(共51张PPT)
第四节 数列求和
4
主干知识 · 整合
回扣知识 基础落实
关键能力 · 突破
考向探究 题型剖析
激活思维·增分培优
拓广视野 智学慧考
32025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】
1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
3．设数列{an}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝( )
A．128 B．65
C．64 D．63
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．4
5．已知等比数列{an}，a1＝1，a4＝，且a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1A． B．
C． D．
6．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则下列说法中正确的是( )
A．an＝
B．数列的前2 020项的和为
C．数列的前2 020项的和为
D．数列{an}的第50项为2 550
7．(多选)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．则下列数列{bn}为“吉祥数列”的有( )
A．bn＝n B．bn＝(－1)n(n＋1)
C．bn＝4n－2 D．bn＝2n
8．已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________．
9．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n项的和T2n．
10．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项和为( )
A．1 009 B．1 010
C．2 019 D．2 020
11．(多选)已知数列{an}满足a1＝，an＝a＋an－1(n≥2，n∈N*)．记数列{a}的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，则下列结论正确的是( )
A．An＝an＋1－ B．Bn＝－
C．＝an D．<
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．
(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
13．已知数列{an}，其前n项和为Sn，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．
条件①：Sn＝－an＋t(t为常数)；
条件②：an＝bnbn＋1，其中数列{bn}满足b1＝1，(n＋1)·bn＋1＝nbn；
条件③：3a＝3a＋an＋1＋an．
数列{an}中a1是6展开式中的常数项，且________．求证：Sn<1 n∈N*恒成立．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】
1．等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项的和为( )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
解析：A 设{an}的公差为d，根据题意得a＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{an}的前6项和为S6＝6a1＋d＝1×6＋×(－2)＝－24．
2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：C ∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和Sn，∴Sn＝(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．
3．设数列{an}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝( )
A．128 B．65
C．64 D．63
解析：D 因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝＝1，因此S6＝＝26－1＝63．故选D．
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．4
解析：A 显然数列{an}的公比不等于1，所以Sn＝＝·qn－＝4n＋b，所以b＝－1．
5．已知等比数列{an}，a1＝1，a4＝，且a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1A． B．
C． D．
解析：D 设等比数列{an}的公比为q，q≠0，则q3＝＝，解得q＝，所以an＝，所以anan＋1＝×＝，所以数列{anan＋1}是首项为，公比为的等比数列，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝<．因为a1a2＋a2a3＋…＋anan＋16．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则下列说法中正确的是( )
A．an＝
B．数列的前2 020项的和为
C．数列的前2 020项的和为
D．数列{an}的第50项为2 550
解析：AC 因为an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，所以an＋1－an＝1＋n，即an－an－1＝n(n≥2)，所以n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝，a1＝1也适合此式，所以an＝，a50＝1 275，A正确，D错误；＝＝2，数列的前2 020项和S2 020＝2＝，B错误，C正确．故选A、C．
7．(多选)设数列{an}的前n项和为Sn，若为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．则下列数列{bn}为“吉祥数列”的有( )
A．bn＝n B．bn＝(－1)n(n＋1)
C．bn＝4n－2 D．bn＝2n
