新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用

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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{n＋an}的前n项和为Tn.
【解析】 (1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＝16，,a1＋a1q＋a1q2＝84，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝4，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝64，,q＝\f(1,4)，))(舍)
∴an＝4n.
(2)Tn＝1＋41＋2＋42＋3＋43＋…＋n＋4n
＝1＋2＋3＋…＋n＋41＋42＋43＋…＋4n
＝eq \f(1＋nn,2)＋eq \f(41－4n,1－4)
∴Tn＝eq \f(n2＋n,2)＋eq \f(4n＋1－4,3).
2. (2023·浙江台州统考二模)已知数列{an}，{bn}满足：a1＋2b1＝1，an＋1＝eq \f(3,4)an－eq \f(bn,2)，2bn＋1＝eq \f(3,2)bn－eq \f(an,4).
(1)求证：数列{an＋2bn}是等比数列；
(2)若________(从下列三个条件中任选一个)，求数列{an}的前n项和Sn.
①a1－2b1＝1；②b2＝－eq \f(1,8)；③a2－2b2＝1.
【解析】 (1)证明：因为an＋1＝eq \f(3,4)an－eq \f(bn,2)，2bn＋1＝eq \f(3,2)bn－eq \f(an,4)，
所以an＋1＋2bn＋1＝eq \f(3,4)an－eq \f(bn,2)＋eq \f(3,2)bn－eq \f(an,4)＝eq \f(1,2)(an＋2bn)，
所以eq \f(an＋1＋2bn＋1,an＋2bn)＝eq \f(1,2)，
又因为a1＋2b1＝1，所以数列{an＋2bn}是首项为1公比为eq \f(1,2)的等比数列．
(2)由(1)知an＋2bn＝eq \f(1,2n－1)，
又因为an＋1－2bn＋1＝eq \f(3,4)an－eq \f(bn,2)－eq \f(3,2)bn＋eq \f(an,4)＝an－2bn，
所以数列{an－2bn}为常数列．
若选条件①或③，均可得an－2bn＝1，
所以an＝eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2)，所以Sn＝eq \f(n＋2,2)－eq \f(1,2n).
若选②，因为b2＝－eq \f(1,8)，2bn＋1＝eq \f(3,2)bn－eq \f(an,4)，所以eq \f(3,2)b1－eq \f(1,4)a1＝－eq \f(1,4)，又因为a1＋2b1＝1，
所以a1＝1，b1＝0，所以a1－2b1＝1，所以an＝eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2)，所以Sn＝eq \f(n＋2,2)－eq \f(1,2n).
3. (2023·广东深圳统考一模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝eq \f(an,2)＋n2＋1，n∈N*.
(1)求a1＋a2，并证明{an＋an＋1}是等差数列；
(2)求Sn.
【解析】 (1)已知Sn＝eq \f(an,2)＋n2＋1，n∈N*，
当n＝1时，a1＝eq \f(a1,2)＋2，a1＝4；当n＝2时，a1＋a2＝eq \f(a2,2)＋5，a2＝2，所以a1＋a2＝6.
因为Sn＝eq \f(an,2)＋n2＋1①，所以Sn＋1＝eq \f(an＋1,2)＋(n＋1)2＋1②.
②－①得，an＋1＝eq \f(an＋1,2)－eq \f(an,2)＋(n＋1)2－n2，整理得an＋an＋1＝4n＋2，n∈N*，
所以(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝[4(n＋1)＋2]－(4n＋2)＝4(常数)，n∈N*，
所以{an＋an＋1}是首项为6，公差为4的等差数列．
(2)由(1)知，an－1＋an＝4(n－1)＋2＝4n－2，n∈N*，n≥2.
当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝eq \f(\f(n,2)6＋4n－2,2)＝n2＋n；
当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝4＋eq \f(\f(n－1,2)10＋4n－2,2)＝n2＋n＋2.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2＋n，当n为偶数时，,n2＋n＋2，当n为奇数时.))
4. (2023·沈河区校级模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝0，且Sn＋1＝2Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝lg2an＋1，求数列{an＋1bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)令n＝1时，S2＝a1＋a2＝2a1＋2＝2，
∵a1＝0，∴a2＝2，
∵Sn＋1＝2Sn＋2①，∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2②，
由①－②得an＋1＝2an，(n≥2)，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1，,2n－1，n≥2.))
(2)由(1)知bn＝lg2an＋1＝n，令cn＝an＋1bn＝n·2n，
则Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n③，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1④，
③－④得：－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝2a3＋3，S4＝3a4＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，记{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为S3＝2a3＋3，S4＝3a4＋1，两式相减得a4＝3a4－2a3－2，
则2(a4－a3)＝2d＝2，所以d＝1，
由S3＝2a3＋3，可得：3a1＋3d＝2(a1＋2d)＋3，则a1＝d＋3＝4，
所以数列{an}的通项公式为an＝4＋n－1＝n＋3.
(2)证明：由(1)得：bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n＋3n＋4)＝eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4)，
所以Tn＝eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＋…＋eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4)＝eq \f(1,4)－eq \f(1,n＋4)故Tn6. (2023·道里区校级模拟)已知数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，且an＋1＝eq \f(2an,an＋1).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是等比数列；
(2)若eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)<100，求满足条件的最大整数n.
【解析】 (1)证明：∵an＋1＝eq \f(2an,an＋1)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋1,2an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2an)，即eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))，
又a1＝eq \f(2,3)，eq \f(1,a1)－1＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
(2)由(1)得eq \f(1,an)－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，即eq \f(1,an)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝n＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
令bn＝n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，显然f(x)＝x＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在(1，＋∞)上单调递增，
∴{bn}是递增数列，
∴n＋1≤100，解得n≤99，
故满足条件的最大整数n为99.