备考2024届高考数学一轮复习强化训练第五章数列第4讲数列求和

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（1）记bn＝a2n－1，求数列{bn}的通项公式；
（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求S30.
解析 （1）an＋2＋（－1）nan＝3，
令n取2n－1，则a2n＋1－a2n－1＝3，
即bn＋1－bn＝3，又b1＝a1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以bn＝3n－2.
（2）令n取2n，则a2n＋2＋a2n＝3，
所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），
由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，
a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.
所以S30＝330＋23＝353.
2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且.
（1）求an；
（2）若bn＝（n＋1）·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.
当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，
所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，故an＝2n.
若选②，因为an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an－a1＝（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝21＋22＋…＋2n－1＝2（1－2n－1）1－2＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.
（2）由（1）知bn＝（n＋1）·an＝（n＋1）·2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，
两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝4＋4（1－2n－1）1－2－（n＋1）×2n＋1＝4－4＋2n＋1－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，
故Tn＝n×2n＋1.
3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解析 （1）解法一 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以（n－2）Sn＋1＋2（Sn＋1－Sn）＝nSn，
即nSn＋1＝（n＋2）Sn，
所以Sn+1Sn＝n+2n.
当n≥2时，Sn＝SnSn－1·Sn－1Sn－2·Sn－2Sn－3·…·S2S1·S1＝n+1n－1·nn－2·n－1n－3·…·31×2＝n（n＋1）.
又n＝1时，上式也成立，所以Sn＝n（n＋1）（n∈N*）.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.
又n＝1时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
解法二 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以n（Sn＋1－Sn）－2（Sn＋1－an＋1）＝0，
所以2Sn＝nan＋1， ①
所以当n≥2时，2Sn－1＝（n－1）an， ②
①－②得2an＝nan＋1－（n－1）an（n≥2），
即（n＋1）an＝nan＋1（n≥2），
所以an+1an＝n+1n（n≥2），
在①中令n＝1得2a1＝a2，
又a1＝2，所以a2＝4，
所以当n≥3时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2＝nn－1·n－1n－2·…·32×4＝2n，
又n＝1，2时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）由（1）知1a12＋1a22＋…＋1an2＝14×（112＋122＋…＋1n2）.
解法一 因为当n≥2时，1n2＜1n2－1，
所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋1n2＜112＋122－1＋132－1＋…＋1n2－1
＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n+1）
＝1＋12（1＋12－1n－1n+1）
＜74，
当n＝1时，上式也成立，
故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解法二 因为1n2＜1n（n－1）＝1n－1－1n（n≥2），
所以当n≥3时，
112＋122＋132＋…＋1n2＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1n－1－1n）
＝1＋14＋12－1n
＝74－1n
＜74，
当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.