2023年高考数学一轮复习课时规范练31数列求和含解析北师大版文

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课时规范练31　数列求和1.已知在等比数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足:bn=+2log2an-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==2,∴an=a1qn-1=2n.(2)由(1)及bn=+2log2an-1,可知bn=n+2log22n-1=n+2n-1,∴Sn=++3++…++(2n-1)=+…++[1+3+5+…+(2n-1)]==n2-+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=因为2Sn+an-n=0(n∈N*),①当n≥2时,2Sn-1+an-1-(n-1)=0,②①-②,得3an=an-1+1,即an=an-1+,当n≥2时,,又a1-=-,所以是以-为首项,以为公比的等比数列.(2)解:由(1)可得an=-,所以an-n=--n+,所以数列{an-n}的前n项和Tn=-,化简得Tn=-1-3.(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+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=求数列{cn}的前2n项的和S2n.解:(1)由=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=S2n=S奇+S偶=[3+7+11+…+(4n-1)]+(42+44+…+42n)==2n2+n+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)设数列的前n项和为Tn,证明:Tn<(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==n2+2n,所以,故Tn=1-+++…+,所以Tn=1+=因为>0,所以Tn<5.(2021山东淄博一模)将n2(n∈N+)个正数排成n行n列:a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3na41a42a43a44…a4n…an1an2an3an4…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=(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==1,解得a23=1,由a32+a33+a34=3a33=,解得a33=,则q=由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)=1,解得d=,因此a1n=a11+(n-1)d=1+(2)由(1)可得ann=a1nqn-1=n-1=,可得Sn=+…+,两边同时乘以可得Sn=+…+,上述两式相减可得Sn=1++…+-=1+,因此,Sn=3-6.(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,+…+(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=(-1)n,数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n.解:(1)由+…+,当n=1时,解得a1=1,当n=2时,(a1+a2)2=,即-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=(-1)n=(-1)n,所以T2n=-1++-+…+=-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=(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=,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①,②{n+bn},③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=bn.因为b1=a1-1=,所以数列{bn}是以为首项,为公比的等比数列,bn=n+1.(2)解:选①:因为bn=n+1,所以=(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--2×22=(n+1)×2n+2+8-2n+2-8=n·2n+2,故Tn=n·2n+2.选②:因为bn=n+1,所以n+bn=n+n+1,则Tn=1++2++3++…+n+=(1+2+3+…+n)++…+=n(n+1)+,故Tn=选③:因为bn=n+1,所以=4,则Tn=4++…++=4=,故Tn=