2025年高考数学一轮知识点复习-基础课34 数列求和-专项训练(含解析）.docx

1、数列求和-专项训练【原卷版】基巩固练1. 数列an是首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为Sn.若Sn+1=kan-1，则k=（）A. 1B. 2C. 3D. 4.2. 已知在前n项和为Sn的数列an中，a1=1，an+1=-an-2，则S101=（）.A. -97B. -98C. -99D. -1003. 已知数列an的通项公式为an=log2n+1n，其前n项和为Sn，则满足Sn5的n的最小值为（ ）.A. 30B. 31C. 32D. 334. 已知数列an满足a1+a2+a8=1，且an+1an=nn+2n=1,2,7，则a1=（ ）.A. 916B. 716C. 516D. 11

2、165. 已知公差不为零的等差数列an满足a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项.设数列bn满足bn=1anan+1(nN*)，则数列bn的前n项和Sn=（ ）.A. n2n+1 B. n+12n+1C. n2n-1D. n+12n-16. 已知数列an的前n项和为Sn,an=2n-1cos n ，则S2023=（ ）.A. 1012B. -1012C. 2023D. -20237. 已知数列1,322,423,524,625, ,n+12n,的前n项和为Sn，则Sn=（ ）.A. 3-n+12n-12n-1B. 3-n+12n-1-12n-2C. 3-n+12n-12n-2D. 3

3、-n2n-12n-28.已知an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且S6S3=6564，则数列log2an的前10项和为（ ）.A. 58B. 56C. 50D. 45综合提升练9. （多选题）设Sn是数列an的前n项和，a1=2,an+1Sn+1=2anSn+2n+1，则（ ）.A. a22+2a2=10B. 数列anSnn+1是等比数列C. 当n2时，n2n-1an-1=n+12nan-anD. 数列anSn的前100项和为100210110. （多选题）已知各项为正数的等差数列an的前n项和Sn满足对于nN*，an2，Sn，an构成等差数列,公比大于1的等比数列bn满足b1=a1

4、，b2b6=64.若数列cn满足cn=3n-2bnnn+2，则（ ）.A. an=n，bn=2n-1B. 数列anbn的前n项和为n-12n+1C. 数列1anan+1an+2的前n项和为12-1nn+2D. 数列cn的前7项和为382911. 设数列an的前n项和为Sn，已知a2=2,an+2+-1n-1an=2，则S60=_.12. 2024呼伦贝尔模拟已知数列an的前n项和Sn=4n3-n3，记bn=an2n，则数列bn的前n项和Tn=_应用情境练13. 小张计划连续十年向某公司投放资金，第一年年初投资10万元，以后每年投资金额比前一年增加2万元，该公司承诺按复利计算，且年利率为10%，

5、第十年年底小张一次性将本金和利息取回，则小张大约可以取得_万元.（结果保留到小数点后两位）参考数据：1.192.36，1.1102.59，1.1112.85.14. 已知数列an的首项为a1=1，且满足nan+1=n+1an，数列bn满足b1=1a2，且bn+1=bn3bn+1.（1）求an，bn的通项公式；（2）设数列2anbn的前n项和为Tn，求T19.创新拓展练15. 已知数列an满足a1=4，an+1=2an，数列bn的通项公式为bn=n+12，记数列anbn的前n项和为Sn.若存在正数k，使an+1kSnn2-9n+36n2对一切nN*恒成立，则k的取值范围是_16. 已知数列an的

6、各项均为正数，其前n项和Sn满足1Sn+1=1an-1an+1，nN*.（1）证明：数列an是等比数列.（2）若a1=2，求数列Sn+1SnSn+1的前n项和Tn.数列求和-专项训练【解析版】基巩固练1. 数列an是首项为1，公比为2的等比数列，其前n项和为Sn.若Sn+1=kan-1，则k=（D）A. 1B. 2C. 3D. 4解析 数列an 是首项为1，公比为2的等比数列，an=2n-1，Sn+1=11-2n+11-2=2n+1-1.由Sn+1=kan-1，得2n+1-1=k2n-1-1，即2n+1=k2n-1，k=2n+12n-1=4.故选D.2. 已知在前n项和为Sn的数列an中，a1