解析：BC 对于A，Sn＝，S2n＝n(1＋2n)，S4n＝2n(1＋4n)，所以＝＝不为常数，故A错误；对于B，由并项求和法知：S2n＝n，S4n＝2n，＝＝，故B正确；对于C，Sn＝×n＝2n2，S2n＝8n2，S4n＝32n2，所以＝，故C正确；对于D，Sn＝＝2(2n－1)，S2n＝2(4n－1)，S4n＝2(16n－1)，所以＝＝不为常数，故D错误．故选B、C．
8．已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________．
解析：Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1．又an＝2n，∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5．
答案：5
9．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a3是a2，a5的等比中项，数列{bn}满足对任意的n∈N*，Sn＋bn＝2n2．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n项的和T2n．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得，化简得
因为d≠0，所以a1＝0，d＝2，所以an＝2n－2(n∈N*)，Sn＝n2－n，n∈N*，
因为Sn＋bn＝2n2，所以bn＝n2＋n(n∈N*)．
(2)由(1)知，cn＝＝
所以T2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n
＝(2＋4＋…＋2n)＋(40＋42＋…＋42n－2)
＝＋＝n(n＋1)＋(16n－1)．
10．已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项和为( )
A．1 009 B．1 010
C．2 019 D．2 020
解析：D 设{an}的公差为d，则有解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{ancos nπ}的前2 020项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×＝2 020．
11．(多选)已知数列{an}满足a1＝，an＝a＋an－1(n≥2，n∈N*)．记数列{a}的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，则下列结论正确的是( )
A．An＝an＋1－ B．Bn＝－
C．＝an D．<
解析：ABD 由an＝a＋an－1，得a＝an－an－1≥0，所以an≥an－1≥，An＝a＋a＋…＋a＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an＋1－an＝an＋1－a1＝an＋1－，故A正确；由an＝a＋an－1＝an－1(an－1＋1)，得＝＝－，即＝－，所以Bn＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝－，故B正确；易知An≠0，Bn≠0，所以＝＝an＋1，故C不正确；易知an＝a＋an－1<2a，所以an＋1<2a<23a<…<22n－1a＝22n－1×2n＝×32n，所以＝an＋1<××32n＝，故D正确．故选A、B、D．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，均有Sn＋1＝3Sn－2n＋2成立，a1＝2．
(1)求证：数列{an－1}为等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：(1)当n≥2时，Sn＝3Sn－1－2(n－1)＋2，又Sn＋1＝3Sn－2n＋2，
两式相减可得Sn＋1－Sn＝3Sn－3Sn－1－2，
即an＋1＝3an－2，
即有an＋1－1＝3(an－1)，
令n＝1，可得a1＋a2＝3a1，解得a2＝2a1＝4，也符合an＋1－1＝3(an－1)，
则数列{an－1}是首项为1，公比为3的等比数列，
则an－1＝3n－1，故an＝1＋3n－1．
(2)由(1)知bn＝nan＝n＋n·3n－1，
则Tn＝(1＋2＋…＋n)＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1)，
设Mn＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1，
3Mn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
两式相减可得－2Mn＝1＋3＋32＋…＋3n－1－n·3n
＝－n·3n，
化简可得Mn＝．
所以Tn＝n(n＋1)＋．
13．已知数列{an}，其前n项和为Sn，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．
条件①：Sn＝－an＋t(t为常数)；
条件②：an＝bnbn＋1，其中数列{bn}满足b1＝1，(n＋1)·bn＋1＝nbn；
条件③：3a＝3a＋an＋1＋an．
数列{an}中a1是6展开式中的常数项，且________．求证：Sn<1 n∈N*恒成立．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
证明：二项展开式的通项为Tk＋1＝C6－k·k＝C6－kx12－3k，令12－3k＝0，得k＝4，得展开式的常数项为a1＝．
可选择的条件为①或②或③：
若选择①：在Sn＝－an＋t中，令n＝1，得t＝1，所以Sn＝－an＋1，
当n≥2时，Sn－1＝－an－1＋1．两式相减得an＝an－1，
故{an}是以为首项，为公比的等比数列，
所以Sn＝＝1－n<1．
所以Sn<1对任意的n∈N*恒成立．
若选择②：由(n＋1)bn＋1＝nbn得＝，
所以bn＝··…··b1＝(n≥2)，n＝1时也满足，
则an＝＝－，
Sn＝＋＋…＋＝1－<1．所以Sn<1对任意的n∈N*恒成立．
若选择③：由题意得3a－3a＝－(an＋1＋an)，
得an＋1－an＝－或an＋1＋an＝0，
又a1＝，当an＋1＋an＝0时，有Sn＝所以Sn<1，
当an＋1－an＝－时，有Sn＝－＝－(n2－4n)＝－(n－2)2＋，
当n＝2时，Sn有最大值，为<1．
所以Sn<1对任意的n∈N*恒成立．
