数列求和 限时训练——2025届高三数学二轮复习

数列求和 1．(★★)(2024·烟台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an>1,2Sn＝a＋n－1(n∈N*)． (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)记bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n. (1)证明　当n＝1时，2a1＝a，则a1＝0或a1＝2， 因为an>1，所以a1＝2; 当n≥2时， 两式相减得2an＝a－a＋1， 即a＝(an－1)2，因为an>1， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1, 故数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)解　由(1)知，an＝2＋(n－1)×1＝n＋1， 所以bn＝ T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n ＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝(22＋24＋…＋22n)＋ ＝＋ ＝＋ ＝＋， 所以T2n＝＋. 2．(★★)(2023·泰安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1且an＋1＋2SnSn＋1＝0，n∈N*. (1)求an； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和． 解　(1)∵an＋1＋2SnSn＋1＝0， ∴Sn＋1－Sn＋2SnSn＋1＝0，又Sn≠0， ∴－＝2. ∴数列是首项为＝1，公差为2的等差数列． ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，即Sn＝. 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝－， ∵a1＝S1＝1， ∴an＝ (2)当n＝1时，b1＝＝2， 当n≥2时，bn＝＝ ＝(3－2n)·4n－1. 设{bn}的前n项和为Tn，则 当n＝1时，T1＝b1＝2，当n≥2时，Tn＝2－41－3×42－…＋(3－2n)·4n－1， 4Tn＝2×41－42－…＋(5－2n)·4n－1＋(3－2n)·4n. ∴－3Tn＝－2－2·(41＋42＋…＋4n－1)－(3－2n)·4n ＝－2－2·＋(2n－3)·4n ＝＋·4n. ∴Tn＝－(n≥2)， 当n＝1时，也符合． 所以Tn＝－. 3．(★★)(2023·大连模拟)已知{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足________，现有以下条件： ①2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝； ②Sn＝2an－2；③Sn＋1－2Sn＝2. 请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝nlog2an＋1，求的前n项和Tn，并证明：≤Tn<1. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分 解　(1)若选择条件①. ∵2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝， ∴当n≥2时，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝， 两式相减得2nan＝－＝4n， ∴当n≥2时，an＝2n，当n＝1时也符合， ∴an＝2n. 若选择条件②. ∵Sn＝2an－2， ∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 两式相减得an＝2an－1，a1＝2≠0， ∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝2n. 若选择条件③. ∵Sn＋1－2Sn＝2， ∴当n≥2时，Sn－2Sn－1＝2， 两式相减得an＋1＝2an， 当n＝1时，S2－2S1＝2，可得a2＝4，a2＝2a1， ∴当n∈N*时，an＋1＝2an成立， ∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＝2n. (2)由(1)可知bn＝nlog2an＋1＝nlog22n＋1＝n(n＋1)， 则＝＝－， ∴Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－， ∵＝>0， ∴各项均为正数， ∴Tn≥T1＝， 又∵Tn＝1－<1， ∴≤Tn<1. 4．(★★)(2024·苏州模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝2n2＋2n＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若b1＝1，bn＋1＋(－1)nbn＝an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)方法一　当n＝1时，S2＋S1＝5，即a2＋2a1＝5，由a1＝1，得a2＝3， 由Sn＋1＋Sn＝2n2＋2n＋1，得Sn＋Sn－1＝2(n－1)2＋2(n－1)＋1(n≥2)， 两式相减得an＋1＋an＝4n(n≥2)．又a2＋a1＝4，满足上式． 所以当n∈N*时，an＋1＋an＝4n， 所以当n≥2时，an＋an－1＝4(n－1)， 两式相减得an＋1－an－1＝4(n≥2)， 所以数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，4为公差的等差数列； 数列{an}的偶数项是以a2＝3为首项，4为公差的等差数列， 所以当n为正奇数时，an＝a1＋×4＝1＋2(n－1)＝2n－1， 当n为正偶数时，an＝a2＋×4＝3＋2(n－2)＝2n－1， 所以an＝2n－1，即{an}的通项公式是an＝2n－1. 方法二　因为Sn＋1＋Sn＝2n2＋2n＋1， 所以Sn＋1－(n＋1)2＝－(Sn－n2)， 同理可得Sn－n2＝－[Sn－1－(n－1)2]， 故Sn＋1－(n＋1)2＝－(Sn－n2)＝…＝(－1)n·(S1－12)， 因为S1－12＝0，所以Sn－n2＝0，即Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1适合上式，所以{an}的通项公式是an＝2n－1. (2)因为bn＋1＋(－1)nbn＝an， 故当n＝2k－1(k∈N*)时，b2k－b2k－1＝a2k－1＝2(2k－1)－1＝4k－3，① 当n＝2k(k∈N*)时，b2k＋1＋b2k＝a2k＝2×2k－1＝4k－1，② ①②两式相减得b2k＋1＋b2k－1＝2(k∈N*)， 因为b1＝1，b3＋b1＝2，所以b3＝1， 因为b2k＋1＋b2k－1＝2(k∈N*)，所以当n为正奇数时，bn＝1， 当n为正偶数时，bn－bn－1＝an－1＝2(n－1)－1＝2n－3， 所以bn＝an－1＋1＝2n－3＋1＝2n－2， 所以bn＝ 当n为正偶数时， Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝×1＋＝n2＋n， 当n为正奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－[2(n＋1)－2]＝n2－n＋1. 综上，Tn＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数列求和 1．(★★)(2024·烟台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an>1,2Sn＝a＋n－1(n∈N*)． (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)记bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n. 2．(★★)(2023·泰安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1且an＋1＋2SnSn＋1＝0，n∈N*. (1)求an； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和． 3．(★★)(2023·大连模拟)已知{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足________，现有以下条件： ①2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝； ②Sn＝2an－2；③Sn＋1－2Sn＝2. 请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝nlog2an＋1，求的前n项和Tn，并证明：≤Tn<1. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分 4．(★★)(2024·苏州模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝2n2＋2n＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若b1＝1，bn＋1＋(－1)nbn＝an，求数列{bn}的前n项和Tn. 学科网（北京）股份有限公司 $$