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专题三　微专题2　数列求和及其综合应用
(分值：90分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2024·阳泉模拟)已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin的一个极大值点，则tan(a5+a9)的值为(　　)
A. B.
C.± D.-
2.已知函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，令an=(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 024等于(　　)
A.+1 B.-1
C.-1 D.+1
3.(2024·双鸭山模拟)在一个数列中，如果 n∈N*，都有an·an+1·an+2=8，且a1=1，a2=2，则a1+a2+a3+…+a12等于(　　)
A.28 B.20
C.24 D.10
4.(2024·绵阳模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，an+1-an=，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a1]+[a2]+…+[a20]等于(　　)
A.10 B.49
C.54 D.70
5.(2024·杭州模拟)设数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，an+bn+1=2n，an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项和，则S7等于(　　)
A.110 B.120
C.288 D.306
6.(2024·南充模拟)如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列{an}的前4项. 记S=++…+，则下列结论正确的为(　　)
A.S>　　　　 B.S=
C.S<　　　　 D.S与的大小关系不能确定
答案　C
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2024·白山模拟)公差不为零的等差数列{an}满足|a6|=a8，=，则(　　)
A.a7=0 B.d=±4
C.a1=24 D.S15=60
8.(2024·郑州模拟)对于数列{an}，定义bk为a1，a2，…，ak中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，把数列{bn}称为数列{an}的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则(　　)
A.若数列{an}是递减数列，则{bn}为常数列
B.若数列{an}是递增数列，则有an=bn
C.若an∈N*，则满足{bn}为2，3，3，5，5的所有数列{an}的个数为8
D.若an=(-2)n-1(n∈N*)，记Sn为{bn}的前n项和，则S100=(2100-1)
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2024·沈阳模拟)已知公比q大于1的等比数列{an}满足a1+a3=5，a2=2.设bn=|2log2an-7|，则数列{bn}的前10项和S10=　　　　　.
10.设有四个数的数列a1，a2，a3，a4，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零.对于任意固定的实数k，若满足条件的数列只有一个，则k的值为　　　　.
四、解答题(共28分)
11.(13分)(2024·双鸭山模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，{}是首项与公差均为1的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；(5分)
(2)设bn=，求数列{bn}的前2 024项的和T2 024.(8分)
12.(15分)(2024·桂林模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4a1-3Sn=.
(1)求数列{an}的通项公式；(5分)
(2)设bn=nan，且数列{bn}的前n项和为Tn，若 n∈N*都有不等式Tn≤+3λan恒成立，求λ的取值范围.(10分)
每小题5分，共10分
13.(2024·佳木斯模拟)复数z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024的虚部是　　　　　.
14.(2024·沈阳模拟)设数列{an}的通项公式为an=n3-n，n∈N*，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b2 017被7除所得的余数是　　　.
答案精析
微专题2　数列求和及其综合应用
1.D　2.B　3.A　4.C　5.A　6.C
7.AD　8.ABD
9.52
解析　由题意可得
解得或
又q>1，则可得an=2n-1，
则bn=|2log2an-7|
=|2log22n-1-7|
=|2n-9|=
则S10=b1+…+b5+b6+…+b10
=7+5+3+1+1+3+…+11=52.
10.
解析　因为后3个数成等差数列且和为15，故可依次设后3个数为5-d，5，5+d(d≠0且d≠5)，
又前3个数构成等比数列，
则第一个数为，
即+5-d+5=k，
化简得d2-15d+75-5k=0，
因为满足条件的数列只有一个，即关于d的方程只有一解，
即Δ=0，解得k=.
11.解　(1)由{}是首项与公差均为1的等差数列，得=1+(n-1)×1=n，
则Sn=n2+n，当n≥2时，
Sn-1=(n-1)2+(n-1)，
两式相减得an=2n，
当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由(1)得bn=
=
=(-1)n，
所以数列{bn}的前2 024项的和为
T2 024=-+-+…+=-1+=-.
12.解　(1)因为4a1-3Sn=，
当n=1时，得4a1-3a1=1，
即a1=1≠0，3Sn=4-， ①
当n≥2时，3Sn-1=4-， ②
由①-②得
3an=-，an=，
又a1=1也满足，所以an=.
