2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練第五章數(shù)列第4講數(shù)列的求和含解析

PAGE5-第4講數(shù)列的求和1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1，則eq\f(S2024,2024)＝()A．1009B．1008C．2D．12．已知數(shù)列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，若bn＝eq\f(1,anan＋1)，那么數(shù)列{bn}前n項的和為()A．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))B．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))C．1－eq\f(1,n＋1)D.eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)3．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－6n，則數(shù)列{|an|}的前n項和Tn等于()A．6n－n2B．n2－6n＋18C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n＞3))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n，n＞3))4．已知數(shù)列{an}滿意：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S2024＝()A．3B．2C．1D．05．對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項公式為an＋1－an＝2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝()A．2B．2nC．2n＋1－2D．2n－1－26．(多選)已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2＋3an)(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的有()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))為等比數(shù)列B．{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2n＋1－3)C．{an}為遞增數(shù)列D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn＝2n＋2－3n－47．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S60＝________.8．(2024年新課標(biāo)Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________.9．(2024年新課標(biāo)Ⅱ)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和．10．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n＋1＋n－2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝log2(an－1)，求Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋eq\f(1,b3b4)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1).11．(2024年浙江)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．?dāng)?shù)列{bn}滿意b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n.(1)求q的值；(2)求數(shù)列{bn}的通項公式．12．(2024年天津)設(shè){an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*)，ⅰ)求Tn；ⅱ)證明：＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．

第4講數(shù)列的求和1．A解析：S2024＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2024)＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2024＋1)＝eq\f(1＋2×2024＋1×1009,2)＝2024×1009，∴eq\f(S2024,2024)＝1009.故選A.2．A解析：∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f(nn＋1,2),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴Sn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))).3．C解析：∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差數(shù)列，且首項為－5，公差為2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.∴n≤3時，an<0；n>3時，an>0.∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n＞3.))4．A解析：∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故數(shù)列{an}是周期為6的周期數(shù)列，且每連續(xù)6項的和為0.故S2024＝336×0＋a2024＋a2024＝a1＋a2＝3.5．C解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.6．ABD7．480解析：∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，….∴{a2n－1}為等差數(shù)列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，….∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，….∴該數(shù)列構(gòu)成以4為首項，4為公差的等差數(shù)列．∴S60＝4×15＋eq\f(15×14,2)×4＝480.8.eq\f(2n,n＋1)解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋\f(4×3,2)d＝10.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Sk)＝eq\f(2,kk＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，則＝2eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).9．解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通項公式為an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n項和為1＋3＋…＋2n－1＝n2.10．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝2n＋1＋n－2，,Sn－1＝2n＋n－1－2，))得an＝2n＋1(n≥2)．當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3，綜上所述，an＝2n＋1.(2)由bn＝log2(an－1)＝log22n＝n.Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋eq\f(1,b3b4)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,n＋1).11．解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項，得a3＋a5＝2a4＋4，∴a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20，得8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝20，∵q>1，∴q＝2.(2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}前n項和為Sn.由cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))解得cn＝4n－1.由(1)可知an＝2n－1，∴bn＋1－bn＝(4n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3＋…＋7·eq\f(1,2)＋3.設(shè)Tn＝3＋7·eq\f(1,2)＋11·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2，eq\f(1,2)Tn＝3·eq\f(1,2)＋7·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－9)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴eq\f(1,2)Tn＝3＋4·eq\f(1,2)＋4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋4·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2－(4n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2，又b1＝1，∴bn＝15－(4n＋3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.12．(1)解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.∵q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1，故bn＝n.∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n.(2)ⅰ)解：由(1)，有Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故Tn＝2k－1)＝k－n＝eq\f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.ⅱ)證明：∵eq\f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq\f(2k＋1－k－2