7、=1，an+1=-an-2，则S101=（ C ）.A. -97B. -98C. -99D. -100解析由an+1=-an-2，得an+an+1=-2，则S101=a1+a2+a3+a100+a101=1-250=-99故选C.3. 已知数列an的通项公式为an=log2n+1n，其前n项和为Sn，则满足Sn5的n的最小值为（ C ）.A. 30B. 31C. 32D. 33解析由an=log2n+1n，得Sn=log21+11+log22+12+log23+13+log2n+1n =log21+112+123+13n+1n=log2n+1，由Sn5，即log2n+15，即n+125，所以n

8、31，所以满足Sn5 的n 的最小值为32.故选C.4. 已知数列an满足a1+a2+a8=1，且an+1an=nn+2n=1,2,7，则a1=（ A ）.A. 916B. 716C. 516D. 1116解析an=a1a2a1a3a2anan-1=a11324n-1n+1=2nn+1a1=2a11n-1n+1n=1,2,7,8，a1+a2+a8=2a11-12+12-13+18-19 =2a11-19=16a19=1，解得a1=916.故选A.5. 已知公差不为零的等差数列an满足a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项.设数列bn满足bn=1anan+1(nN*)，则数列bn的前n

9、项和Sn=（ A ）.A. n2n+1 B. n+12n+1C. n2n-1D. n+12n-1解析设等差数列an 的公差为d,则根据题意可得a3+a8=20，a52=a2a14，则2a1+9d=20, a1+4d2=a1+da1+13d, 解得a1=1,d=2, 所以an=2n-1(nN*)，bn=12n-12n+1=1212n-1-12n+1(nN*)，Sn=121-13+13-15+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.故选A.6. 已知数列an的前n项和为Sn,an=2n-1cos n ，则S2023=（ D ）.A. 1012B. -1012C. 2023D. -2

10、023解析因为数列an 的前n 项和为Sn，且an=2n-1cos n ，所以a1=cos =-1，a2=3cos 2=3，a3=5cos 3=-5，a4=7cos 4=7，所以a1+a2=2，a3+a4=2，依次类推，a5+a6=2， ，a2021+a2022=2，a2023=22023-1-1=-4045,所以S2023=a1+a2+a3+a4+a2022+a2023 =a1+a2+a3+a4+a2021+a2022+a2023 =10112-4045 =-2023.故选D.7. 已知数列1,322,423,524,625, ,n+12n,的前n项和为Sn，则Sn=（ A ）.A. 3-n

11、+12n-12n-1B. 3-n+12n-1-12n-2C. 3-n+12n-12n-2D. 3-n2n-12n-2解析记该数列为an,由题意知，an=n+12n(nN*)，所以Sn=1+322+423+524+n+12n，所以12Sn=222+323+424+525+n2n+n+12n+1，两式相减可得，12Sn=1+122+123+124+125+12n-n+12n+1=1+122-12n+11-12-n+12n+1=32-n+32n+1，所以Sn=3-n+32n=3-n+12n-12n-1.故选A.8. 已知an是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，且S6S3=6564，则数列log

12、2an的前10项和为（ A ）.A. 58B. 56C. 50D. 45解析设数列an 的公比为q,an是首项为32的等比数列,Sn是其前n 项和,且S6S3=6564,q1，321-q61-q321-q31-q=6564,1+q3=6564,解得q=14,an=3214n-1=27-2n(nN*),log2an=7-2n(nN*), 数列log2an 的前10项和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58.故选A.综合提升练9. （多选题）设Sn是数列an的前n项和，a1=2,an+1Sn+1=2anSn+2n+1，则（ BCD ）.A. a22+2a2=10B. 数列anSnn+1

