高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版课时规范练31　数列求和

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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足:bn=1an+2lg2an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
∵a1,a2,a3-2成等差数列,
∴2a2=a1+(a3-2)=2+(a3-2)=a3,∴q=a3a2=2,
∴an=a1qn-1=2n.
(2)由(1)及bn=1an+2lg2an-1,可知bn=12n+2lg22n-1=12n+2n-1,
∴Sn=12+1+122+3+123+5+…+12n+(2n-1)=12+122+123+…+12n+[1+3+5+…+(2n-1)]=121-12n1-12+n·[1+(2n-1)]2=n2-12n+1.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn+an-n=0.
(1)求证:数列an-12为等比数列;
(2)求数列{an-n}的前n项和Tn.
(1)证明:当n=1时,2S1+a1-1=0,解得a1=13.
因为2Sn+an-n=0(n∈N*),①
当n≥2时,2Sn-1+an-1-(n-1)=0,②
①-②,得3an=an-1+1,即an=13an-1+13,当n≥2时,an-12an-1-12=13an-1+13-12an-1-12=13,
又a1-12=-16,所以an-12是以-16为首项,以13为公比的等比数列.
(2)解:由(1)可得an=-12×13n+12,
所以an-n=-12×13n-n+12,
所以数列{an-n}的前n项和
Tn=-12×13[1-13n]1-13−(n+1)n2+n2,
化简得Tn=1413n-1-n22.
3.(2021四川成都石室中学高三月考)在数列{an}中,a1=3,且对任意n∈N+,都有an+an+22=an+1.
(1)设bn=an+1-an,判断数列{bn}是否为等差数列或等比数列;
(2)若a2=5,cn=an,n为奇数,2an-1,n为偶数,求数列{cn}的前2n项的和S2n.
解:(1)由an+an+22=an+1,得an+an+2=2an+1,an+2-an+1=an+1-an,
所以数列{an}是等差数列.
当{an}的公差为零时,bn+1=bn=0,数列{bn}是等差数列,不是等比数列;
当{an}的公差不为零时,bn+1=bn≠0,数列{bn}既是等差数列也是等比数列.
(2)若a2=5,由(1)知an+1-an=a2-a1=2,
所以数列{an}是等差数列,且首项为3,公差为2,
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
则cn=2n+1,n为奇数,4n,n为偶数.
S2n=S奇+S偶=[3+7+11+…+(4n-1)]+(42+44+…+42n)=(3+4n-1)n2+16(1-16n)1-16=2n2+n+16(16n-1)15.
4.(2021云南昆明“三诊一模”检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3n=3an-2,且S5-S3=4a2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,证明:Tn<34.
(1)解:设数列{an}的公差为d,在a3n=3an-2中,令n=1,得a3=3a1-2,
即a1+2d=3a1-2,故a1=d+1.①
由S5-S3=4a2得a4+a5=4a2,所以2a1=3d.②
由①②解得a1=3,d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)证明:由(1)可得Sn=n(a1+an)2=n(3+2n+1)2=n2+2n,
所以1Sn=1n2+2n=121n−1n+2,故Tn=121-13+12−14+13−15+…+1n−1n+2,
所以Tn=121+12−1n+1−1n+2=34−2n+32(n+1)(n+2).
因为2n+32(n+1)(n+2)>0,所以Tn<34.
5.(2021山东淄博一模)将n2(n∈N+)个正数排成n行n列:
a11 a12 a13 a14 … a1n
a21 a22 a23 a24 … a2n
a31 a32 a33 a34 … a3n
a41 a42 a43 a44 … a4n
…
an1 an2 an3 an4 … ann
其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且各列的公比都相等,若a11=1,a13a23a33=1,a32+a33+a34=32.
(1)求a1n;
(2)设Sn=a11+a22+a33+…+ann,求Sn.
解:(1)设第一行数的公差为d,各列的公比为q,
由题意可知a13a23a33=a233=1,解得a23=1,
由a32+a33+a34=3a33=32,解得a33=12,则q=a33a23=12.
由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)·12=1,解得d=12,
因此a1n=a11+(n-1)d=1+n-12=n+12.
(2)由(1)可得ann=a1nqn-1=n+12·12n-1=n+12n,
可得Sn=221+322+423+…+n+12n,
两边同时乘以12可得12Sn=222+323+…+n2n+n+12n+1,
上述两式相减可得12Sn=1+122+123+…+12n-n+12n+1=1+122(1-12n-1)1-12−n+12n+1=32−n+32n+1,
因此,Sn=3-n+32n.
6.(2021四川绵阳中学高三月考)已知等差数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,Sn2=a13+a23+…+an3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n4n(2an-1)(2an+1),数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n.
解:(1)由Sn2=a13+a23+…+an3,
当n=1时,解得a1=1,
当n=2时,(a1+a2)2=a13+a23,即a23−a22-2a2=0,
因为a2>0,所以解得a2=2,
故数列{an}的公差为a2-a1=1,所以an=1+n-1=n.
(2)由(1)可得bn=(-1)n·4n(2an-1)(2an+1)=(-1)n·4n(2n-1)(2n+1)=(-1)n12n-1+12n+1,
所以T2n=-1+13+13+15-15+17+…+14n-1+14n+1=-1+14n+1=-4n4n+1.
7.(2020新高考Ⅰ,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N+)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.
解:(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.
解得q=12(舍去),q=2.
因为a1q2=8,所以a1=2.
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.
所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)
=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.
8.(2021河北秦皇岛模拟)已知数列{an}满足2an+1=an+1,a1=54,bn=an-1.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)求数列 的前n项和Tn.
从条件①n+1bn,②{n+bn},③4lg2bn·lg2bn+1中任选一个,补充到上面的问题中,并给出解答.
(1)证明:因为2an+1=an+1,所以2an+1-2=an-1.
因为bn=an-1,所以2bn+1=bn,bn+1=12bn.
因为b1=a1-1=14,所以数列{bn}是以14为首项,12为公比的等比数列,bn=12n+1.
(2)解:选①:
因为bn=12n+1,所以n+1bn=(n+1)·2n+1,
则Tn=2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1,2Tn=2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2,
Tn=2Tn-Tn=-2×22-23-24-…-2n+1+(n+1)×2n+2=(n+1)×2n+2-23(1-2n-1)1-2-2×22=(n+1)×2n+2+8-2n+2-8=n·2n+2,
故Tn=n·2n+2.
选②:因为bn=12n+1,所以n+bn=n+12n+1,
则Tn=1+14+2+18+3+116+…+n+12n+1=(1+2+3+…+n)+14+18+116+…+12n+1=12n(n+1)+14(1-12n)1-12=n22+n2+12−12n+1,
故Tn=n22+n2+12−12n+1.
选③:因为bn=12n+1,所以4lg2bn·lg2bn+1=41n+1−1n+2,
则Tn=412−13+13−14+…+1n−1n+1+1n+1−1n+2=412−1n+2=2nn+2,
故Tn=2nn+2.