(2)因为bn=nan=n，
所以Tn=1×+2×+3×+…+n×，
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×，
两式相减得Tn=+++…+-n×
=-n
=-，
故Tn=-，
由Tn≤+3λan，
得-
≤+3λ，
即λ≥--，
依题意， n∈N*不等式λ≥--恒成立，因为y=--随着n的增大而减小，
所以λ≥-，即λ的取值范围为.
13.-1 012
解析　因为z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024，
z·i=i2+2i3+3i4+…+2 024i2 025，
两式相减，得z·(1-i)=i+i2+i3+…+i2 024-2 024i2 025=-2 024i2 025， ①
因为i4=1，所以i2 024=i4×506=1，
i2 025=i4×506+1=i，
所以化简①可得z===
=1 012-1 012i，
所以虚部为-1 012.
14.0
解析　因为an=n3-n=n(n-1)(n+1)，所以当n的个位数字为1，4，5，6，9，0时，
an的个位数字为0，则在数列{an}中，每连续10项中就有6项的个位数字为0，
而2 017=336×6+1，由此推断数列{bn}中的第2 017项相当于数列{an}中的第3 361项，
即b2 017=a3 361=3 3613-3 361，
而3 361=480×7+1，所以3 361除以7余数为1，
而(7k+1)3=(7k)3+3(7k)2+3·7k+1，k∈N*，
所以3 3613除以7余数也为1，
而它们的差3 3613-3 361一定能被7整除，所以b2 017被7除所得余数为0.微专题2　数列求和及其综合应用
[考情分析]　1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
考点一　数列求和
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：；
.
2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
考向1　分组转化法
例1　(2024·西安模拟)已知在正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
考向2　裂项相消法
例2　(2024·茂名模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=S4+S3，2a3n-3a2n=1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
考向3　错位相减法
例3　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[规律方法]　(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
跟踪演练1　(1)(2024·岳阳模拟)已知数列{.
①求数列{an}的通项公式；
②证明：=3an+3n+1，并求数列{an}的前n项和Sn.
(2)(2024·秦皇岛模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn+2}是公比为2的等比数列.
①求{an}的通项公式；
②若bn=.
考点二　数列的综合问题
数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解.
例4　(1)已知函数f(x)=x5+2x3+3x，数列{an}的首项为1，且满足an+3=an(n∈N*).若f(a2 023)+f(a2 024+a2 025)=0，则数列{an}的前2 026项和为 (　　)
A.0 B.1
C.675 D.2 023
(2)(2024·襄阳模拟)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……依此类推，当得到的“蚊香”(不含△ABC)恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为　　　　.
[规律方法]　数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识.
跟踪演练2　(1)(2024·南昌模拟)若数列{an}相邻两项的和依次构成等差数列，则称{an}是“邻和等差数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{an}是“邻和等差数列”，Sn是其前n项和，且a1=0，a2=1，a3=4，则S200等于(　　)
A.39 700 B.39 800
C.39 900 D.40 000
(2)(2024·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为 (　　)
A. B.
C. D.
答案精析
例1　解　(1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列，
∴2ln an+1=ln an+ln an+2，
即=anan+2，而an≠0，
∴{an}为等比数列，设其公比为q，
又
得∴an=2n-1.
(2)bn=2n-1+(-1)nlog22n
=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]
=+=2n+；
当n为奇数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]
=+-n
=2n-，
∴Tn=
例2　解　(1)∵数列{an}是等差数列，记其公差为d，由题意知


∴an=1+(n-1)·2=2n-1.
(2)∵=
=-，
∴Tn=-+-+…+-=-.
∵Sn==n2，
∴Tn=1-.
例3　解　(1)当n=1时，
4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，
所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，
即an=-3an-1，
而a1=4≠0，故an≠0，
故=-3(n≥2)，
所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，
所以an=4(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，
故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，
所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n
=4·-4n·3n
=2(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以Tn=(2n-1)3n+1.
跟踪演练1　(1)解　①当n=1时，=1，∴a1=1；
当n≥2时，
=-=n，
∴an=n2，当n=1时，a1=1适合上式，
∴an=n2(n∈N*).
