新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.5数列求和（含答案解析）

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1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝eq \f(n－n2,2)，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
2．(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.
(1)证明：数列{an－2n}为等比数列；
(2)已知bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,lg2an，n为偶数，))Tn为数列{bn}的前n项和，求T10.
3．(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(3n,an＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
4．(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
5．(2023·湘潭模拟)在数列{an}中，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an,n＋1)＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,3a1)＋eq \f(1,4a2)＋…＋eq \f(1,n＋2an)0，所以a9＝3a3，
又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)，
所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
若选择③：设{an}的公差为d，
因为Sn－nan＝eq \f(n－n2,2)，
所以na1＋eq \f(nn－1,2)d－n[a1＋(n－1)d]＝eq \f(n－n2,2)，
又a1＝1，即n＋eq \f(nn－1,2)d－n－n(n－1)d＝eq \f(n－n2,2)d＝eq \f(n－n2,2)，
解得d＝1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2)由(1)知bn＝＋2an＝3n＋2n.
所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，
所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，
所以Tn＝eq \f(31－3n,1－3)＋eq \f(2＋2nn,2)＝eq \f(3n＋1－3,2)＋n2＋n，
所以Tn＝eq \f(3n＋1＋2n2＋2n－3,2).
2．(1)证明 由an＋1＋2an＝2n＋2可得
an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)．
又a1－21＝1≠0，
所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，
即an＝2n＋(－2)n－1.
当n为奇数时，
bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；
当n为偶数时，bn＝lg2an＝lg2[2n＋(－2)n－1]＝lg22n－1＝n－1.
所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)
＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
＝eq \f(3×1－45,1－4)＋eq \f(1＋9×5,2)＝1 048.
3．解 (1)由已知得2Sn＝3an－1，①
当n＝1时，2S1＝3a1－1，
即2a1＝3a1－1，
解得a1＝1，
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②
①－②得2an＝3an－3an－1，
即an＝3an－1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)因为bn＝eq \f(3n,an＋1an＋1＋1)
＝eq \f(3n,3n－1＋13n＋1)
＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋1)－\f(1,3＋1)＋\f(1,3＋1)))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,32＋1)＋…＋\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))
＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋1)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(3,23n＋1).
4．解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝2n.
由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9，
设等差数列{bn}的公差为d，
则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3，
故bn＝b1＋(n－1)d＝3n.
综上，an＝2n，bn＝3n.
(2)由(1)知anbn＝3n·2n，
所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn
＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①
2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②
所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×eq \f(21－2n＋1,1－2)－3n·2n＋1
＝(3－3n)·2n＋1－6，
所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
5．(1)解 因为eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an,n＋1)＝n2＋n，①
则当n＝1时，eq \f(a1,2)＝2，即a1＝4，
当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,3)＋eq \f(a3,4)＋…＋eq \f(an－1,n)＝n2－n，②
①－②得eq \f(an,n＋1)＝2n，
所以an＝2n(n＋1)，n≥2，
a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，
故an＝2n(n＋1)(n∈N*)．
(2)证明 因为eq \f(1,n＋2an)＝eq \f(1,2nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2n＋1)·eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,4n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))，
所以eq \f(1,3a1)＋eq \f(1,4a2)＋…＋eq \f(1,n＋2an)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)－\f(1,2×3)＋\f(1,2×3)－\f(1,3×4)))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1n＋2)))