2023年高考数学一轮复习《数列求和》精选练习（2份打包，教师版+原卷版）

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2023年高考数学一轮复习《数列求和》精选练习 LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq \f(2,anan＋1)，设{bn}的前n项和为Sn，求最小的正整数n，使得Sn＞eq \f(2 016,2 017).【答案解析】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝8,a1＋4d＝3a1＋3d))，解得a1＝1，d＝2，从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.(2)因为bn＝eq \f(2,anan＋1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq \f(1,2n＋1)，令1－eq \f(1,2n＋1)＞eq \f(2 016,2 017)，解得n＞1 008，故取n＝1 009. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn=aeq \o\al(2,n)＋n.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn=eq \f(an＋2,2n＋1·an·an＋1)，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜eq \f(1,2).【答案解析】解：(1)当n=1时，2S1=2a1=aeq \o\al(2,1)＋1，所以(a1－1)2=0，即a1=1，又{an}为单调递增数列，所以an≥1.由2Sn=aeq \o\al(2,n)＋n得2Sn＋1=aeq \o\al(2,n＋1)＋n＋1，所以2Sn＋1－2Sn=aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＋1，则2an＋1=aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＋1，所以aeq \o\al(2,n)=(an＋1－1)2.所以an=an＋1－1，即an＋1－an=1，所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an=n.(2)证明：bn=eq \f(an＋2,2n＋1·an·an＋1)=eq \f(n＋2,2n＋1·n·n＋1)=eq \f(1,n·2n)－ SKIPIF 1 < 0 ，所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×21)－\f(1,2×22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×22)－\f(1,3×23)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n·2n)－\f(1,n＋1·2n＋1)))=eq \f(1,2)－ SKIPIF 1 < 0 ＜eq \f(1,2). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=eq \f(an,2n)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－eq \f(7,4)≤Tn＜－1(n∈N*).【答案解析】解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a10＝15，,a\o\al(2,4)＝a3a7，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝15，,a1＋3d2＝a1＋2da1＋6d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))∴an=2n－5(n∈N*).(2)证明：∵bn=eq \f(an,2n)=eq \f(2n－5,2n)，n∈N*.∴Tn=eq \f(－3,2)＋eq \f(－1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(2n－5,2n)，①eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,22)＋eq \f(－1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(2n－7,2n)＋eq \f(2n－5,2n＋1)，②①－②得eq \f(1,2)Tn=eq \f(－3,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－5,2n＋1)=－eq \f(1,2)＋eq \f(1－2n,2n＋1)，∴Tn=－1－eq \f(2n－1,2n)(n∈N*)，∵eq \f(2n－1,2n)＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1.Tn＋1－Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2n＋1,2n＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2n－1,2n)))=eq \f(2n－3,2n＋1)，∴Tn＜Tn＋1(n≥2).又T1=－1－eq \f(1,2)=－eq \f(3,2)，T2=－1－eq \f(4－1,4)=－eq \f(7,4).∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2=－eq \f(7,4).综上所述，－eq \f(7,4)≤Tn＜－1(n∈N*). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3=12，b3=a4－2a1，S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).【答案解析】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3=12，得b1(q＋q2)=12，而b1=2，所以q2＋q－6=0.又因为q＞0，解得q=2.所以bn=2n.由b3=a4－2a1，可得3d－a1=8.①由S11=11b4，可得a1＋5d=16.②由①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n－2.所以数列{an}的通项公式为an=3n－2，数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n=6n－2，b2n－1=2×4n－1，得a2nb2n－1=(3n－1)×4n，故Tn=2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn=2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3Tn=2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1=eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1=－(3n－2)×4n＋1－8.故Tn=eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足aeq \o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋4，a2－1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝eq \f(log2bn,bn)－eq \f(1,anan＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.【答案解析】解：(1)因为aeq \o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋4，所以aeq \o\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋4(n≥2)，两式相减得aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2an＋1，所以aeq \o\al(2,n＋1)＝aeq \o\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2，所以an＋1－an＝1.又aeq \o\al(2,3)＝(a2－1)a7，所以(a2＋1)2＝(a2－1)(a2＋5)，解得a2＝3，又aeq \o\al(2,2)＝2a1＋1＋4，所以a1＝2，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n＋1.故b1＝2，b2＝4，b3＝8，所以bn＝2n.(2)由(1)得，cn＝eq \f(n,2n)－eq \f(1,n＋1n＋2)，故Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(2,4)＋…＋\f(n,2n)))－eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)))＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1n＋2))).设Fn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,4)＋…＋eq \f(n,2n)，则eq \f(1,2)Fn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，作差得eq \f(1,2)Fn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，所以Fn＝2－eq \f(n＋2,2n).