13、是等比数列C. 当n2时，n2n-1an-1=n+12nan-anD. 数列anSn的前100项和为1002101解析对于A，由a2S2=2a1S1+22 及a1=2，得a22+2a2=12,故A 错误.对于B，因为a1=2,an+1Sn+1=2anSn+2n+1，所以a1S12=2,an+1Sn+12n+1-anSn2n=1，所以数列anSn2n 是首项为2，公差为1的等差数列，则anSn2n=n+1，即anSn=n+12n，所以anSnn+1=2n，则数列anSnn+1 是等比数列，故B 正确.对于C，由B 知anSn=n+12n，得Sn=n+12nan，当n2 时，Sn-Sn-1=n+1

14、2nan-n2n-1an-1，即an=n+12nan-n2n-1an-1，则n2n-1an-1=n+12nan-an，故C 正确.对于D，设T100=100i=1i+12i=22+322+423+1012100，则2T100=222+323+424+1012101，两式相减得-T100=4+22+23+2100-1012101=4+2101-4-1012101=-1002101，即T100=1002101，故D 正确.故选BCD.10. （多选题）已知各项为正数的等差数列an的前n项和Sn满足对于nN*，an2，Sn，an构成等差数列,公比大于1的等比数列bn满足b1=a1，b2b6=64.若

15、数列cn满足cn=3n-2bnnn+2，则（ ABD ）.A. an=n，bn=2n-1B. 数列anbn的前n项和为n-12n+1C. 数列1anan+1an+2的前n项和为12-1nn+2D. 数列cn的前7项和为3829解析对于A，依题意得2Sn=an2+an， 当n=1 时，2a1=a12+a1,得a1=1 或a1=0（舍去）;当n2 时，2Sn-1=an-12+an-1. 由- 得an+an-1an-an-1-1=0，因为an 每项为正，所以an-an-1=1n2，则数列an 为等差数列，公差为1，且a1=1，所以an=n(nN*)，所以b1=1，设bn 的公比为qq1，则b2b6=

16、qq5=64，解得q=2，所以bn=2n-1(nN*)，故A 正确.对于B，设anbn=n2n-1 的前n 项和为Tn，所以Tn=120+221+322+n-12n-2+n2n-1， 2Tn=121+222+323+n-12n-1+n2n， 由- 得-Tn=1+21+22+23+2n-1-n2n=1-2n1-2-n2n，所以Tn=1-2n+n2n=1+n-12n，故B 正确.对于C，1anan+1an+2=1nn+1n+2=121nn+1-1n+1n+2，则所求数列的前n 项和为12112-123+123-134+1nn+1-1n+1n+2=12112-1n+1n+2，故C 错误.对于D，因为

17、cn=3n-22n-1nn+2=2n+1n+2-2n-1n，所以c1+c2+c3+c7=223-201+234-212+245-223+289-267=-201-212+278+289=3829，故D 正确.故选ABD.11. 设数列an的前n项和为Sn，已知a2=2,an+2+-1n-1an=2，则S60=960.解析由an+2+-1n-1an=2 可得，当n 为奇数时，有an+2+an=2；当n 为偶数时，an+2-an=2.故数列an 的偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，则S60=a1+a3+a5+a7+a57+a59+a2+a4+a6+a8+a58+a60=152+302+30

18、2922=960.12. 2024呼伦贝尔模拟已知数列an的前n项和Sn=4n3-n3，记bn=an2n，则数列bn的前n项和Tn=3-2n+32n .解析当n=1 时，a1=S1=4-13=1；当n2 时，an=Sn-Sn-1=4n3-n3-4n-13-n-13=4n2-4n+1，当n=1 时，4n2-4n+1=4-4+1=1.综上,an=4n2-4n+1，nN*，所以bn=an2n=2n-12n，所以Tn=12+322+523+2n-12n， 由12，得12Tn=122+323+524+2n-12n+1， 由-，得12Tn=12+222+223+224+22n-2n-12n+1=32-2n

19、+32n+1，所以Tn=3-2n+32n.应用情境练13. 小张计划连续十年向某公司投放资金，第一年年初投资10万元，以后每年投资金额比前一年增加2万元，该公司承诺按复利计算，且年利率为10%，第十年年底小张一次性将本金和利息取回，则小张大约可以取得305.94万元.（结果保留到小数点后两位）参考数据：1.192.36，1.1102.59，1.1112.85.解析依题意，小张每年向公司投资的金额构成以10为首项，2为公差的等差数列an,nN*,n10，an=10+2n-1=2n+8(nN*)，因此每年的投资到第十年年底的本金与利息和bn=an1.111-n=2n+81.111-n(nN*)，设

