专题2 第2讲 数列求和及其综合应用(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P148] 1．(2025·湖南郴州三模)已知数列{an}为等差数列，且a2＝3，a4＋a5＋a6＝27. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝2bn－2，求数列{bn}的通项公式； (3)已知数列{cn}满足：cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Mn. 解析　(1)因为数列{an}为等差数列，则a4＋a5＋a6＝3a5＝27，可得a5＝9， 所以数列{an}的公差为d＝＝＝2， 故an＝a2＋d＝3＋2＝2n－1. (2)当n＝1时，b1＝S1＝2b1－2，解得b1＝2， 当n≥2且n∈N*时， 由Sn＝2bn－2得Sn－1＝2bn－1－2， 上述两个等式作差可得bn＝2bn－2bn－1，可得bn＝2bn－1， 所以数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列， 故bn＝2×2n-1＝2n. (3)由(1)(2)可得cn＝anbn＝·2n， 所以Mn＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋·2n， 则2Mn＝1·22＋3·23＋…＋·2n＋·2n+1， 上述两个等式作差得－Mn＝2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－·2n+1 ＝2＋－·2n+1 ＝－6＋·2n+1， 整理得Mn＝·2n+1＋6. 2．已知数列{an}，若a1＝1，an＋1－2an＝1. (1)求证：数列{an＋1}是等比数列； (2)若数列的前n项和为Sn，不等式loga(1－a)>Sn对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围． 解析　(1)证明　因为an＋1＝2an＋1， 所以an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2， 又因为a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)易知an＋1＝2×2n-1＝2n，an＝2n－1， 所以＝＝－， 所以Sn＝ ＝ ＝1－，则Sn<1恒成立， 所以要使不等式loga(1－a)>Sn对任意正整数n恒成立， 只需loga(1－a)≥1， 由题意可得a>0，a≠1且1－a>0，则0<a<1， 所以1－a≤a，解得a≥， 所以≤a<1，即实数a的取值范围是. 3．(2025·山东日照一模)已知数列{an}为等差数列，且满足a2n＝2an＋1(n∈N*). (1)若a1＝1，求数列的前n项和Sn； (2)若数列{bn}满足2b1＋b2＝b1b2，且数列{an·bn}的前n项和Tn＝·2n+1＋8，求数列{bn}的通项公式． 解析　(1)当n＝1时，由a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1，因为a1＝1，所以a2＝3， 所以等差数列{an}的公差为a2－a1＝2， 所以an＝1＋·2＝2n－1， 故＝＝ 故数列{an}的前n项和 Sn＝＝＝. (2)当n＝1时，a1b1＝T1＝×22＋8＝4， 可得b1＝， 当n≥2时，anbn＝Tn－Tn－1 ＝[(3n－4)·2n+1＋8]－[(3n－7)·2n＋8] ＝3n·2n+1－2n+3－3n·2n＋7·2n ＝2n＝2n， 将n＝1代入上式，则a1b1＝2×＝4＝T1， 综上所述，anbn＝2n，n∈N*. a2b2＝22×＝20，可得b2＝， 又因为a2＝2a1＋1，则b2＝， 由方程2b1＋b2＝b1b2，可得＋a1＝1，解得a1＝2， 由a2＝2a1＋1＝5，则等差数列{an}的公差为3， 所以an＝3n－1， 由anbn＝2n，n∈N*，得bn＝2n. 4．(2025·青岛质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且a1为a2与S2的等差中项，当n≥2时，总有 2Sn＋1－3Sn＋Sn－1＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bm为数列落在区间内的项的个数，求数列{(－1)mb}的前m项和Wm. 