专题三　数列的运算及求和（练习）-2025届高三数学二轮复习

专题三　数列的运算及求和练习 (分值：60分) 1.(13分)(2024·长郡中学质检)记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝3，(n＋1)2an＋1＋(2n＋1)Sn＝2(n∈N*). (1)求Sn； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 2.(15分)(2024·湖南师大附中调研)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝. (1)证明：为等差数列； (2)求{an}的通项公式； (3)若bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 3.(15分)(2024·温州适考)等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S5＝S4＋S3. (1)求Sn； (2)记Tn为数列{bn}的前n项和，若b2＝13，且{}是以2为公差的等差数列，求数列{bn}的通项公式. 4.(17分)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an－cos ＋2sin (n∈N*). (1)求a2，a3； (2)求{an}的通项公式； (3)设{n(an－2n)}的前n项和为Tn，若Tm＝2 024(m∈N*)，求m. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 答案详解 专题三　数列的运算及求和练习 1.解　(1)由题设(n+1)2(Sn+1-Sn)+(2n+1)Sn=2,得(n+1)2Sn+1-n2Sn=2,又12×S1=a1=3, 故{n2Sn}是首项为3,公差为2的等差数列,所以n2Sn=3+2(n-1)=2n+1,则Sn=,n∈N*. (2)由(1)得bn==, 所以Tn==,n∈N*. 2.(1)证明　∵∀n∈N*,anSn+1-an+1Sn=,∴(n∈N*),∵a1=1,∴数列是首项为1,公差为的等差数列. (2)解　(n-1)=,即2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1(n≥2),两式作差得2an=(n+1)an-nan-1, 即(n≥2),∴=,即=n,an=n(n≥2),∵a1=1,∴an=n,n∈N*. (3)解　∵bn=an·2n=n·2n,∴Tn=1×21+2×22+…+n×2n,∴2Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1, ∴-Tn=21+22+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1,∴Tn=(n-1)2n+1+2,n∈N*. 3.解　(1)法一　设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d=3, 由S5=S4+S3可得5a1+10d=4a1+6d+3a1+3d,即2a1=d,解得a1=1,d=2,故Sn=n+=n2,n∈N*. 法二　由S5=S4+S3得S5-S4=S3,故a5=3a2=9,则d==2,故an=a2+(n-2)d=2n-1,则Sn==n2,n∈N*. (2)法一　由题意知=2,则=2,移项平方得=3,则b1=8, 可得{}是首项为3,公差为2的等差数列,则=2n+1,可得Sn+Tn=(2n+1)2,则Tn=3n2+4n+1, 当n≥2时,Tn-1=3(n-1)2+4(n-1)+1,故bn=Tn-Tn-1=3n2+4n+1-[3(n-1)2+4(n-1)+1]=6n+1,故bn= 法二　由题意可设=2n+q(q是常数),则平方相减可得q=1, 则=2n+1,可得Sn+Tn=(2n+1)2,则Tn=3n2+4n+1,当n≥2时,Tn-1=3(n-1)2+4(n-1)+1, 故bn=Tn-Tn-1=3n2+4n+1-[3(n-1)2+4(n-1)+1]=6n+1,故b= 4.解　(1)当n=1时,得a2=2a1-cos =4,当n=2时,得a3=2a2-cos =9. (2)设an+1+αsin =2,整理得an+1=2an+(2β-α)cos +(2α+β)sin , 又an+1=2an-cos ,∴∴an+1+sin , 又a1+sin =2,∴是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an+sin =2×2n-1=2n,∴an=2n-sin , 故{an}的通项公式为an=2n-sin ,n∈N*. (3)设bn=n(an-2n)=-n·sin ,设k∈N*,则当n=4k+1时,sin =1,当n=4k+2时,sin =0,当n=4k+3时,sin =-1, 当n=4k+4时,sin =0.∴b4k+1+b4k+2+b4k+3+b4k+4=-(4k+1)-(4k+3)×(-1)=2. 若Tm=2 024(m∈N*),则m=×4=4 048. 学科网（北京）股份有限公司 $$