2024年新高考数学一轮复习 第六章 第四节 第一课时 数列求和

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课时跟踪检测（四十二） 数列求和1．已知数列{an}中，a1＝且2an＋1＝4an＋n－1(n∈N*)．(1)求证：数列为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn.解：(1)证明：因为2an＋1＝4an＋n－1，所以an＋1＝2an＋－，则an＋1＋＝2an＋n＝2，又因为a1＋＝＋＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)得，an＋＝2n，所以an＝2n－，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝21＋22＋23＋…＋2n－(1＋2＋3＋…＋n)＝－×＝2n＋1－2－.2．(2023·太原模拟)已知数列{an}为公差大于0的等差数列，a2＋a5＝12，且a1，a3，a13成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，若Sm＝，求m的值．解：(1)数列{an}为公差d大于0的等差数列，a2＋a5＝12，且a1，a3，a13成等比数列，所以解得所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)得，bn＝＝.所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝.由于Sm＝＝，解得m＝20.3．(2023·衡水模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋Sn＋1＝3an＋1－2，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知数列{cn}是等差数列，且c1＝a1，c3＝S2，设bn＝ancn，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为Sn＋Sn＋1＝3an＋1－2，所以Sn－1＋Sn＝3an－2(n≥2)，两式相减，可得an＋an＋1＝3an＋1－3an(n≥2)，整理得an＋1＝2an(n≥2)，∵n＝1时，a1＋S2＝3a2－2⇒2a1＋a2＝3a2－2⇒2a2＝4⇒a2＝2，∴a2＝2a1，即数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.(2)易知c1＝a1＝1，c3＝S2＝3，所以公差d＝＝1，所以cn＝n，所以bn＝ancn＝n·2n－1，因为Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，两式相减可得Tn＝n·2n－(20＋21＋…＋2n－1)＝n·2n－＝(n－1)·2n＋1.4．(2023·大理模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，＝an＋1－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n.解：(1)因为＝an＋1－1，所以2Sn＝nan＋1－n，　①当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)，　②①－②得，2an＝nan＋1－(n－1)an－1，即nan＋1－(n＋1)an＝1，所以－＝＝－，所以－＝－，由a2＝3，可得an＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1.(2)由题意得，cn＝则T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋＝(4n－1)＋2n2＋5n，所以T2n＝(4n－1)＋2n2＋5n.5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，满足S1，S2，－S3成等差数列，且a1a2＝a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列 {bn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公比为q，依题意得S1＋(－S3)＝2S2，所以－(a2＋a3)＝2(a1＋a2)即－a1(q＋q2)＝2a1(1＋q)，因为a1≠0，所以q2＋3q＋2＝0，解得q＝－1或q＝－2，因为Sn≠0，所以q＝－2，又因为a1a2＝a3，所以aq＝a1q2即a1＝q＝－2，所以an＝(－2)n.(2)由题意，得bn＝＝＝－，则Tn＝＋＋…＋＝－1－.6．(2022·重庆七校三模)已知数列{an}是递增的等比数列，且各项均为正数，其前n项和为Sn，a1·a5＝81，S2，a3，a4－S3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若________，求{an·bn}的前n项和Pn，并求Pn的最小值．从以下所给的三个条件中任选一个，补充到上面的横线上，并解答此问题．①数列{bn}满足b1＝，3bn＋1＝·bn(n∈N*)；②数列{bn}的前n项和Tn＝n2(n∈N*)；③数列{bn}的前n项和Tn满足6Tn－bn＝5(n∈N*)．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则由an＞0，a1·a5＝81，得a＝81，所以a3＝9.因为S2，a3，a4－S3成等差数列，所以2a3＝S2＋a4－S3，即3a3＝a4，所以q＝＝3，则a1＝1，所以an＝3n－1.(2)选择①：因为b1＝，3bn＋1＝·bn(n∈N*)，所以＝·(n∈N*)，所以＝×，＝×，＝×，…，＝×(n≥2)，所以××…×＝·(n≥2)，所以bn＝·(n≥2)，当n＝1时该式也成立．故bn＝·(n∈N*)．所以an·bn＝＝－.所以Pn＝1－＋＋…＋＝1－＝.因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝.选择②：由Tn＝n2可知，当n＝1时，b1＝T1＝1，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时b1也满足该式．所以bn＝2n－1，所以an·bn＝(2n－1)·3n－1，所以Pn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1,3Pn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，所以Pn＝(n－1)·3n＋1.因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝1.选择③：6Tn－bn＝5(n∈N*)　①，所以6Tn－1－bn－1＝5(n≥2)　②，①－②得6(Tn－Tn－1)－(bn－bn－1)＝0，即5bn＋bn－1＝0(n≥2)，所以＝－(n≥2)．由6T1－b1＝5，得b1＝1.所以数列{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列，所以bn＝n－1，所以an·bn＝n－1，所以Pn＝＝n.当n为奇数时，n＜0，故Pn＞.当n为偶数时，n＞0，故Pn＜，此时Pn＝是递增的，所以当n＝2时，Pn取得最小值为×＝.