2023学年高考数学一轮复习课时作业31数列求和理.doc

课时作业31　数列求和 [基础达标] 1．[2023年·辽宁大连二十四中模拟]已知数列{an}的各项都是正数，n∈N*. (1)若{an}是等差数列，公差为d，且bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝b－b，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列； (2)若a＋a＋a＋…＋a＝S，Sn为数列{an}的前n项和，求数列{an}的通项公式． 解析：(1)由题意得b＝anan＋1， 则cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1， 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，∴{cn}是等差数列． (2)当n＝1时，a＝a，∵a1>0，∴a1＝1. 当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a＝S，① a＋a＋a＋…＋a＝S，② ①－②得，a＝S－S＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)． ∵an>0，∴a＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③ ∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a＝2Sn－1－an－1，④ ③－④得a－a＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1， ∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，可得an＝n. 2．[2023年·四川绵阳诊断]已知等差数列{an}的公差大于0，且a4＝7，a2，a6－2a1，a14是等比数列{bn}的前三项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn>39，求n的取值范围． 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)， 由a4＝7，得a1＋3d＝7，① 又a2，a6－2a1，a14是等比数列{bn}的前三项， ∴(a6－2a1)2＝a2a14，即(5d－a1)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，化简得d＝2a1，② 联立①②，解得a1＝1，d＝2.∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)∵b1＝a2＝3，b2＝a6－2a1＝9，b3＝a14＝27是等比数列{bn}的前三项， ∴等比数列{bn}的首项为3，公比为3. ∴Sn＝＝. 由Sn>39，得>39，化简得3n>27，解得n>3，n∈N*. 3．[2023年·河北廊坊省级示范高中联考]在数列{an}中，a1＝1，＝，设bn＝·an. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)求{an}的前n项积Tn. 解析：(1)因为＝＝·＝·＝4，b1＝2a1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列． (2)由(1)知bn＝·an＝2·4n－1，则an＝·22n－1. 从而Tn＝（×××…×）·21＋3＋5＋…＋(2n－1)＝. 4．[2023年·山西河津二中月考]设数列{an}满足a1＝1,3a2－a1＝1，且＝(n≥2，n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}中，b1＝，4bn＝an－1an(n≥2，n∈N*)，{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<1. 解析：(1)∵＝(n≥2)， ∴＝＋， 又a1＝1,3a2－a1＝1，∴＝1，＝， ∴－＝， ∴是首项为1，公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝(n＋1)，即an＝. (2)∵4bn＝an－1an(n≥2)，∴bn＝＝－(n≥2)，又b1＝符合上式，∴bn＝－(n∈N*)， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1－）＋（－）＋…＋（－）＝1－<1. 5．[2023年·浙江诸暨中学期中]设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 解析：(1)a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝　①， 当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝　②， ①－②，得3n－1·an＝(n≥2)，即an＝； 当n＝1时，a1＝，符合上式． 所以数列{an}的通项公式为an＝. (2)由(1)知bn＝ ①当n为奇数时，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋3n－1＋n＝·＋＝＋(3n－1－1)． ②当n为偶数时，Sn＝1＋32＋3＋34＋…＋(n－1)＋3n＝·＋＝＋(3n－1)． 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝ 6．[2023年·安徽合肥模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d>0，且a2a3＝40，a1＋a4＝13，在公比为q(0<q<1)的等比数列{bn}中，b1，b3，b5∈{，，，，}. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解析：(1)因为{an}为等差数列，所以a1＋a4＝a2＋a3＝13， 又a2a3＝40，所以a2，a3是方程x2－13x＋40＝0的两个实数根． 又公差d>0，所以a2<a3，所以a2＝5，a3＝8， 所以解得所以an＝3n－1， 因为在公比为q(0<q<1)的等比数列{bn}中，b1，b3，b5∈{，，，，}， 所以易知b1＝，b3＝，b5＝. 此时公比q2＝＝，所以q＝，所以bn＝（）n. (2)由(1)知an＝3n－1，bn＝（）n，所以cn＝(3n－1)·（）n， 所以Tn＝2×（）1＋5×（）2＋8×（）3＋…＋(3n－1)×（）n， Tn＝2×2＋5×3＋…＋(3n－4)×n＋(3n－1)×n＋1， 两式相减，得Tn＝2×（）1＋3[（）2＋（）3＋…＋（）n]－(3n－1)×（）n＋1＝1＋3×（）[1－（）n－1]－(3n－1)×（）n＋1＝－（）n×. 故{cn}的前n项和Tn＝5－(3n＋5)×（）n. [能力挑战] 7．[2023年·辽宁沈阳联考]若正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，点P(，Sn＋1)在曲线y＝(x＋1)2上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，Tn表示数列{bn}的前n项和，若Tn≥m－1对任意n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． 解析：(1)由已知可得Sn＋1＝(＋1)2，得－＝1，所以{}是以为首项、1为公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×1＝n，得Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1，也符合上式，故{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)bn＝＝＝(－)，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1－)，显然Tn是关于n的增函数，所以Tn有最小值(Tn)min＝T1＝，又Tn≥m－1对任意n∈N*恒成立，所以≥m－1恒成立，所以m≤4，故实数m的取值范围为(－∞，4]． 5