20、10次投资到第十年年底本金与利息的总和为S 万元，则S=281.1+261.12+241.13+121.19+101.110，于是得1.1S=281.12+261.13+241.14+121.110+101.111，两式相减得-0.1S=281.1-21.12+1.13+1.19+1.110-101.111=30.8-21.121-1.191-1.1-101.111=55-301.111，则S=3001.111-550305.94，所以小张共可以取得305.94万元.14. 已知数列an的首项为a1=1，且满足nan+1=n+1an，数列bn满足b1=1a2，且bn+1=bn3bn+1.（1）

21、求an，bn的通项公式；（2）设数列2anbn的前n项和为Tn，求T19.解析（1）因为nan+1=n+1an，所以an+1an=n+1n，所以anan-1=nn-1n2，所以an=anan-1an-1an-2a3a2a2a1a1=nn-1n-1n-2433221=nn2，当n=1 时，a1=1，an=n也成立，所以an=n(nN*).因为bn+1=bn3bn+1，所以1bn+1-1bn=3，又b1=12，所以数列1bn 是以2为首项，3为公差的等差数列，所以1bn=2+3n-1=3n-1，所以bn=13n-1(nN*).（2）由（1）得2anbn=2n3n-1，所以Tn=221+522+82

22、3+3n-42n-1+3n-12n， 2Tn=222+523+824+3n-42n+3n-12n+1， 由- 得-Tn=4+322+23+24+2n-3n-12n+1=4+3221-2n-11-2-3n-12n+1=-8-3n-42n+1，所以Tn=8+3n-42n+1，所以T19=8+53220.创新拓展练15. 已知数列an满足a1=4，an+1=2an，数列bn的通项公式为bn=n+12，记数列anbn的前n项和为Sn.若存在正数k，使an+1kSnn2-9n+36n2对一切nN*恒成立，则k的取值范围是23,+).解析因为an+1=2an，a1=4,所以an+1an=2，所以数列an

23、是公比为2的等比数列，所以an=a1qn-1=2n+1，所以anbn=2n+1n+12=n+12n，nN*，所以Sn=221+322+423+n+12n， 2Sn=222+323+424+n+12n+1， 由- 得，-Sn=4+22+23+2n-n+12n+1=4+41-2n-11-2-n+12n+1=-n2n+1，所以Sn=n2n+1.因为不等式an+1kSnn2-9n+36n2 对一切nN* 恒成立，所以2kn2-9n+36n 对一切nN* 恒成立，即2kn+36n-9 对一切nN* 恒成立，只需满足2kn+36n-9min，因为n+36n-92n36n-9=3，当且仅当n=36n，即n=

24、6 时，等号成立，所以2k3，即k23，故k 的取值范围=23,+).16. 已知数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足1Sn+1=1an-1an+1，nN*.（1）证明：数列an是等比数列.（2）若a1=2，求数列Sn+1SnSn+1的前n项和Tn.解析（1）因为1Sn+1=1an-1an+1，nN*，所以Sn+1=an+1anan+1-an, 当n2 时，Sn-1+1=anan-1an-an-1, 由- 得an=an+1anan+1-an-anan-1an-an-1，因为an0，所以1=an+1an+1-an-an-1an-an-1，整理得an2=an+1an-1，即an+1an=anan-1，所以数列an 是等比数列.（2）在1Sn+1=1an-1an+1 中，令n=1，得1a1+1=1a1-1a2，因为a1=2，所以13=12-1a2，解得a2=6，所以等比数列an 的公比q=a2a1=3，所以an=23n-1，Sn=21-3n1-3=3n-1，故Sn+1SnSn+1=3n3n-13n+1-1=1213n-1-13n+1-1，则Tn=1212-18+18-126+13n-1-13n+1-1=1212-13n+1-1=14-123n+1-2.