统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业9数列的通项与求和理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业9数列的通项与求和理，共6页。

在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
(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.
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Tn<2.
4．[2023·湖南省长沙市周南中学高三三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－3，且a1＝3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,3)an，n为奇数,an，n为偶数))，求数列{bn}的前n项和Tn.
5.[2023·河南省名校高三模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，公差d>0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9 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)所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn<2（1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)）＝2（1－eq \f(1,n＋1)）<2.
4．解析：（1）∵2Sn＝an＋1－3，则有：
当n＝1时，2S1＝a2－3＝6，解得a2＝9；
当n≥2时，则2Sn－1＝an－3，
两式相减得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an；
注意到a2＝3a1，a1＝3≠0，故an＋1＝3an（n∈N*），
∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列，
故an＝3×3n－1＝3n.
（2）由（1）得bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n，n为奇数,3n，n为偶数))，
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）
＝－（1＋3＋…＋n－1）＋（32＋34＋…＋3n）
＝－eq \f(\f(n,2)·[1＋（n－1）],2)＋eq \f(9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－9\f(n,2))),1－9)
＝eq \f(9,8)（3n－1）－eq \f(n2,4)；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(9,8)（3n＋1－1）－eq \f(（n＋1）2,4)－3n＋1＝eq \f(1,8)×3n＋1－eq \f(9,8)－eq \f(（n＋1）2,4)；
综上所述：Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(（n＋1）2,4)，n为奇数,\f(9,8)（3n－1）－\f(n2,4)，n为偶数)).
5．解析：（1）由题意可知，S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝25，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝a1·a5，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋4d＝10,a1（a1＋4d）＝（a1＋d）2))，又d>0，所以解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))，
所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
（2）由an＝2n－1，得Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2，
则有bn＝n2csnπ＝（－1）nn2.
当n为偶数时，
Tn＝－12＋22－32＋42＋…－（n－1）2＋n2
＝（22－12）＋（42－32）＋…＋[n2－（n－1）2]
＝（2－1）（2＋1）＋（4－3）（4＋3）＋…＋[n－（n－1）][n＋（n－1）]
＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(（1＋n）n,2)＝eq \f(n＋n2,2)；
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1－n2＝eq \f(（n－1）＋（n－1）2,2)－n2＝－eq \f(n＋n2,2)，
综上所述：Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(n＋n2,2)，n为偶数,－\f(n＋n2,2)，n为奇数)).
6．解析：（1）由题意可知a1＝S△DEF＝eq \f(1,4)S△ABC＝eq \f(1,4)，a2＝S△GHI＝eq \f(1,4)S△DEF＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)，…，
由此可知an＋1＝eq \f(1,4)an，故{an}是以eq \f(1,4)为首项，公比为eq \f(1,4)的等比数列，
所以an＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n).
（2）由an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n)得bn＝lg2an＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n)＝－2n，（－1）nbn＝（－1）n＋12n，
当n为偶数时，Sn＝－b1＋b2－b3＋b4＋…－bn－1＋bn＝2－4＋6－8＋…＋2（n－1）－2n＝（2－4）＋（6－8）＋…＋[2（n－1）－2n]＝－2×eq \f(n,2)＝－n，
当n为奇数时，Sn＝－b1＋b2－b3＋b4＋…＋bn－1－bn＝Sn－1＋2n＝－（n－1）＋2n＝n＋1，
故Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋1，n为奇数,－n，n为偶数)).
A基础达标
B素养提升