第二板块 课时验收评价(二) 数列求和（Word练习）-【新高考方案】2024年高考数学(理科)二轮复习专题增分方略（老教材）

第二板块 课时验收评价（二）数列求和 1.已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100. 解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8， 所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n. 设等差数列{bn}公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝＝7b4＝7a3， 所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n. (2)因为cn＝[lg(2n)]， 所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋…＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3Sn－1＝Sn－1(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝log3，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 解：(1)当n＝2时，3S1＝S2－1＝a1＋a2－1，∵a1＝1，∴a2＝3， 当n≥3时，3Sn－2＝Sn－1－1,3Sn－1＝Sn－1， ∴an＝3an－1，又a2＝3a1，∴＝3(n≥2)， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1. (2)由bn＝log3及an＝3n－1，可得 bn＝，an＋bn＝3n－1＋， ∴Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)＋＝＋＝＋. 3.在数列{an}中，a1＝2，且an＋1－2n＋1＝an－2n＋1. (1)证明：数列{an－n＋1}是等比数列. (2)若bn＝log4(an－n＋1)，求数列的前n项和Sn. 解：(1)证明：∵an＋1－2n＋1＝an－2n＋1，∴(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝1， 又∵a1＝2，∴a1－2＝0，∴数列{an－2n}是首项为0，公差为1的等差数列， ∴an－2n＝n－1，∴an－n＋1＝2n，从而＝2，∴数列{an－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知an－n＋1＝2n，则bn＝log4(an－n＋1)＝， ∴＝＝4，∴Sn＝4×＝. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1. (1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100的值. 解：(1)证明：因为n，an，Sn成等差数列，所以Sn＋n＝2an，从而Sn－1＋(n－1)＝2an－1(n≥2). 两式相减得an＋1＝2an－2an－1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2). 又当n＝1时，S1＋1＝2a1，所以a1＝1，所以a1＋1＝2， 故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an＋1＝2·2n－1＝2n，即an＝2n－1. (2)根据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，b1＝1，所以bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列. 又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106＝211，b107＝213， 所以c1＋c2＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)＝－[(21＋22＋…＋27)－7]＝－＋7＝1072－28＋9＝11 202. 5.(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和. (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)因为3a2＝3a1＋a3， 所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d， 所以an＝nd. 因为bn＝，所以bn＝＝， 所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝. 因为S3＋T3＝21， 所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝， 因为d＞1，所以d＝3. 所以{an}的通项公式为an＝3n. (2)因为bn＝，且{bn}为等差数列， 所以2b2