2025年高三数学高考数列求和与求通项模拟试题

2025年高三数学高考数列求和与求通项模拟试题一、选择题（共8小题，每小题5分）已知数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=n^2-2n+3$，则$a_5$的值为（）A.7B.8C.9D.10解析：由$a_n=S_n-S_{n-1}(n\geq2)$，得$a_5=S_5-S_4$。计算$S_5=5^2-2\times5+3=18$，$S_4=4^2-2\times4+3=11$，故$a_5=18-11=7$。选A。数列${a_n}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，则$a_4$的值为（）A.7B.15C.31D.63解析：构造等比数列，设$a_{n+1}+t=2(a_n+t)$，对比得$t=1$。则${a_n+1}$是以2为首项，2为公比的等比数列，$a_n+1=2^n$，即$a_n=2^n-1$。$a_4=2^4-1=15$。选B。已知数列${a_n}$的通项公式为$a_n=\frac{1}{n(n+1)}$，则其前$n$项和$S_n=$（）A.$\frac{n}{n+1}$B.$\frac{1}{n+1}$C.$\frac{2n}{n+1}$D.$\frac{n}{2(n+1)}$解析：裂项相消法，$a_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$。$S_n=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$。选A。若数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=2^n-1$，则${a_n^2}$的前$n$项和为（）A.$(2^n-1)^2$B.$4^n-1$C.$\frac{4^n-1}{3}$D.$\frac{(2^n-1)^2}{3}$解析：由$S_n=2^n-1$得$a_n=2^{n-1}(n\geq1)$，则$a_n^2=4^{n-1}$。${a_n^2}$是首项为1，公比为4的等比数列，前$n$项和为$\frac{1-4^n}{1-4}=\frac{4^n-1}{3}$。选C。数列${a_n}$满足$a_1=2$，$a_{n+1}=a_n+2n$，则$a_{10}=$（）A.90B.92C.94D.96解析：累加法，$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}2k=2+2\times\frac{(n-1)n}{2}=n^2-n+2$。$a_{10}=10^2-10+2=92$。选B。已知等比数列${a_n}$中，$a_2=2$，$a_5=16$，则数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=$（）A.$2^n-1$B.$2^{n+1}-2$C.$2^n-2$D.$2^{n+1}-1$解析：设公比为$q$，则$q^3=\frac{a_5}{a_2}=8$，$q=2$。$a_1=1$，$S_n=\frac{1-2^n}{1-2}=2^n-1$。选A。数列${a_n}$的通项公式为$a_n=n\cdot2^n$，其前$n$项和$S_n=$（）A.$(n-1)2^{n+1}+2$B.$n\cdot2^{n+1}-2$C.$(n+1)2^n-2$D.$n\cdot2^n+2$解析：错位相减法，$S_n=1\cdot2+2\cdot4+\cdots+n\cdot2^n$，$2S_n=1\cdot4+\cdots+(n-1)2^n+n\cdot2^{n+1}$。两式相减得$-S_n=2+4+\cdots+2^n-n\cdot2^{n+1}=2^{n+1}-2-n\cdot2^{n+1}$，故$S_n=(n-1)2^{n+1}+2$。选A。已知数列${a_n}$满足$a_n=(-1)^n\cdotn$，则其前$100$项和$S_{100}=$（）A.-50B.0C.50D.100解析：并项求和，$S_{100}=(-1+2)+(-3+4)+\cdots+(-99+100)=50\times1=50$。选C。二、填空题（共4小题，每小题5分）数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=3n^2-2n$，则$a_n=$________。解析：当$n=1$时，$a_1=S_1=1$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=6n-5$。综上，$a_n=6n-5$。数列${a_n}$满足$a_1=1$，$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1}{n}$，则$a_n=$________。解析：累乘法，$a_n=a_1\cdot\frac{a_2}{a_1}\cdot\frac{a_3}{a_2}\cdots\frac{a_n}{a_{n-1}}=1\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{n}{n-1}=n$。数列${a_n}$的通项公式为$a_n=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$，其前$n$项和$S_n=9$，则$n=$________。解析：分母有理化，$a_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$。$S_n=\sqrt{n+1}-1=9$，解得$n=99$。若数列${a_n}$满足$a_1=3$，$a_{n+1}=2a_n-1$，则$a_n=$________。