设Gn＝eq \f(1,2×3)＋eq \f(1,3×4)＋…＋eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)，所以Tn＝2－eq \f(n＋2,2n)－(eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(3,2)－eq \f(n＋2,2n)＋eq \f(1,n＋2). LISTNUM OutlineDefault \l 3 在数列{an}中，a1=2，an＋1=2(1+)an(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=eq \f(2n,an)，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值；(3)求证：当n≥2时，S2n≥eq \f(7n＋11,12).【答案解析】解：(1)由条件an＋1=2(1+)an，得eq \f(an＋1,n＋1)=2·eq \f(an,n)，又a1=2，所以eq \f(a1,1)=2，因此数列{eq \f(an,n)}构成首项为2，公比为2的等比数列.eq \f(an,n)=2·2n－1=2n，因此，an=n·2n.(2)由(1)得bn=eq \f(1,n)，设cn=S2n－Sn，则cn=eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，所以cn＋1=eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)，从而cn＋1－cn=eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)>eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)=0，因此数列{cn}是单调递增的，所以(cn)min=c1=eq \f(1,2).  LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq \f(1,2)an=1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=log eq \s\do8(\f(1,3)) (1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn=eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)，求Tn.【答案解析】解：(1)当n=1时，a1=S1，由S1＋eq \f(1,2)a1=1，得a1=eq \f(2,3)，当n≥2时，Sn=1－eq \f(1,2)an，Sn－1=1－eq \f(1,2)an－1，则Sn－Sn－1=eq \f(1,2)(an－1－an)，即an=eq \f(1,2)(an－1－an)，所以an=eq \f(1,3)an－1(n≥2).故数列{an}是以eq \f(2,3)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列.故an=eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1=2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n(n∈N*).(2)因为1－Sn=eq \f(1,2)an=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.所以bn=logeq \f(1,3)(1－Sn＋1)=logeq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1=n＋1，因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,n＋1n＋2)=eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以Tn=eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))=eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)=eq \f(n,2n＋2). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，an＋1=2Sn＋3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=log3an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn，并证明：eq \f(1,3)≤Tn＜eq \f(3,4).【答案解析】解：(1)由an＋1=2Sn＋3，得an=2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an=2(Sn－Sn－1)=2an，故an＋1=3an(n≥2)，所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列.因为a2=2S1＋3=2a1＋3=9，eq \f(a2,a1)=3，所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列，an=3n.(2)an=3n，故bn=log3an=log33n=n，eq \f(bn,an)=eq \f(n,3n)=n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，Tn=1×eq \f(1,3)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，①eq \f(1,3)Tn=1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1.②①－②，得eq \f(2,3)Tn=eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1=eq \f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1=eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Tn=eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＞0，所以Tn＜eq \f(3,4).又因为Tn＋1－Tn=eq \f(n＋1,3n＋1)＞0，所以数列{Tn}单调递增，所以(Tn)min=T1=eq \f(1,3)，所以eq \f(1,3)≤Tn＜eq \f(3,4). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知数列{an}满足：eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋…＋eq \f(n,an)=eq \f(3,8)(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=log3eq \f(an,n)，求eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1).【答案解析】解：(1)eq \f(1,a1)=eq \f(3,8)(32－1)=3，当n≥2时，eq \f(n,an)=（eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋…＋eq \f(n,an)）－eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋…＋eq \f(n－1,an－1)=eq \f(3,8)(32n－1)－eq \f(3,8)(32n－2－1)=32n－1，当n=1时，eq \f(n,an)=32n－1也成立，所以an=eq \f(n,32n－1).(2)bn=log3eq \f(an,n)=－(2n－1)，因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,2n－12n＋1)=eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,2)1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)=eq \f(1,2)(- eq \f(1,2n＋1))=eq \f(n,2n＋1). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn为数列{eq \f(1,anan＋1)}前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值.【答案解析】解：(1)设公差为d，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=2，所以an=n＋1.(2)因为eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)=eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)=eq \f(n,2n＋2)，又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤eq \f(2n＋22,n)=2(n+ SKIPIF 1 < 0 )＋8，而2(n+ SKIPIF 1 < 0 )＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立.所以λ≤16，即λ的最大值为16.