解析　(1)∵当n≥2时，总有 2Sn＋1－3Sn＋Sn－1＝0， ∴2＝Sn－Sn－1，从而an＋1＝an. ∵a1为a2与S2的等差中项，∴a2＋S2＝2a1， ∵a1＝1，∴a2＝，从而a2＝a1. 综上可得，对于n∈N*，都有an＋1＝an， 即＝， 则数列{an}是以a1＝1为首项，为公比的等比数列，即an＝. (2)根据(1)可得＝2n-1，由0<≤4m-1，即0<2n-1≤4m-1，得n≤2m－1，n∈N*， ∴bm＝2m－1，从而(－1)mb＝(－1)m2， ∴Wm＝－12＋32－52＋…＋(－1)m2. 当m为偶数时，Wm＝－12＋32－52＋72－92＋112－…－2＋2 ＝＋＋(－92＋112)＋…＋ ＝8＋24＋40＋…＋＝＝2m2. 当m为奇数且 m≥3时，Wm＝Wm－1－(2m－1)2＝2(m－1)2－2＝1－2m2， 由于W1＝－1满足上式， ∴当m为奇数时，Wm＝1－2m2. 综上可得，Wm＝ 5．“H数列”定义：数列{an}的前n项和为Sn，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使Sn＝am，则称数列{an}是“H数列”． (1)若数列{bn}的前n项和为Tn＝2n，求证：数列{bn}是“H数列”； (2)已知数列{cn}是“H数列”，且数列{cn}是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列{cn}的通项公式； (3)若数列{dn}满足：dn＝bncn，求数列{dn}的前n项和Dn. 解析　(1)证明　当n＝1时，b1＝T1＝2；当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n-1，所以bn＝即Tn＝bn＋1.所以数列{bn}是“H数列”． (2)设数列{cn}的公差为d，则其前n项和Sn＝n＋d.∀n∈N*，∃m∈N*，使Sn＝cm，即n＋d＝1＋(m－1)d，当n＝2时，得1＋d＝(m－1)d，解得m＝2＋.因为d＜0，所以m＜2，又m∈N*，所以m＝1，故d＝－1，cn＝2－n，Sn＝是小于2的正整数．此时对于任意的正整数n，总存在正整数m使Sn＝cm，故cn＝2－n. (3)bn＝cn＝2－n，当n≥2时，Dn＝2×1＋2×0＋22×(－1)＋23×(－2)＋…＋2n-1×(2－n)，所以2Dn＝4＋22×0＋23×(－1)＋…＋2n-1×(3－n)＋2n×(2－n)，所以－Dn＝－2＋(－1)(22＋23＋…＋2n-1)－2n×(2－n)，所以Dn＝2＋＋2n×(2－n)＝(3－n)·2n－2.当n＝1时，D1＝d1＝2，满足上式．综上，Dn＝(3－n)·2n－2. 6．(2025·天津二模)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a4＝7，a1＝1，a1＋b3＝a，a2b3＝4a3＋b2. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)已知cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n； (3)求证： <. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a4＝7，a1＝1得d＝＝2，所以an＝2n－1. 由a1＋b3＝a，a2b3＝4a3＋b2， 得 所以b3＝8，b2＝4，故所以bn＝2n. (2)当n是奇数时，cn＝·2n，当n是偶数时，cn＝＝－， 则数列{cn}中奇数项的和c2k－1＝1×21＋5×23＋9×25＋…＋·22n-1，① 4c2k－1＝1×23＋5×25＋9×27＋…＋·22n+1，② ①－②得－3c2k－1＝2＋4×23＋4×25＋…＋4×22n-1－·22n+1， 即－3c2k－1＝2＋4(23＋25＋…＋22n-1)－·22n+1＝2＋4×－·22n+1， 化简得c2k－1＝. 数列 {cn}中偶数项的和c2k＝ ＝＋＋…＋＝－＝－， 所以T2n＝ck＝c2k－1＋c2k＝＋. (3)证明　＝＝ ＝＝< ＝－. 当n≥2时， <＋－＋－＋…＋－＝－， 因为>0， 所以－<； 当n＝1时，<也成立． 综上， <. 学科网（北京）股份有限公司 $