解析：构造等比数列，$a_{n+1}-1=2(a_n-1)$，则${a_n-1}$是以2为首项，2为公比的等比数列，$a_n-1=2^n$，故$a_n=2^n+1$。三、解答题（共4小题，共60分）（15分）已知等差数列${a_n}$中，$a_3=7$，$a_5+a_7=26$。（1）求${a_n}$的通项公式；（2）设$b_n=a_n\cdot2^n$，求数列${b_n}$的前$n$项和$S_n$。解析：（1）设公差为$d$，则$\begin{cases}a_1+2d=7\2a_1+10d=26\end{cases}$，解得$a_1=3$，$d=2$，故$a_n=2n+1$。（2）$b_n=(2n+1)2^n$，用错位相减法：$S_n=3\cdot2+5\cdot4+\cdots+(2n+1)2^n$，$2S_n=3\cdot4+\cdots+(2n-1)2^n+(2n+1)2^{n+1}$，两式相减得$-S_n=6+2(4+8+\cdots+2^n)-(2n+1)2^{n+1}=2-(2n-1)2^{n+1}$，故$S_n=(2n-1)2^{n+1}+2$。（15分）已知数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=2a_n-1$。（1）求${a_n}$的通项公式；（2）设$c_n=a_n+n$，求数列${c_n}$的前$n$项和$T_n$。解析：（1）当$n=1$时，$a_1=1$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1}$，即$a_n=2a_{n-1}$。故${a_n}$是首项为1，公比为2的等比数列，$a_n=2^{n-1}$。（2）$c_n=2^{n-1}+n$，分组求和得$T_n=\frac{1-2^n}{1-2}+\frac{n(n+1)}{2}=2^n-1+\frac{n(n+1)}{2}$。（15分）已知数列${a_n}$满足$a_1=2$，$a_{n+1}=a_n+2n+1$。（1）求${a_n}$的通项公式；（2）若$b_n=\frac{1}{a_n-n}$，求数列${b_n}$的前$n$项和$S_n$。解析：（1）累加法，$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(2k+1)=2+(n-1)^2+2(n-1)=n^2+1$。（2）$b_n=\frac{1}{n^2+1-n}=\frac{1}{n(n-1)+1}$（此处修正为$a_n-n=n^2+1-n$，裂项得$b_n=\frac{1}{n(n-1)+1}$，但实际应为$a_n=n^2+1$，$a_n-n=n^2-n+1$，无法裂项，题目可能存在笔误，若修正为$a_n=n^2$，则$b_n=\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，$S_n=1-\frac{1}{n}$）。（15分）已知数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n=2a_n-n$。（1）证明：数列${a_n+1}$是等比数列；（2）求数列${a_n}$的前$n$项和$S_n$。解析：（1）当$n=1$时，$a_1=1$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-n-(2a_{n-1}-(n-1))$，化简得$a_n=2a_{n-1}+1$，即$a_n+1=2(a_{n-1}+1)$。故${a_n+1}$是以2为首项，2为公比的等比数列。（2）由（1）得$a_n+1=2^n$，$a_n=2^n-1$，$S_n=\sum_{k=1}^n(2^k-1)=2^{n+1}-2-n$。四、综合题（共1小题，20分）已知数列${a_n}$满足$a_1=1$，$a_2=3$，且$a_{n+2}-3a_{n+1}+2a_n=0$。（1）证明：数列${a_{n+1}-a_n}$是等比数列；（2）求${a_n}$的通项公式；（3）若$b_n=\frac{a_n}{2^n}$，求数列${b_n}$的前$n$项和$T_n$。解析：（1）由递推式得$a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)$，又$a_2-a_1=2$，故${a_{n+1}-a_n}$是首项为2，公比为2的等比数列。（2）累加法，$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)=1+\sum_{k=1}^{n-1}2^k=2^n-1$。（3）$b_n=\frac{2^n-1}{2^n}=1-(\frac{1}{2})^n$，$T_n=n-\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=n-1+\frac{1}{2^n}$。五、创新题型（共1小题，15分）定义“斐波那契数列”：$F_1=1$，$F_2=1$，$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$。若数列${a_n}$满足$a_n=F_n+F_{n+2}$，证明：${a_n}$是等比数列，并求其前$n$项和。解析：由斐波那契数列性质，$a_n=F_n+F_{n+2}=F_n+F_{n+1}+F_n=F_{n+1}+2F_n$（此处修正为$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$，故$a_n=F_n+F_{n+1}+F_n=F_{n+1}+2F_n$，但实际$a_1=F_1+F_3=1+2=3$，$a_2=F_2+F_4=1+3=4$，$a_3=2+5=7$，非等比数列，题目可能存在错误，若修正为$a_n=F_{n+1}$，则为斐波那契数列，前$n$项和$S_n=F_{n+2}-1$）。（注：实际正确推导应为$a_n=F_n+F_{n+2}=F_n