2024届高三数学一轮复习基础夯实练42：数列求和

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练42：数列求和，共13页。试卷主要包含了给出以下条件等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练42  数列求和1．(2022·杭州模拟)已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.           2．(2023·宁波模拟)已知数列{an}满足an＋1an－2n2(an＋1－an)＋1＝0，且a1＝1.(1)求出a2，a3的值，猜想数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.               3．(2023·吕梁模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝2n，求数列{an·bn}的前n项和Tn.              4．(2022·淄博模拟)已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝(n∈N*)，设bn＝a2n－1.(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前2n项和．               5．(2023·蚌埠模拟)给出以下条件：①a2，a3，a4＋1成等比数列；②S1＋1，S2，S3成等比数列；③Sn＝(n∈N*)．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若是以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{bn}的前n项的和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．             6．(2023·哈尔滨模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝a＋an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝acos ，Tn是数列{bn}的前n项和，求T3n.            7．已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.(1)证明：数列为等比数列；(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.              8．记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝(－1)n·log2，求数列{bn}的前n项和Tn.                9．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．            10．在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，②＋＋…＋＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．问题：在数列{an}中，已知________．(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．            
参考答案1．解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由题意得即解得或(舍)，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)得，an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·－＝2n2＋6n＋－.2．解　(1)由已知得，当n＝1时，a2a1－2(a2－a1)＋1＝0，又a1＝1，代入上式，解得a2＝3，同理可求得a3＝5.猜想an＝2n－1.(2)由(1)可知an＝2n－1，经检验符合题意，所以Sn＝n2，则bn＝＝＝＋，所以Tn＝＋＋…＋＝＋＝.3．(1)证明　在4Sn＝(an＋1)2中，令n＝1，可得a1＝1，因为4Sn＝(an＋1)2，①所以当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，②①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因为an>0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解　由(1)得an＝2n－1，所以an·bn＝(2n－1)·2n，所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得，－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)·2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.4．解　(1)由题意知，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，所以＝2，又b1＋2＝a1＋2＝4，所以{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，则bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－2.(2)数列{an}的前2n项和为S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝2×(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＋n＝2×－3n＝2n＋3－3n－8.5．解　(1)设数列{an}的公差为d，则d>0，选择条件①：因为a2，a3，a4＋1成等比数列，所以a＝a2·(a4＋1)，所以(2＋2d)2＝(2＋d)·(2＋3d＋1)，化简得d2－d－2＝0，解得d＝2或d＝－1(舍)，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.选择条件②：因为S1＋1，S2，S3成等比数列，所以S＝(S1＋1)·S3，所以(2×2＋d)2＝(2＋1)·(3×2＋3d)，化简得d2－d－2＝0，解得d＝2或d＝－1(舍)，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.选择条件③：因为Sn＝(n∈N*)，所以当n≥2时，Sn－1＝，两式相减得，an＝an(an＋1－an－1)，因为an≠0，所以an＋1－an－1＝4，即2d＝4，所以d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)因为是以2为首项，2为公比的等比数列，所以＝2·2n－1＝2n，所以bn＝2n·2n，所以Tn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2n·2n，2Tn＝2·22＋4·23＋6·24＋…＋(2n－2)·2n＋2n·2n＋1，两式相减得，－Tn＝2·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－2n·2n＋1＝2×－2n·2n＋1＝(1－n)2n＋2－4，所以Tn＝(n－1)2n＋2＋4.6．解　(1)由2Sn＝a＋an，当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，两式相减得，2an＝a－a＋an－an－1，整理可得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因为an>0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1(n≥2)，在2Sn＝a＋an中，令n＝1，则a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.(2)bn＝acos ＝n2cos ，设ck＝b3k－2＋b3k－1＋b3k＝(3k－2)2cos＋(3k－1)2·cos＋(3k)2cos 2kπ＝－(3k－2)2＋(3k－1)2＋(3k)2＝9k－，所以T3n＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝9(1＋2＋3＋…＋n)－n＝9×－n＝.7．(1)证明　由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，①得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，②由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)，得an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－＝－(n≥2)，又当n＝1时，由①得a2＝1⇒a2－＝－，所以对任意的n∈N*，都有an＋1－＝－，故是以为首项，－1为公比的等比数列．(2)解　由(1)知an－＝⇒an＝，所以an＋1＝，代入①得Sn＝－－，所以S1＋S2＋…＋S2n＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－＝×－0－n＝.延伸探究 解　当n为偶数时，S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－＝×－＝－＝.当n为奇数时，S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝(S1＋S2＋S3＋…＋Sn＋Sn＋1)－Sn＋1＝－＝.综上，S1＋S2＋…＋Sn＝8．解　(1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0.所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.(2)bn＝(－1)n·log2＝(－1)n·log22n＝(－1)n·n.当n为偶数时，Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝.当n为奇数时，Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n＝－n＝＝－.综上，Tn＝9．解　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即＝.当n＝1时，4S2＝4＝－－9，解得a2＝－，所以＝.所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，所以an＝－×n－1＝－.(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×n.所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①且Tn＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②①－②得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，所以Tn＝－4n×n＋1.因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，所以－4n×n＋1≤λ恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；当n＝4时，－12≤0恒成立，当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.10．解　(1)选择①，因为nan＋1＝(n＋1)an，所以＝.所以是常数列．又＝1，所以＝1，故an＝n.选择②，因为＋＋…＋＝2n＋1－2，所以当n＝1时，＝22－2＝2，解得a1＝1，当n≥2时，＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.又a1＝1，所以an＝n.(2)由(1)可知bn＝，则Sn＝＋＋…＋，①Sn＝＋＋…＋＋.②两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.故Sn＝1－.