②-=(n+1)3-n3
=3n2+3n+1，
∴-=3an+3n+1成立，
∴(n+1)3-n3=3an+3n+1，
n3-(n-1)3=3an-1+3(n-1)+1，
…
23-13=3a1+3×1+1，
累加得(n+1)3-13=3(a1+a2+…+an)+3(1+2+…+n)+n，
即n3+3n2+3n
=3Sn++n，
∴Sn=.
(2)①解　因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列，
又S1+2=a1+2，
所以Sn+2=(a1+2)·2n-1.
当n≥2时，由Sn+2=(a1+2)·2n-1，得Sn-1+2=(a1+2)·2n-2，
两式相减得
an=(a1+2)·2n-2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以==2，
所以=2，解得a1=2，
所以an=2n(n≥2)，
当n=1时上式成立，所以an=2n.
②证明　由①知
bn==
=-，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=-+-+…+-
=-，
又>0，所以Tn<.
例4　(1)B　(2)80π
跟踪演练2　(1)A　(2)D(共74张PPT)
数列求和及其综合应用
微专题2
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.
2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.
3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等.
考情分析
专题强化练
考点一
考点二
数列求和
数列的综合问题
内容索引
考点一
数列求和
1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常
见的裂项方式有：=；
=.
2.错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列.
　(2024·西安模拟)已知在正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
例1
考向1　分组转化法
∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列，
∴2ln an+1=ln an+ln an+2，
即=anan+2，而an≠0，
∴{an}为等比数列，设其公比为q，
又
得∴an=2n-1.
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=+=2n+；
当n为奇数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…+(n-1)-n]=+-n=2n-，
∴Tn=
　(2024·茂名模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=S4+S3，2a3n-3a2n=1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
例2
考向2　裂项相消法
∵数列{an}是等差数列，记其公差为d，
由题意知


∴an=1+(n-1)·2=2n-1.
(2)求数列的前n项和Tn.
∵==-，
∴Tn=-+-+…+-=-.
∵Sn==n2，
∴Tn=1-.
　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式；
例3
考向3　错位相减法
当n=1时，
4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，
所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，
即an=-3an-1，
而a1=4≠0，故an≠0，
故=-3(n≥2)，
所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以an=4(-3)n-1.
(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，
故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，
所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n
=4·-4n·3n=2(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以Tn=(2n-1)3n+1.
规律方法
(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差.
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项.
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(1)(2024·岳阳模拟)已知数列{}的前n项和为.
①求数列{an}的通项公式；
跟踪演练1
当n=1时，=1，∴a1=1；
当n≥2时，=-=n，
∴an=n2，当n=1时，a1=1适合上式，
∴an=n2(n∈N*).
②证明：-=3an+3n+1，并求数列{an}的前n项和Sn.
-=(n+1)3-n3=3n2+3n+1，∴-=3an+3n+1成立，
∴(n+1)3-n3=3an+3n+1，
n3-(n-1)3=3an-1+3(n-1)+1，
…
23-13=3a1+3×1+1，
累加得(n+1)3-13=3(a1+a2+…+an)+3(1+2+…+n)+n，
即n3+3n2+3n=3Sn++n，
∴Sn=.
(2)(2024·秦皇岛模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn+2}是公比为2的等比数列.
①求{an}的通项公式；
因为数列{Sn+2}是公比为2的等比数列，
又S1+2=a1+2，所以Sn+2=(a1+2)·2n-1.
当n≥2时，由Sn+2=(a1+2)·2n-1，得Sn-1+2=(a1+2)·2n-2，
两式相减得an=(a1+2)·2n-2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以==2，
所以=2，解得a1=2，
所以an=2n(n≥2)，
当n=1时上式成立，所以an=2n.
②若bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
由①知
bn==
=-，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=-+-+…+-
=-，
又>0，所以Tn<.
考点二
数列的综合问题
数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养.解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解.
(1)已知函数f(x)=x5+2x3+3x，数列{an}的首项为1，且满足an+3=an
(n∈N*).若f(a2 023)+f(a2 024+a2 025)=0，则数列{an}的前2 026项和为
A.0 B.1 C.675 D.2 023
例4
√
∵函数f(x)=x5+2x3+3x，则f'(x)=5x4+6x2+3>0，
∴函数f(x)=x5+2x3+3x是增函数，且是奇函数.
