2023届高考数学二轮复习 微专题作业48 数列中常见的求和问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业48 数列中常见的求和问题（含解析），共5页。试卷主要包含了已知幂函数f＝xα的图象过点，等内容，欢迎下载使用。

1.已知幂函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，
an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝________．
2．已知等差数列{an}满足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)，n∈N*.设bn＝eq \f(1,an·an＋1)，则数列{bn}的前n项和为Sn＝________.
3．(2018·石景山一模)在数列{an}中，前n项和Sn满足Sn＝n2＋n.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋bn))是首项为1，公比为2的等比数列，则数列{bn}的前n项和Tn为________．
4．已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．若对任意n∈N*，都有an＝Bn及eq \f(b2,a1a2)＋eq \f(b3,a2a3)＋eq \f(b4,a3a4)＋…＋eq \f(bn＋1,anan＋1)5．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋c(c为常数，n∈N*)，且a1，a2，a5成公比不等于1的等比数列，设bn＝eq \f(1,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．
6．已知函数f(x)＝eq \f(x,3x＋1)，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N*)．记Sn＝a1a2＋a2a3＋…anan＋1，证明：Sn7.已知数列{an}，{bn}分别是等差，等比数列，且
a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3≠b4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前项和，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和Rn；
(3)设Cn＝eq \f(anbn,Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝C1＋C2＋…＋Cn，求Tn.
8．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)＋r))
(r∈R，n∈N*)．
(1)求r的值及数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(n,an)(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.
①当n∈N*时，λ②求证：存在关于n的整式g(n)，使得
eq \i\su(i＝1,n－1, )(Tλ＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．
微专题48
1．答案：eq \r(2 020)－1.
解析：由题意得f(x)＝eq \r(x)，所以an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，所以S2 019＝eq \r(2 019＋1)－1＝eq \r(2 020)－1.
2．答案：eq \f(n,2n＋1).
解析：由题意得an＝2n－1，所以bn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－1))，所以Sn＝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(n,2n＋1).
3．答案：2n－eq \f(2n＋1,n＋1).
解析：由题意得an＝2n，所以eq \f(1,Sn)＋bn＝1×2n－1＝2n－1.所以bn＝2n－1－eq \f(1,n（n＋1）)＝2n－1－(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))．所以Tn＝(20＋21＋…＋2n－1)－[(1－eq \f(1,2))＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))]＝eq \f(1－2n,1－2)－(1－eq \f(1,n＋1))＝2n－eq \f(2n＋1,n＋1).
4．答案：[3，＋∞)．
解析：由题意Bn＋1－Bn＝2(bn＋1－bn)，即bn＋1＝2bn＋1－2bn，所以eq \f(bn＋1,bn)＝2，即数列{bn}是首项为b1，公比为2的等比数列，所以an＝Bn＝eq \f(b1（1－2n）,1－2)＝b1(2n－1)，所以eq \f(bn＋1,an·an＋1)＝
eq \f(2n,b1（2n－1）（2n＋1－1）)＝
eq \f(b1·2n,b1（2n－1）·b1（2n＋1－1）)＝eq \f(1,b1)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1))，所以eq \f(b2,a1a2)＋eq \f(b3,a2a3)＋eq \f(b4,a3a4)＋…＋eq \f(bn＋1,anan＋1)＝eq \f(1,b1)(eq \f(1,21－1)－eq \f(1,2n＋1－1))，所以eq \f(1,b1)(eq \f(1,21－1)－eq \f(1,2n＋1－1))3(1－eq \f(1,2n＋1－1))，所以b1≥3.
5．答案：eq \f(n,2n＋1).
解析：因为an＋1＝an＋c，a1＝1，c为常数，所以an＝1＋(n－1)c.所以a2＝1＋c，a5＝1＋4c.
又a1，a2，a5成等比数列，所以(1＋c)2＝1＋4c，解得c＝0或c＝2.
当c＝0，an＋1＝an不合题意，舍去．所以c＝2.
故an＝2n－1.所以bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))．
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝
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)(1－eq \f(1,2n＋1))＝eq \f(n,2n＋1).
6．证明：因为eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，从而得an＝eq \f(1,3n－2).所以an·an＋1＝eq \f(1,（3n－2）（3n＋1）)＝eq \f(1,3)(eq \f(1,3n－2)－eq \f(1,3n＋1))，所以Sn＝eq \f(1,1×4)＋eq \f(1,4×7)＋…＋eq \f(1,（3n－2）（3n＋1）)＝eq \f(1,3)(1－eq \f(1,3n＋1))7．答案：(1)an＝n，bn＝2n－1；(2)Rn＝eq \f(2n,n＋1)；
(3)Tn＝eq \f(2n＋1,n＋2)－1.
解析：(1)设公差为d，公比为q(q≠1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋d＝q，,1＋3d＝q2，))解得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2，))所以an＝n，bn＝2n－1；
(2)因为Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，所以Rn＝2(1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(2n,n＋1)；
(3)因为Cn＝eq \f(n·2n－1,\f(（n＋1）（n＋2）,2))＝
eq \f(n·2n,（n＋1）（n＋2）)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n,n＋1)，所以Tn＝eq \f(2n＋1,n＋2)－1.
8．答案：(1)r＝eq \f(2,3)，an＝n(n＋1)(n≥1)；
(2)①λ解析：(1)当n＝1时，S1＝a1(eq \f(1,3)＋r)，所以r＝eq \f(2,3).所以Sn＝an(eq \f(n,3)＋eq \f(2,3))．当n≥2时，Sn－1＝an－1(eq \f(n－1,3)＋eq \f(2,3))．两式相减，得an＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1.所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)．所以eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…eq \f(n,n－2)×eq \f(n＋1,n－1)即eq \f(an,a1)＝eq \f(n（n＋1）,1×2).所以an＝n(n＋1)(n≥2)又a1＝2符合上式，所以an＝n(n＋1)(n≥1)．
(2)①因为an＝n(n＋1)，所以bn＝eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1).所以T2n＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，所以T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1).令Bn＝T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，则Bn＋1＝eq \f(1,n＋3)＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \f(1,2n＋3).所以Bn＋1－Bn＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(3n＋4,（2n＋2）（2n＋3）（n＋2）)>0.所以Bn＋1>Bn，所以Bn单调递增．所以{Bn}的最小值为B1＝eq \f(1,3)，所以λ