课下巩固精练卷(49) 数列求和（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

课下巩固精练卷(四十九)　数列求和 1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，____．在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn. (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①：设{an}的公差为d， 因为S11＝66，a1＝1，所以11＋×d＝66， 解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择②：因为a3，a9，9a3成等比数列， 所以， 又an>0，所以a9＝3a3， 又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)， 所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择③：设{an}的公差为d， 因为Sn－nan＝， 所以na1＋d－n[a1＋(n－1)d]＝， 又a1＝1， 即n＋d－n－n(n－1)d＝，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)由(1)知bn＝＋2an＝3n＋2n， 所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n＝. 2．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)， 由题意得 即 解得或(舍)， 所以an＝2＋(n－1)·2＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 所以bn＝4(n＋1)－3n+2， 所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·. 3．已知数列{an}中，a1＝1，且an≠0，Sn为数列{an}的前n项和， ＝an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和． 解：(1)根据题意知an＝Sn－Sn－1，n≥2　①， 又因＝an≠0　②， ①式除②式可得＝1，n≥2， 所以可得{}是以＝1为首项，1为公差的等差数列，则＝1＋n－1＝n，所以Sn＝n2， 故an＝Sn－Sn－1＝2n－1，n≥2， 当n＝1时a1＝1也满足该式，所以an＝2n－1. (2)由(1)结论可知an＝2n－1，所以cn＝， 设{cn}的前n项和为Tn， 则当n为偶数时，Tn＝＋－＋…＋]＝＝－， 则当n为奇数时，Tn＝＋－＋…－]＝＝－， 所以Tn＝ 4．已知数列}是首项为3，公比为9的等比数列，数列{bn}满足b1＋＝3n. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和Sn. 解：(1)因为数列}是首项为3，公比为9的等比数列， 所以＝3×9n-1＝32n-1，所以an＝2n－1， 由b1＋＝3n， 得当n≥2时，b1＋＝3(n－1)，两式相减，得＝3，即bn＝3n， 又当n＝1时，b1＝3也符合，所以bn＝3n. (2)设cn＝＝(2n－1)n， 则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×＋3×2＋…＋(2n－1)n， 故Sn＝1×2＋3×3＋…＋(2n－1)n+1， 两式作差得Sn＝1×＋2×2＋2×3＋…＋2×n－(2n－1)n+1＝－－(2n－1)n+1＝， 所以Sn＝1－. 5．(2024·陕西安康模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝. (1)证明：数列{}是等差数列； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：令cn＝，又an＋1＝，则有 cn＋1－cn＝＝1， 又a1＝2，所以c1＝＝1， 所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，cn＝c1＋(n－1)d＝n， 又cn＝，所以an＝， 所以bn＝＝(－1)×， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(－1)×[＋＋＋…＋]＝(－1)×＝(－1)×＝－8. 6．(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 解：(1)设{an＋1－an}的公比为q， ∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an＝(λ－1)＝q(an＋1－an)． ∴＝1，解得λ＝3，∴q＝2. 又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n-1. ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋20＋21＋…＋2n-2＝1＋＝2n-1(n≥2)， 当n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为an＝2n-1. (2)当bm＝k＝1时，m∈[1，2)，共2－1＝1项， 当bm＝k＝2时，m∈[2，4)，共4－2＝2项， 当bm＝k＝3时，m∈[4，8)，共8－4＝4项， … 当bm＝k＝n时，m∈[2n-1，2n)，共2n－2n-1＝2n-1项， 又＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1＋n＋1. 记S＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1， 则2S＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－S＝20＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴S＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前2n项和为S＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. 学科网（北京）股份有限公司 $