第6章 课时冲关41 分组求和法与错位相减法-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关41　分组求和法与错位相减法 对应学生用书　P273 [基础巩固练] 1．(2024·云南曲靖校考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋2anan＋1－an＝0.记bn＝. (1)证明：数列{bn}为等差数列； (2)设数列{bn}的前n项和为Sn，求数列{(－1)nSn}的前20项的和． 解：(1)证明：an＝an＋1＋2anan＋1，且an≠0， 所以an－an＋1＝2anan＋1，所以－＝2， 因为bn＝，所以bn＋1－bn＝2，b1＝＝1， 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)可知，bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 则数列{bn}的前n项和Sn＝×n＝n2， 所以(－1)nSn＝(－1)nn2，数列{(－1)nSn}的前20项的和为 (－12)＋22＋(－32)＋42＋…＋(－192)＋202 ＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋(20＋19)(20－19) ＝3＋7＋11＋…＋39＝＝210. 2．(2024·广州一模)在等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列． 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 3 第二行 4 6 5 第三行 9 12 8 (1)写出a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)根据等比数列的定义和表格中数据，得到a1＝2，a2＝4，a3＝8，即数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2×2n－1＝2n. (2)因为bn＝an＋(－1)nlog2an＝2n＋(－1)nlog22n＝2n＋(－1)nn，当n为偶数时，Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2，当n为奇数时，Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n]＝＋－n＝2n＋1＋－n－2＝2n＋1－－， 综上所述，Tn＝ 3．(2024·浙江嘉兴校考模拟)数列{an}满足an＋1＝3an＋1－2n，a1＝2. (1)若数列{an－λn}是等比数列，求λ及{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜3. 解：(1)由an＋1＝3an＋1－2n可得，an＋1－n－1＝3an＋1－2n－n－1＝3(an－n)， 又a1－1＝1≠0，故{an－n}是首项为1，公比为3的等比数列，即λ＝1，an－n＝3n－1，于是an＝3n－1＋n. (2)证明：由(1)知，bn＝， 于是Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×， 则Tn＝1×＋3×＋5×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×， 两式相减：＝1＋2×－＝1＋2×－＝2－－，即＝2－－＝2－，于是Tn＝3－，故Tn＜3. 4．(2024·韶关测试)在①an＋1＝an＋2n，a1＝2；②Sn＝2an－2；③Sn＝2n＋1－2这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答．设数列{an}的前n项和为Sn，__________，数列{bn}是等差数列，b1＝1，b2＋b4＋b6＝21. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：(1)若选①：由an＋1＝an＋2n，则an＋1－an＝2n， 可得an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a3－a2＝22，a2－a1＝21， 将上述n－1个式子相加，整理an－a1＝2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝＝2n－2， 又因为a1＝2，所以an＝2n(n∈N*)． 若选②：Sn＝2an－2，当n＝1时，a1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，所以＝2，所以an＝2n. 综上，an＝2n(n∈N*)． 若选③：Sn＝2n＋1－2，当n＝1时，a1＝2， 当n≥2时，由Sn＝2n＋1－2可得Sn－1＝2n－2，所以an＝Sn－Sn－1＝2n，所以an＝2n. 经检验当n＝1时an＝2n也成立，所以an＝2n(n∈N*)； 设等差数列{bn}的公差为d， 由题有b1＝1，b2＋b4＋b6＝21，即b1＋d＋b1＋3d＋b1＋5d＝21，解得d＝2， 从而bn＝2n－1. (2)由(1)可得cn＝(2n－1)×2n， 令cn的前n项和是Tn，则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)×2n＋1， 两式相减得，－Tn＝1×21＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n－1)×2n＋1＝1×21＋－(2n－1)×2n＋1， 整理得Tn＝n×2n＋2－3×2n＋1＋6＝(2n－3)×2n＋1＋6. [能力提升练] 5．(2024·陕西武功县普集高级中学校考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，{bn}的前n项和为Tn，若对任意的正整数n，不等式Tn＞恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)由Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，得＝＋1，又＝＝，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列， ∴＝＋(n－1)＝，即Sn＝(2n－1)·2n－1， ∴当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)·2n－1－(2n－3)·2n－2＝(2n＋1)·2n－2， 又a1＝1不满足上式， 所以an＝ (2)由(1)知Sn＝(2n－1)·2n－1， ∴bn＝＝·n， ∴Tn＝×1＋×2＋… ＋×n，　① Tn＝×2＋×3＋…＋×n＋1，　② ①－②得：Tn＝＋2＋3＋…＋n－×n＋1， 整理得Tn＝5－(2n＋5)n， 又因为对任意的正整数n，Tn＞恒成立，所以＜(Tn)min， ∵Tn＋1－Tn＝(2n＋5)n－(2n＋7)n＋1＝n＞0， ∴Tn在(0，＋∞)上单调递增，(Tn)min＝T1＝，由＜，可得－1＜m＜2， 所以实数m的取值范围是(－1,2)． 6．(2024·湖南六校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S5＝S2＋21.数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝6，bn＋1＝5Tn＋6(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足对任意的n∈N*，均有an＋1＝＋＋＋…＋成立，求数列{cn}的前n项和Mn. 解：(1)因为a1＝1，由S5＝S2＋21，得a3＋a4＋a5＝21，所以3a4＝21，即a4＝7， 设等差数列{an}的公差为d，所以d＝＝＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 由bn＋1＝5Tn＋6(n∈N*)，得bn＝5Tn－1＋6(n≥2)， 两式相减得bn＋1－bn＝5(Tn－Tn－1)＝5bn，得bn＋1＝6bn，所以＝6， 又b2＝5T1＋6＝5b1＋6＝36＝6b1， 所以数列{bn}是以6为首项，6为公比的等比数列，bn＝b1·6n－1＝6n. (2)由题意得n∈N*，均有an＋1＝＋＋＋…＋，所以n≥2时，有an＝＋＋＋…＋，两式相减得an＋1－an＝＝2(n≥2)，∴cn＝2×6n(n≥2)， 所以cn＝ 当n＝1时，M1＝c1＝18， 当n≥2时，Mn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝18＋2(62＋63＋64＋…＋6n) ＝6＋2(61＋62＋63＋…＋6n) ＝6＋2·＝. 当n＝1时，M1＝18也满足上式． 综上，Mn＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$