统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业8数列的通项与求和文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业8数列的通项与求和文，共5页。
在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题．
(1)数列{an}是等差数列吗？请给予证明．
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
2．[2023·黑龙江省大庆实验中学高三月考]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋2n，(n∈N*)求：
(1)数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
3．[2023·安徽省亳州市第一中学高三检测]数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,an)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn0且S5＝25，a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝Sn·csnπ，求数列{bn}的前n项和Tn.
6．[2023·浙江省临海、新昌两地高三二模]如图，已知△ABC的面积为1，点D，E，F分别为线段AB，AC，BC的中点，记△DEF的面积为a1；点G，H，I分别为线段AD，AE，DE的中点，记△GHI的面积为a2；…；以此类推，第n次取中点后，得到的三角形面积记为an.
(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg2an，求数列{(－1)nbn}的前n项和Sn.
课时作业8 数列的通项与求和
1．解析：（1）若选①，数列{an}是等差数列，证明如下：
因为a1＝eq \f(1,2)，对任意的p，q∈N*都有ap＋q＝ap＋aq，
令p＝n，q＝1，所以an＋1＝an＋a1＝an＋eq \f(1,2)，
则an＋1－an＝eq \f(1,2)，又因为a1＝eq \f(1,2)，所以数列{an}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
若选②，数列{an}是等差数列，证明如下：
因为函数f（x）对任意x∈R有f（x）＋f（1－x）＝1，
令x＝eq \f(1,n)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f（1－eq \f(1,n)）＝1，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f（eq \f(n－1,n)）＝1，
an＝f（0）＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f（1），
又an＝f（1）＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f（0），
两式相加，得2an＝[f（0）＋f（1）]＋[feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))]＋…＋[f（1）＋f（0）]＝n＋1，
所以an＝eq \f(n＋1,2)，n∈N*.
又因为an＋1－an＝eq \f(n＋1＋1,2)－eq \f(n＋1,2)＝eq \f(1,2)，
所以数列{an}是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
（2）若选①，由（1）知，an＝eq \f(1,2)＋（n－1）×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)n，
所以bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4（eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)），
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4（eq \f(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(4n,n＋1).
若选②，由（1）知，an＝1＋eq \f(1,2)（n－1）＝eq \f(n＋1,2)，
所以bn＝eq \f(1,（an－\f(1,2)）（an＋1－\f(1,2)）)＝eq \f(1,\f(n,2)×\f(n＋1,2))＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4（eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)），
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4（eq \f(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(4n,n＋1).
2．解析：（1）∵Sn＝n2＋2n，n∈N*，∴当n＝1时，a1＝S1＝3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n2＋2n）－[（n－1）2＋2（n－1）]＝2n＋1，（*）
显然，当n＝1时也满足（*）式
综上所述，an＝2n＋1（n∈N*）.
（2）由（1）可得，bn＝（2n＋1）·3n，其前n项和Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋（2n＋1）·3n ①
则3Tn＝3×32＋5×33＋7×34＋…＋（2n＋1）·3n＋1 ②
①－②得，－2Tn＝9＋2（32＋33＋34＋…＋3n）－（2n＋1）·3n＋1＝9＋2×eq \f(9（1－3n－1）,1－3)－（2n＋1）·3n＋1＝－2n·3n＋1，
∴Tn＝n·3n＋1（n∈N*）.
3．解析：（1）因为an＋1＝an＋n＋1，
即an＋1－an＝n＋1，
所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
将以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(（n－1）（n＋2）,2)，则an＝eq \f(n2＋n＋2,2)，
当n＝1时，a1＝eq \f(1＋1＋2,2)＝2也符合上式，故an＝eq \f(n2＋n＋2,2).
（2）由题意bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(2,n2＋n＋2)