∵an+3=an(n∈N*)，
∴a1=a2 023=1，a2=a2 024，a3=a2 025，
∴f(a1)+f(a2+a3)=f(a2 023)+f(a2 024+a2 025)=0，
∴f(a1)=-f(a2+a3)=f(-a2-a3)，
∴a1=-a2-a3，即a1+a2+a3=0，
∴数列{an}的前2 026项和为675×(a1+a2+a3)+a2 026=0+a1=1.
(2)(2024·襄阳模拟)蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……依此类推，当得到的“蚊香”(不含△ABC)恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为　　　　.
80π
由题意可知每段圆弧的圆心角为，
设第n段圆弧的半径为rn，则可得rn+1=rn+1，r1=1，
故数列{rn}是首项r1=1，公差d=1的等差数列，
则rn=1+n-1=n，
则“蚊香”的长度为
r1+r2+…+r15=(r1+r2+…+r15)
=×=80π.
规律方法
数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识.
(1)(2024·南昌模拟)若数列{an}相邻两项的和依次构成等差数列，则称{an}是“邻和等差数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列{an}是“邻和等差数列”，Sn是其前n项和，且a1=0，a2=1，a3=4，则S200等于
A.39 700 B.39 800
C.39 900 D.40 000
√
跟踪演练2
设bn=an+an+1，由a1=0，a2=1，a3=4，
得b1=1，b2=5，则bn=4n-3=an+an+1，
故S200=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a199+a200)
=b1+b3+…+b199=1+9+…+793
==39 700.
(2)(2024·昆明模拟)第七届国际数学教育大会的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，…，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为
A. B.
C. D.
√
因为=12，
设第n(n∈N*，1≤n≤12)个三角形的斜边长为an，面积为bn，
由题意可知a1==，
an+1==an，
bn=×an×an=，
则b1=≠0，
===，
可知数列{bn}是首项为b1=的等比数列，
所以所作的所有三角形的面积和为=.
专题强化练
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A C A C AD ABD
题号 9 10 13 14
答案 52 -1012 0
对一对
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13
答案
14
(1)由{}是首项与公差均为1的等差数列，得=1+(n-1)×1=n，
则Sn=n2+n，当n≥2时，
Sn-1=(n-1)2+(n-1)，
两式相减得an=2n，
当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由(1)得
bn===(-1)n，
所以数列{bn}的前2 024项的和为
T2 024=-+-+…+=-1+=-.
11.
1
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12
13
答案
14
(1)因为4a1-3Sn=，
当n=1时，得4a1-3a1=1，
即a1=1≠0，3Sn=4-， ①
当n≥2时，3Sn-1=4-， ②
由①-②得3an=-，an=，
又a1=1也满足，所以an=.
12.
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13
答案
14
(2)因为bn=nan=n，
所以Tn=1×+2×+3×+…+n×，
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×，
两式相减得Tn=+++…+-n×
=-n
=-，
12.
1
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11
12
13
答案
14
故Tn=-，
由Tn≤+3λan，
得-+3λ，
即λ≥--，
依题意， n∈N*不等式λ≥--恒成立，
因为y=--随着n的增大而减小，
所以λ≥-，即λ的取值范围为.
12.
1
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13
答案
14
一、单项选择题
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12
13
1.(2024·阳泉模拟)已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin的一个
极大值点，则tan(a5+a9)的值为
A. B. C.± D.-
√
素养提升
答案
14
1
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3
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11
12
13
由正弦函数性质知，当2x-=+2kπ，k∈Z，
即x=+kπ，k∈Z时，
函数f(x)=sin取得极大值，
则a7=+kπ，k∈Z，
由等差数列性质，得a5+a9=2a7=+2kπ，k∈Z，
所以tan(a5+a9)=tan
=tan=tan=-tan=-.
答案
14
1
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3
4
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6
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10
11
12
13
2.已知函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，令an=(n∈N*)，记数列
{an}的前n项和为Sn，则S2 024等于
A.+1 B.-1
C.-1 D.+1
√
答案
14
1
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12
13
函数f(x)=xα的图象过点(4，2)，
则4α=2，解得α=，则f(x)=，
an==
=-，
则S2 024=(-1)+(-)+…+(-)=-1.
