提能训练 练案[38]
A组基础巩固
一、单选题
1．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( )
A．(3n－1)2B．(9n－1)
C．9n－1D．(3n－1)
[答案] B
[解析] 因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．则当n≥2时，an＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
则数列{a}是首项为4，公比为9的等比数列，a＋…＋a＝＝(9n－1)．故选B．
2．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则的前100项和为( )
A．B．
C．D．
[答案] D
[解析] ∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.
∴an－an－1＝n(n≥2)．
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.
∴＝＝2.
∴的前100项和为2＝2＝.故选D．
3．(2024·重庆三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1(n∈N*)，S24＝( )
A．276B．272
C．268D．266
[答案] A
[解析] ∵a1＝S1＝1，又∵Sn＋Sn＋1＝n2＋1，
当n＝1时，S1＋S2＝12＋1＝2，解得S2＝1；
当n≥2时，Sn－1＋Sn＝(n－1)2＋1，
作差得Sn＋1－Sn－1＝2n－1，
∴S24＝(S24－S22)＋(S22－S20)＋…＋(S4－S2)＋S2＝2(23＋21＋…＋3)－11＋1＝276.故选A．
4．(2025·河南安阳晋豫名校联盟联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1－an＝8n＋4，则＋＋…＋＝( )
A．2025B．2024
C．D．
[答案] D
[解析] 由题意可得a2－a1＝8＋4，a3－a2＝8×2＋4，a4－a3＝8×3＋4，…，an－an－1＝8(n－1)＋4(n≥2)，累加可得an－a1＝8＋8×2＋8×3＋…＋8×(n－1)＋4(n－1)＝8×＋4(n－1)＝4n2－4，an＝4n2－1，所以＝＝＝，故＋＋…＋＝＝＝.故选D．
5．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝( )
A．3×251－156B．3×251－103
C．3×250－156D．3×250－103
[答案] A
[解析] 因为a1＝1，an＋1＝
所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，
a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，
所以a2k＋2＋a2k＋1＝2(a2k＋a2k－1)＋3，
记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，
所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，
所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋3＝6×2n－1，bn＝6×2n－1－3，
记{bn}的前n项和为Tn，
则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156.故选A．
6．(2025·河南名校联盟摸底)将正整数1，2，3，…按从小到大的顺序分组，第n组含2n－1个数，分组如下：(1)，(2，3)，(4，5，6，7)，(8，9，10，11，12，13，14，15)，…，则2025在第几组( )
A．9B．10
C．11D．12
[答案] C
[解析] 由题意可设前n组里含有的正整数的个数为Sn，则Sn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＝＝2n－1，由于S10＝210－1＝10232025，故2025在第11组．故选C．
二、多选题
7．(2023·济南调研)已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，设数列{bn}的前n项和Sn，则( )
A．an＝B．an＝n
C．Sn＝D．Sn＝
[答案] AC
[解析] 由题意得an＝＋＋…＋＝＝，
∴bn＝＝＝4，
∴数列{bn}的前n项和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
4
＝4＝.故选AC．
8．(2025·湖北部分学校期中)高斯被誉为“数学王子”，是世界上伟大数学家．用他名字定义的函数f(x)＝[x]([x]表示不超过x的最大整数)称为高斯函数．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，令bn＝，则下列结论正确的有( )
A．an＝n(n∈N*)
B．Sn＝(n∈N*)
C．[b1＋b2＋…＋b63]＝6
D．＝18
[答案] BCD
[解析] ∵Sn＝，∴当n≥2时，
2Sn＝Sn－Sn－1＋?S－S＝1，
又S1＝，an>0?a1＝1，∴S＝n?Sn＝，an＝－，故A错，B对；
∵bn＝＝＝(－)，
∴b1＋b2＋…＋b63＝(＋7－)∈(6，7)，
∴[b1＋b2＋…＋b63]＝6.故C对；
∵＝>＝2(－)，
∴＋＋…＋>2[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝2[－1]>18，
∵当n≥2时，＝0，
所以当n≤5时，
Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Bn＝10n－n2，
当n≥6时，
Tn＝－b1－b2－…－b5＋b6＋b7＋…＋bn＝Bn－2B5＝n2－10n＋50.
故Tn＝
14．(2025·河南安阳晋豫名校联盟联考)已知首项为3的数列{an}的前n项和为Sn，且是公差为3的等差数列．
(1)探究数列{an}的单调性；
(2)求Sn.
[解析] (1)由题得数列是以＝1为首项，3为公差的等差数列，
则＝1＋(n－1)×3＝3n－2，
所以an＝(3n－2)×3n，
且an＋1－an＝(3n＋1)×3n＋1－(3n－2)×3n＝(6n＋5)×3n>0，
故数列{an}单调递增．
(2)由题意可得
Sn＝1×31＋4×32＋…＋(3n－2)×3n，
则3Sn＝1×32＋4×33＋…＋(3n－2)×3n＋1，
故－2Sn＝3＋33＋34＋…＋3n＋1－(3n－2)×3n＋1
＝3＋－(3n－2)·3n＋1
＝－，
故Sn＝.
B组能力提升
1．(2025·福建莆田一中测试)已知数列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差为1的等差数列，数列{an＋bn}是公比为2的等比数列．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由题意，可得an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，
故an＝n＋3，n∈N*，
∵数列{an＋bn}是公比为2的等比数列，
且a1＋b1＝4－2＝2，
∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，
∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*.
(2)由题意及(1)，可得bn＝2n－(n＋3)，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(21－4)＋(22－5)＋(23－6)＋…＋[2n－(n＋3)]
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－[4＋5＋6＋…＋(n＋3)]
＝－＝2n＋1－－－2.
2．(2025·云南师大附中阶段测试)已知数列{an}的首项a1＝1，设bn＝2an，且{bn}的前n项和Sn满足：3Sn＝bn＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令Tn＝a1＋a4＋…＋a3n－2，求证：＋＋…＋<.
[解析] (1)当n≥2时，3Sn＝bn＋1－2，3Sn－1＝bn－2，
两式相减得：3bn＝bn＋1－bn，所以bn＋1＝4bn.
当n＝1时，a1＝1，b1＝2且3S1＝b2－2，可得b2＝8，满足上式，
由bn≠0，则{bn}为等比数列，bn＝2×4n－1＝22n－1，
所以an＝2n－1.
(2)证明：由(1)知an＝2n－1，
所以Tn＝1＋7＋…＋(6n－5)＝(1＋6n－5)＝n(3n－2)，
当n＝1时，＝＝1<成立；
当n≥2时，＝＝<＝－，
所以<＋－＋－＋…＋－＝1＋－<成立．
综上＋＋…＋<.
C组拓展应用(选作)
(2025·辽宁期中)观察下面图形中小正方形的个数，若第n个图形中的小正方形的个数为an，令bn＝.

(1)求an及数列{bn}的前n项和Sn；
(2)设数列{(n＋2)·2n·Sn}的前n项和为Tn，若λ(Tn＋2n＋1－2)≤(n2＋4)·2n恒成立，求λ的取值范围．
[解析] (1)由题意可得a1＝1＋2，a2＝1＋2＋3，a3＝1＋2＋3＋4，a4＝1＋2＋3＋4＋5，a5＝1＋2＋3＋4＋5＋6，…，
所以an＝1＋2＋3＋…＋n＋(n＋1)＝，
则bn＝＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋＝1－＝.
(2)由(1)知，(n＋2)·2n·Sn＝n·2n，
所以，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②
②－①得Tn＝n·2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n·2n＋1－＝(n...