高考数学统考一轮复习课时作业31数列求和文含解析新人教版

这是一份高考数学统考一轮复习课时作业31数列求和文含解析新人教版，共12页。

一、选择题
1．[2021·广州市高三年级调研检测]已知{an}为单调递增的等差数列，a2＋a5＝18，a3·a4＝80，设数列{bn}满足2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
2．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]已知数列{an}，{bn}满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2.
(1)求证数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
3．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和．
4．[2021·湖北省部分重点中学高三起点考试]已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg2eq \f(3,a2n＋3)，且{bn}为递增数列，若cn＝eq \f(4,bnbn＋1)，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
5．[2021·安徽省部分重点学校高三联考试题]已知数列{an}满足：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是公比为2的等比数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是公差为1的等差数列．
(1)求a1，a2的值；
(2)试求数列{an}的前n项和Sn.
6．[2021·湖南长郡中学联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和为Sn，求Sn.
[能力挑战]
7．[2020·天津卷]已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f((3an－2)bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
课时作业31
1．解析：解法一 设{an}的公差为d，因为{an}为单调递增的等差数列，所以d＞0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝18,a3·a4＝80，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＋a4＝18,a3·a4＝80，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝8,a4＝10.))
所以d＝a4－a3＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n＋2.
解法二 设{an}的公差为d，因为{an}为单调递增的等差数列，所以d>0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝18,a3·a4＝80))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋5d＝18,(a1＋2d)·(a1＋3d)＝80))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝2.))
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)由(1)得2an＝22n＋2＝4n＋1，
当n≥2时，由2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，①
得2b1＋22b2＋23b3＋…＋2n－1bn－1＝2an－1－4，②
①－②得2nbn＝4n＋1－4n＝3×4n，n≥2，
所以bn＝3×2n，n≥2.
当n＝1时，b1＝eq \f(2a1,2)－2＝eq \f(16,2)－2＝6符合上式．
所以bn＝3×2n.
所以Sn＝eq \f(6(1－2n),1－2)＝3×2n＋1－6.
2．解析：(1)因为bn－an＝n，所以bn＝an＋n.
因为an＋1＝2an＋n－1, 所以an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，所以bn＋1＝2bn.
又b1＝2，所以{bn}是首项为b1＝2，公比为2的等比数列，
所以bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)可得an＝bn－n＝2n－n，
所以Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(2(1－2n),1－2)－eq \f(n(1＋n),2)
＝2n＋1－2－eq \f(n2＋n,2).
3．解析：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，设其公差为d，
由a1＝1，a3＋a4＝12，得d＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n－1(n∈N*)．
(2)eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋3))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，
记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和为Sn，则
Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
＝eq \f(1,3)－eq \f(n＋1,(2n＋1)(2n＋3)).
4．解析：(1)设数列{an}的公比为q，当q＝1时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3，
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝3,\f(a1(1－q3),1－q)＝9))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝3,a1(1＋q＋q2)＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝12,q＝－\f(1,2)))，an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
综上，an＝3或an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
注：列方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝3,a1＋a1q＋a1q2＝9))求解可不用讨论．
(2)若an＝3，则bn＝0，与题意不符，所以an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，
所以a2n＋3＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2n＋2＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n，bn＝lg2eq \f(3,a2n＋3)＝lg222n＝2n，
cn＝eq \f(4,bnbn＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)<1.
5．解析：(1)解法一 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是公比为2的等比数列，
∴eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)·2，∴a2＝4a1.
又eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是公差为1的等差数列，
∴eq \f(a2,22)－eq \f(a1,21)＝1，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,a2＝8)).
解法二 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是公比为2的等比数列，
∴eq \f(\f(an＋1,n＋1),\f(an,n))＝2，∴an＋1＝eq \f(2(n＋1),n)an ①，
又eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是公差为1的等差数列，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1 ②，
由①②解得an＝n·2n，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2,a2＝8)).
(2)由(1)知an＝n·2n.
解法一 ∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.
两式作差可得，
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(2(1－2n),1－2)－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.
解法二 an＝n×2n＝(2n－2)×2n－(2n－4)×2n－1(n∈N*)，
设bn＝(2n－4)×2n－1，则an＝bn＋1－bn.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn＋1－bn)＝bn＋1－b1＝(2n－2)×2n＋2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.
6．解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2q＝2(1＋d)，,2q2＝2(1＋2d)＋2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝－1，,q＝0))(舍)，
所以an＝n，bn＝2n.
(2)由(1)知eq \f(an,bn)＝eq \f(n,2n)，
所以Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－2,2n－1)＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝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))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，所以Sn＝2－eq \f(2,2n)－eq \f(2n,2n＋1)＝2－eq \f(2＋n,2n).
7．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(n(n＋1),2)，故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝eq \f((3an－2)bn,anan＋2)＝eq \f((3n－2)2n－1,n(n＋2))＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有
eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
和
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，从而得
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此，eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以，数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).