答案
14
1
2
3
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5
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10
11
12
13
3.(2024·双鸭山模拟)在一个数列中，如果 n∈N*，都有an·an+1·an+2=8，且a1=1，a2=2，则a1+a2+a3+…+a12等于
A.28 B.20 C.24 D.10
√
答案
由题知an·an+1·an+2=8，an+1·an+2·an+3=8，
所以an=an+3，故数列{an}是一个周期为3的周期数列，
又a1a2a3=8，a1=1，a2=2，所以a3=4，
所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=28.
14
4.(2024·绵阳模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a1=1，an+1-an=，
若[x]表示不超过x的最大整数，则[a1]+[a2]+…+[a20]等于
A.10 B.49 C.54 D.70
1
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13
√
答案
14
1
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11
12
13
答案
因为a1=1，an+1-an=，所以-=1，
可得{}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以=1+(n-1)×1=n，因为数列{an}的各项均为正数，
所以an=，因为n∈N*，
当1≤n<4时，[]=1，
当4≤n<9时，[]=2，
当9≤n<16时，[]=3，
当16≤n≤20时，[]=4，
则[a1]+[a2]+…+[a20]=3×1+5×2+7×3+5×4=54.
14
5.(2024·杭州模拟)设数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，an+bn+1=2n，an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项和，则S7等于
A.110 B.120 C.288 D.306
1
2
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9
10
11
12
13
答案
√
S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7
=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+(a6+b7)+(b6+a7)
=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.
14
1
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12
13
6.(2024·南充模拟)如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列{an}的前4
项. 记S=++…+，则下列结论正确的为
A.S>　　　　
B.S=
C.S<　　　　
D.S与的大小关系不能确定
√
答案
14
1
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12
13
由图分析可知a1=1，a2=8a1+1=8+1，
a3=8a2+1=8(8+1)+1=82+8+1，
a4=8a3+1=8(82+8+1)+1=83+82+8+1，
依此类推，a100=899+898+897+…+8+1，
所以S=++…+=1+++…+
<1+++…+=
=<.
答案
14
1
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13
7.(2024·白山模拟)公差不为零的等差数列{an}满足|a6|=a8，
=，则
A.a7=0 B.d=±4
C.a1=24 D.S15=60
√
答案
二、多项选择题
√
14
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2
3
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12
13
由|a6|=a8得，a6+a8=0，根据等差数列性质知a7=0，故A正确；
又a8>0，∴d>0，
由=====，∴d=4，
则a7=a1+6d=0，解得a1=-24，故BC错误；
而S15=15a8=15(a7+d)=60，故D正确.
答案
14
8.(2024·郑州模拟)对于数列{an}，定义bk为a1，a2，…，ak中的最大值
(k=1，2，…，n，n∈N*)，把数列{bn}称为数列{an}的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则
A.若数列{an}是递减数列，则{bn}为常数列
B.若数列{an}是递增数列，则有an=bn
C.若an∈N*，则满足{bn}为2，3，3，5，5的所有数列{an}的个数为8
D.若an=(-2)n-1(n∈N*)，记Sn为{bn}的前n项和，则S100=(2100-1)
1
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8
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11
12
13
√
答案
√
√
14
若数列{an}是递减数列，则a1是a1，a2，…，ak中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，
所以bn=a1，{bn}为常数列，A选项正确；
若数列{an}是递增数列，则ak是a1，a2，…，ak中的最大值(k=1，2，…，n，n∈N*)，
所以bk=ak，即an=bn，B选项正确；
满足{bn}为2，3，3，5，5，则a1=2，a2=3，a3可以取1，2，3，a4=5，a5可以取1，2，3，4，5，
1
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13
答案
14
所有数列{an}的个数为3×5=15，C选项错误；
若an=(-2)n-1(n∈N*)，则数列{an}中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数，
则有b2k-1=b2k=(-2)2k-2=22k-2，
所以S100=2(1+22+24+…+298)=(2100-1)，D选项正确.
