)(2024届湖北武汉二中联考,9)在公差不为零的等差数列{an}中,已知其前n项和为Sn,S9=81,且a2,a5,a14成等比数列,则下列结论正确的是 (　　)
A.an=2n+1
B.(-1)1a1+(-1)2a2+…+(-1)100a100=100
C.Sn=n2
D.设数列{2n·an+1}的前n项和为Tn,则Tn=n·2n+1+2
7.(2023广东二模,13)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a3=12,a4=16,则{an}的公比q=　　　　.
8.(2024届江苏省灌南高级中学检测一,17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a6=24,S3=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
综合拔高练
1.(多选)(2023福建厦门、福州等市质检一,9)记正项等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列数列为等比数列的有 (　　)
A.{an+1+an}　　　　B.{an+1an}
C.　　　 　D.{SnSn+1}
2.(2023湖南长沙雅礼中学二模,17)已知等差数列{an}满足a2=4,2a4-a5=7,公比不为-1的等比数列{bn}满足b3=4,b4+b5=8(b1+b2).
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=+bn,求{cn}的前n项和Sn.
3.(2024届山东烟台一中月考,19)记等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn;等比数列{bn}的公比为q,前n项和为Tn,已知b3=4a1,S4=b3+6,T3=7a1.
(1)求d和q;
(2)若a1=1,q>0,cn=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=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)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列的前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=
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.
2.(2021新高考Ⅰ,17,10分,中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(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.
解析　(1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,
即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,
所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
故bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10
=2(b1+b2+…+b10)-10=2×-10=300,
即{an}的前20项和为300.
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.
解析　(1)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有解得a1=2,q=2或a1=32,q=(舍去),
所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n. (5分)
(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,
所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0;
b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],
则b2=b3=1,即有2个1;
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;
b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;
b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4; (8分)
b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;
b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6. (10分)
所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.
(12分)
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Sk=　　　　dm2.
答案　5;240×
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.
解析　(1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,
即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.
故{an}的公比为-2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n.所以Sn=.
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.
解析　(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得,
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ②
①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
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=　.
答案　
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,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
解析　(1)依题意得,S1=a1=1,
+(n-1)×,∴3Sn=(n+2)an,
则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,
∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,
即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,
∴nan+1=(n+2)an,即,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
(2)证明:由(1)知,
∴<2.(应用裂项相消法)
三年模拟
综合基础练
1.(2024届江苏盐城联考,6)已知数列{an}满足a1=1,a2=,,n∈N*,则数列{anan+1}的前10项和S10= (　　)
A.
答案　C　
2.(2024届湖北武汉二中阶段测,4)已知函数y=f(x)满足f(x)+f(1-x)=1,若数列{an}满足an=f(0)+f +f(1),则数列{an}的前20项的和为 (　　)
A.230　　　　B.115　　　　C.110　　　　D.100
答案　B　
3.(2024届浙江模拟预测)已知数列{an}的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,n∈N*,设bn=log3an,则数列的前n项和Tn的范围为(　　)
A.　　　　
C.
答案　C　
4.(2024届福建宁德一中阶段练,6)已知数列{an}满足a1=,an+1=,则数列{an}的前2 017项和S2 017= (　　)
A.
答案　C　
5.(2023湖南长沙一中月考,5)下列命题正确的是 (　　)
A.对于n∈N*,都有
B.数列
C.1+m+m2+…+m20=
D.若数列{an}的通项公式为an=(-1)n(3n-1),则其前30项的和等于45
答案　D　
6.(多选)(2024届湖北武汉二中联考,9)在公差不为零的等差数列{an}中,已知其前n项和为Sn,S9=81,且a2,a5,a14成等比数列,则下列结论正确的是 (　　)
A.an=2n+1
B.(-1)1a1+(-1)2a2+…+(-1)100a100=100
C.Sn=n2
D.设数列{2n·an+1}的前n项和为Tn,则Tn=n·2n+1+2
答案　BC　
7.(2023广东二模,13)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a3=12,a4=16,则{an}的公比q=　　　　.
答案　2
8.(2024届江苏省灌南高级中学检测一,17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a6=24,S3=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由a5+a6=24,S3=15,可得解得a1=3,d=2,
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)bn=,
∴数列{bn}的前n项和
Tn=
=.
综合拔高练
1.(多选)(2023福建厦门、福州等市质检一,9)记正项等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列数列为等比数列的有 (　　)
A.{an+1+an}　　　　B.{an+1an}
C.　　　 　D.{SnSn+1}
答案　AB　
2.(2023湖南长沙雅礼中学二模,17)已知等差数列{an}满足a2=4,2a4-a5=7,公比不为-1的等比数列{bn}满足b3=4,b4+b5=8(b1+b2).
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=+bn,求{cn}的前n项和Sn.
解析　(1)设{an}的公差为d,因为a2=4,2a4-a5=7,
所以2(4+2d)-(4+3d)=7,解得d=3,从而a1=1,
所以an=3n-2(n∈N*).
设{bn}的公比为q,q≠-1,
因为b4+b5=8(b1+b2),所以=q3=8,解得q=2,
因为b3=4,所以b1==1,所以bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知:cn=+2n-1,
所以cn=+2n-1,
所以Sn=+(1+2+…+2n-1)
=(n∈N*).
3.(2024届山东烟台一中月考,19)记等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn;等比数列{bn}的公比为q,前n项和为Tn,已知b3=4a1,S4=b3+6,T3=7a1.
(1)求d和q;
(2)若a1=1,q>0,cn=求{cn}的前2n项和.
解析　(1)由已知条件可得:b1q2=4a1①,
4a1+6d=b1q2+6②,b1+b1q+b1q2=7a1③,
由①②消去b1q2得d=1,由①③得,
所以3q2-4q-4=0,得q=2或q=-,所以d=1,q=2或-.
(2)当q>0时,q=2,则b1=a1=1,所以an=n,bn=2n-1,
所以cn=
c2n-1+c2n=-(2n-1)·22n-1+2n·22n-1=22n-1,
则{cn}的前2n项和为c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n=(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c2n-1+c2n)
=2+23+25+…+22n-1=(4n-1).
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=求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析　(1)因为a1,a2,a4成等比数列,所以=a1a4,
即(1+d)2=1×(1+3d),解得d=0或d=1.
因为d>0,所以d=1,所以an=1+1×(n-1)=n.
(2)由(1)得bn=
所以bn=
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
=(21+23+…+22n-1)+
=,
所以数列{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)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Sn.
解析　(1)当n=1时,1+=2,解得a1=1,
当n≥2时,由,
得,
两式相除得+1=2n,即an=,当n=1时,a1=1也满足,所以an=,n∈N*.
(2)由(1)可知,=2n-1,所以=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=,
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=-n·2n+1,
∴An=(n-1)·2n+1+2,
∴Sn=An-Bn=(n-1)·2n+1+2-.
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