2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含答案】，共6页。
1.设数列{an}满足a1＋ eq \f(1,2)a2＋ eq \f(1,22)a3＋…＋ eq \f(1,2n-1)an＝n，求数列{nan}的前n项和．
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－a1(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝6，bn＝Sn＋ eq \f(1,an)＋4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和为Tn，证明：Tn＜ eq \f(1,2).
3.设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
4.设{an}为等差数列，{bn}是正项等比数列，且a1＝b1＝2，a3＝2b2.在①b5－b3＝12b1，②a5＋2＝b4，这两个条件中任选一个，回答下列问题：
(1)写出你选择的条件并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在(1)的条件下，若cn＝an＋bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1.设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝ eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn< eq \f(Sn,2).
2.已知数列{an}是等差数列，若a1＝2，且a3，2a2，2a4－1成等比数列，数列{bn}满足b1＋ eq \f(b2,2)＋ eq \f(b3,3)＋…＋ eq \f(bn,n)＝ eq \f(1,2)n2＋ eq \f(3,2)n.
(1)求数列{an}、数列{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}为正项等差数列，设cn＝ eq \f(1,an＋bn)，求证：数列{cn}的前n项和Tn< eq \f(3,4).
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解：∵a1＋ eq \f(1,2)a2＋ eq \f(1,22)a3＋…＋ eq \f(1,2n-1)an＝n，则当n≥2时，a1＋ eq \f(1,2)a2＋ eq \f(1,22)a3＋…＋ eq \f(1,2n-2)an－1＝n－1，两式相减得 eq \f(1,2n-1)an＝1，∴an＝2n-1.又当n＝1时，a1＝1，满足an＝2n-1.综上知an＝2n-1，∴nan＝n·2n-1.设数列{nan}的前n项和为Sn，∴Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n-2＋n·2n-1，2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，∴－Sn＝1－n·2n＋(21＋22＋…＋2n-1)＝1－n·2n＋ eq \f(2(1－2n-1),1－2)＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
2.(1)解：已知Sn＝2an－a1，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
两式相减得an＝2an－1，n≥2，
所以 eq \f(an,an－1)＝2为常数．
bn＝Sn＋ eq \f(1,an)＋4，
令n＝1，得6＝a1＋ eq \f(1,a1)＋4，解得a1＝1，
所以数列{an}是公比为2、首项为1的等比数列，
所以{an}的通项公式为an＝2n-1.
(2)证明：由Sn＝2an－a1＝2n－1，得bn＝2n＋ eq \f(1,2n-1)＋3，
则 eq \f(1,bn)＝ eq \f(2n-1,(2n＋1)(2n-1＋1))＝ eq \f(1,2n-1＋1)－ eq \f(1,2n＋1)，
所以Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n-1＋1)－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2n＋1)＜ eq \f(1,2).
3.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1（舍去）或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得an＝(－2)n-1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n-1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n-1＋n×(－2)n.
所以3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n-1－n×(－2)n
＝ eq \f(1－(－2)n,3)－n×(－2)n，
所以Sn＝ eq \f(1,9)－ eq \f((3n＋1)(－2)n,9).
4.解：(1)选择①：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0).
则根据题意有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋2d＝4q，,2q4－2q2＝24，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝3，))
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n-1＝2n；
选择②：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0).
则根据题意有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋2d＝4q，,2＋4d＋2＝2q3，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝2，,d＝3，))
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n-1＝2n.
(2)由(1)可知cn＝3n－1＋2n，
所以Sn＝(2＋21)＋(5＋22)＋(8＋23)＋…＋(3n－1＋2n)＝[2＋5＋8＋…＋(3n－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2n)
＝ eq \f(n(2＋3n－1),2)＋ eq \f(2(1－2n),1－2)＝ eq \f(3n2＋n,2)＋2n+1－2.
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1.(1)解：设{an}的公比为q，则an＝qn-1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝ eq \f(1,3)，
故an＝ eq \f(1,3n-1)，bn＝ eq \f(n,3n).
(2)证明：由(1)知Sn＝ eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))
＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，
Tn＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(2,32)＋ eq \f(3,33)＋…＋ eq \f(n,3n)，①
eq \f(1,3)Tn＝ eq \f(1,32)＋ eq \f(2,33)＋ eq \f(3,34)＋…＋ eq \f(n－1,3n)＋ eq \f(n,3n+1)，②
①－②得 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,32)＋ eq \f(1,33)＋…＋ eq \f(1,3n)－ eq \f(n,3n+1)，
即 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－ eq \f(n,3n+1)
＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－ eq \f(n,3n+1)，
整理得Tn＝ eq \f(3,4)－ eq \f(2n＋3,4×3n)，
则2Tn－Sn＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝－ eq \f(n,3n)＜0，故Tn＜ eq \f(Sn,2).
2.(1)解：∵数列{an}是等差数列，设公差为d，
则a3·(2a4－1)＝(2a2)2，
即(2＋2d)·(6d＋3)＝(4＋2d)2，解得d＝1或d＝－ eq \f(5,4)，
故an＝n＋1或an＝－ eq \f(5,4)n＋ eq \f(13,4)，
令n＝1，得b1＝2，
当n≥2时，b1＋ eq \f(b2,2)＋ eq \f(b3,3)＋…＋ eq \f(bn－1,n－1)＝ eq \f(1,2)(n－1)2＋ eq \f(3,2)(n－1)，
与原式作差得 eq \f(bn,n)＝n＋1，bn＝n2＋n(n≥2)，
验证得b1＝2满足通项，故bn＝n2＋n(n∈N*).
(2)证明：因为数列{an}为正项等差数列，由(1)可知an＝n＋1，
cn＝ eq \f(1,n2＋2n＋1)< eq \f(1,n2＋2n)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
则Tn< eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
即Tn< eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))< eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝ eq \f(3,4)，不等式得证。