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13
答案
14
三、填空题
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13
9.(2024·沈阳模拟)已知公比q大于1的等比数列{an}满足a1+a3=5，a2=2.设bn=|2log2an-7|，则数列{bn}的前10项和S10=　　　　　.
答案
14
52
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3
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12
13
由题意可得
解得
又q>1，则可得an=2n-1，
则bn=|2log2an-7|=|2log22n-1-7|
答案
14
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12
13
=|2n-9|=
则S10=b1+…+b5+b6+…+b10
=7+5+3+1+1+3+…+11=52.
答案
14
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5
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12
13
10.设有四个数的数列a1，a2，a3，a4，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零.对于任意
固定的实数k，若满足条件的数列只有一个，则k的值为　　　.
答案
14
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12
13
因为后3个数成等差数列且和为15，故可依次设后3个数为5-d，5，5+d(d≠0且d≠5)，
又前3个数构成等比数列，
则第一个数为，即+5-d+5=k，
化简得d2-15d+75-5k=0，
因为满足条件的数列只有一个，即关于d的方程只有一解，
即Δ=0，解得k=.
答案
14
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13
11.(2024·双鸭山模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，{}是首项与公差均为1的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
答案
四、解答题
14
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12
13
答案
由{}是首项与公差均为1的等差数列，
得=1+(n-1)×1=n，
则Sn=n2+n，当n≥2时，
Sn-1=(n-1)2+(n-1)，
两式相减得an=2n，
当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an=2n.
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(2)设bn=，求数列{bn}的前2 024项的和T2 024.
答案
由(1)得
bn==
=(-1)n，
所以数列{bn}的前2 024项的和为
T2 024=-+-+…+=-1+=-.
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13
12.(2024·桂林模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4a1-3Sn=.
(1)求数列{an}的通项公式；
答案
14
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13
答案
14
因为4a1-3Sn=，
当n=1时，得4a1-3a1=1，
即a1=1≠0，3Sn=4-， ①
当n≥2时，3Sn-1=4-， ②
由①-②得3an=-，an=，
又a1=1也满足，所以an=.
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13
答案
(2)设bn=nan，且数列{bn}的前n项和为Tn，若 n∈N*都有不等式Tn≤+3λan
恒成立，求λ的取值范围.
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答案
14
因为bn=nan=n，
所以Tn=1×+2×+3×+…+n×，
Tn=1×+2×+…+(n-1)×+n×，
两式相减得Tn=+++…+-n×
=-n
=-，
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答案
14
故Tn=-，
由Tn≤+3λan，
得-+3λ，
即λ≥--，
依题意， n∈N*不等式λ≥--恒成立，
因为y=--随着n的增大而减小，
所以λ≥-，即λ的取值范围为.
13.(2024·佳木斯模拟)复数z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024的虚部是　　　　　.
思维创新
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13
答案
14
-1 012
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13
答案
因为z=i+2i2+3i3+…+2 024i2 024，
z·i=i2+2i3+3i4+…+2 024i2 025，
两式相减，得z·(1-i)=i+i2+i3+…+i2 024-2 024i2 025=-2 024i2 025， ①
因为i4=1，所以i2 024=i4×506=1，
i2 025=i4×506+1=i，
所以化简①可得z====1 012-1 012i，
所以虚部为-1 012.
14
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答案
14.(2024·沈阳模拟)设数列{an}的通项公式为an=n3-n，n∈N*，该数列中个位数字为0的项按从小到大的顺序排列构成数列{bn}，则b2 017被7除所得的余数是　　　.
14
0
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答案
因为an=n3-n=n(n-1)(n+1)，所以当n的个位数字为1，4，5，6，9，0时，
an的个位数字为0，则在数列{an}中，每连续10项中就有6项的个位数字为0，
而2 017=336×6+1，由此推断数列{bn}中的第2 017项相当于数列{an}中的第3 361项，即b2 017=a3 361=3 3613-3 361，
而3 361=480×7+1，所以3 361除以7余数为1，
而(7k+1)3=(7k)3+3(7k)2+3·7k+1，k∈N*，
所以3 3613除以7余数也为1，
而它们的差3 3613-3 361一定能被7整除，所以b2 017被7除所得余数为0.
14

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