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2022届高考数学一轮复习 第六章 6.4 数列求和课时作业

2022届高考数学一轮复习 第六章 6.4 数列求和课时作业

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姓名：

课时作业32　数列求和
[基础达标]
一、选择题
1．[2021·广州市高三年级调研检测]已知{an}为单调递增的等差数列，a2＋a5＝18，a3·a4＝80，设数列{bn}满足2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.

2．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]已知数列{an}，{bn}满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2.
(1)求证数列{bn}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.

3．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]设数列{an}满足：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．

4．[2021·湖北省部分重点中学高三起点考试]已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.

5．[2021·安徽省部分重点学校高三联考试题]已知数列{an}满足：是公比为2的等比数列，是公差为1的等差数列．
(1)求a1，a2的值；
(2)试求数列{an}的前n项和Sn.

6．[2021·湖南长郡中学联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若的前n项和为Sn，求Sn.

[能力挑战]
7．[2020·天津卷]已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2

课时作业32
1．解析：解法一　设{an}的公差为d，因为{an}为单调递增的等差数列，所以d＞0.
由得解得
所以d＝a4－a3＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n＋2.
解法二　设{an}的公差为d，因为{an}为单调递增的等差数列，所以d>0，
由
得，
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)由(1)得2an＝22n＋2＝4n＋1，
当n≥2时，由2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2an－4，①
得2b1＋22b2＋23b3＋…＋2n－1bn－1＝2an－1－4，②
①－②得2nbn＝4n＋1－4n＝3×4n，n≥2，
所以bn＝3×2n，n≥2.
当n＝1时，b1＝－2＝－2＝6符合上式．
所以bn＝3×2n.
所以Sn＝＝3×2n＋1－6.
2．解析：(1)因为bn－an＝n，所以bn＝an＋n.
因为an＋1＝2an＋n－1, 所以an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，所以bn＋1＝2bn.
又b1＝2，所以{bn}是首项为b1＝2，公比为2的等比数列，
所以bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)可得an＝bn－n＝2n－n，
所以Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－
＝2n＋1－2－.
3．解析：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知数列{an}是等差数列，设其公差为d，
由a1＝1，a3＋a4＝12，得d＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n－1(n∈N*)．
(2)＝
＝，
记数列的前n项和为Sn，则
Sn＝
＝
＝－.
4．解析：(1)设数列{an}的公比为q，当q＝1时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3，
当q≠1时，，所以解得，an＝12×n－1.
综上，an＝3或an＝12×n－1.
注：列方程组求解可不用讨论．
(2)若an＝3，则bn＝0，与题意不符，所以an＝12×n－1，
所以a2n＋3＝12×2n＋2＝3×2n，bn＝log2＝log222n＝2n
cn＝＝＝－，
c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－<1.
5．解析：(1)解法一　∵是公比为2的等比数列，
∴＝·2，∴a2＝4a1.
又是公差为1的等差数列，
∴－＝1，
解得.
解法二　∵是公比为2的等比数列，
∴＝2，∴an＋1＝an　①，
又是公差为1的等差数列，
∴－＝1　②，
由①②解得an＝n·2n，∴.
(2)由(1)知an＝n·2n.
解法一　∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.
两式作差可得，
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.
解法二　an＝n×2n＝(2n－2)×2n－(2n－4)×2n－1(n∈N*)，
设bn＝(2n－4)×2n－1，则an＝bn＋1－bn.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn＋1－bn)＝bn＋1－b1＝(2n－2)×2n＋2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.
6．解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
由题意得
解得或(舍)，
所以an＝n，bn＝2n.
(2)由(1)知＝，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋＋…＋＋＋，
两式相减得Sn＝＋＋＋＋…＋－＝－＝1－－，所以Sn＝2－－＝2－.
7．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a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝，故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，S＝(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2