2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习45数列求和（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习45数列求和（Word版附解析），共5页。

(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
2．[2024·河北张家口模拟]已知数列{an}满足3＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝eq \f(2n＋3,2n).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和为Sn，证明：Sn3．[2024·河北沧州模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足an＝2eq \r(Sn)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ancseq \f(2nπ,3)，求数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1.
优生选做题
4．[2024·河南驻马店模拟]已知等比数列{an}的公比q>1，若a2＋a3＋a4＝14，且a2，a3＋1，a4分别是等差数列{bn}的第1，3，5项．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝eq \f(2an,（an＋1－1）（an＋2－1）)＋eq \f(bn,an)，求数列{cn}的前n项和Sn.
课后定时检测案45 数列求和
1．解析：(1)由题意得，an＋1＝Sn＋1；当n≥2时，an＝Sn－1＋1，
两式相减得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an.
又因为a2＝S1＋1＝a1＋1＝2＝2a1，所以当n≥1时，an＋1＝2an，
所以{an}成等比数列，且首项a1＝1，公比q＝2，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得，bn＝nan＝n·2n－1，
所以Tn＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1， ①
①×2得，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ②
①－②得，－Tn＝1＋21＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝－(n－1)·2n－1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
2．解析：(1)由题意，数列{an}满足3＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝eq \f(2n＋3,2n)，
当n＝1时，可得3＋eq \f(a1,2)＝eq \f(2×1＋3,21)＝eq \f(5,2)，解得a1＝－1；
当n≥2时，可得3＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＝eq \f(2n＋1,2n－1)，
两式相减得eq \f(an,2n)＝eq \f(2n＋3,2n)－eq \f(2n＋1,2n－1)＝eq \f(2n＋3－4n－2,2n)＝eq \f(－2n＋1,2n)，所以an＝－2n＋1，
当n＝1时，a1＝－1，适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋1.
(2)令bn＝eq \f(1,an·an＋1)，由an＝－2n＋1，
可得bn＝eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,（－2n＋1）（－2n－1）)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))，
所以Sn＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4n＋2)，
因为n∈N*，可得eq \f(1,4n＋2)>0，所以Sn3．解析：(1)an＝2eq \r(Sn)－1⇒(an＋1)2＝4Sn，
当n≥2时，(an－1＋1)2＝4Sn－1，两式子作差可得
a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) －a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n－1)) ＋2an－2an－1＝4an⇒aeq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n))－a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n－1)) －2(an＋an－1)＝0⇒(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
又an＋an－1≠0，所以an－an－1－2＝0⇒an－an－1＝2，
可得数列{an}为公差为2的等差数列，
当n＝1时，a1＝2eq \r(S1)－1⇒a1－2eq \r(a1)＋1＝0⇒(eq \r(a1)－1)2＝0⇒a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)bn＝ancseq \f(2nπ,3)＝(2n－1)cseq \f(2nπ,3)，T3n＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋b3n－2＋b3n－1＋b3n＋b3n＋1，
T3n＋1＝1×(－eq \f(1,2))＋3×(－eq \f(1,2))＋5×1＋…＋(6n－5)×(－eq \f(1,2))＋(6n－3)×(－eq \f(1,2))＋(6n－1)×1＋(6n＋1)×(－eq \f(1,2))
＝eq \f(n（1＋6n－5）,2)×(－eq \f(1,2))＋eq \f(n（3＋6n－3）,2)×(－eq \f(1,2))＋eq \f(n（5＋6n－1）,2)×1＋(6n＋1)×(－eq \f(1,2))
＝－eq \f(3n2,2)＋n－eq \f(3n2,2)＋3n2＋2n－3n－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，
所以数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1＝－eq \f(1,2).
4．解析：(1)因为a2，a3＋1，a4分别是等差数列{bn}的第1，3，5项，所以2(a3＋1)＝a2＋a4，
又a2＋a3＋a4＝14，所以得a3＝4，所以a1q2＝4且a2＋a4＝a1q＋a1q3＝10，
由q>1可解得q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1；
又b1＝a2＝2，b3＝a3＋1＝5，故等差数列bn的公差d＝eq \f(b3－b1,2)＝eq \f(3,2)，
所以bn＝2＋(n－1)·eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)n＋eq \f(1,2).
(2)由(1)知cn＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＋eq \f(3n＋1,2n)，
令dn＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)，en＝eq \f(3n＋1,2n)，设数列{dn}的前n项和为An，数列{en}的前n项和为Bn，则Sn＝An＋Bn.
因为dn＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
所以An＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)，
因为Bn＝eq \f(4,21)＋eq \f(7,22)＋eq \f(10,23)＋…＋eq \f(3n－2,2n－1)＋eq \f(3n＋1,2n)，
所以eq \f(1,2)Bn＝eq \f(4,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(10,24)＋…＋eq \f(3n－2,2n)＋eq \f(3n＋1,2n＋1)，
两式相减，得eq \f(1,2)Bn＝2＋eq \f(3,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(3,2n－1)＋eq \f(3,2n)－eq \f(3n＋1,2n＋1)＝2＋3×eq \f(\f(1,22)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－（\f(1,2)）n－1)),1－\f(1,2))－eq \f(3n＋1,2n＋1)＝eq \f(7,2)－eq \f(3n＋7,2n＋1)，
所以Bn＝7－eq \f(3n＋7,2n)，
所以Sn＝1－eq \f(1,2n＋1－1)＋7－eq \f(3n＋7,2n)＝8－eq \f(1,2n＋1－1)－eq \f(3n＋7,2n).