2023届高考一轮复习加练必刷题第52练　数列求和【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第52练　数列求和【解析版】，共4页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。

考点一 分组求和与并项求和
1．(2022·贵州凯里一中模拟)已知数列{an}满足：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝16n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝lg2an＋2n－1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)当n＝1时，a1＝16，
当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＋2n－1an＝16n，①
a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝16(n－1)，②
①－②得2n－1an＝16，
∴an＝25－n，
当n＝1时，a1＝16满足通项公式，
∴an＝25－n，n∈N*.
(2)bn＝lg225－n＋2n－1＝5－n＋2n－1，
Tn＝(4＋20)＋(3＋21)＋(2＋22)＋…＋(5－n＋2n－1)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋3＋2＋…＋5－n))＋(20＋21＋22＋…＋2n－1)
＝eq \f(9－nn,2)＋2n－1，n∈N*.
考点二 错位相减法求和
2．(2022·芜湖模拟)设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＋6a2＝1，a3＝a1·a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·lg3an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由a1＋6a2＝1，a3＝a1·a2，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋6a1q＝1，,a1q2＝a\\al(2,1)q，))
解得a1＝eq \f(1,3)，q＝eq \f(1,3)，所以数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)(n∈N*)．
(2)由(1)可得bn＝an·lg3an＝eq \f(1,3n)·lg3eq \f(1,3n)＝－eq \f(n,3n)，
记Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，
则eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，
两式相减，可得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(\f(1,3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(2n＋3,2·3n＋1)，
解得Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(3＋2n,4·3n)，所以Sn＝eq \f(3＋2n,4·3n)－eq \f(3,4).
考点三 裂项相消法求和
3．(2022·济南模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在①bn＝eq \f(1,anan＋1)；②bn＝3n·an；③bn＝eq \f(1,4Sn－1)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．若________，求{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)因为4Sn＝(an＋1)2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，
又4Sn＝(an＋1)2，
所以两式相减得4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
可得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝2，
验证可知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝2n－1.
(2)若选条件①：bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
则Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)；
若选条件②：bn＝3n·an＝3n·(2n－1)，
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
上式两边同时乘3可得3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，
两式相减得－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1
＝3－(2n－1)×3n＋1＋2×eq \f(91－3n－1,1－3)
＝－6＋(2－2n)3n＋1，
可得Tn＝(n－1)·3n＋1＋3；
若选条件③：由an＝2n－1可得
Sn＝eq \f(1＋2n－1×n,2)＝n2，
所以bn＝eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
故Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－))
eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
4．(2022·河北衡水中学模拟)已知正项数列{an}，其前n项和为Sn，an＝1－2Sn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋2n))，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知an＝1－2Sn，①
所以an＋1＝1－2Sn＋1，②
②－①，得an＋1－an＝－2an＋1，
即3an＋1＝an，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)，
所以数列{an}是公比为eq \f(1,3)的等比数列．
又a1＝1－2S1＝1－2a1，所以a1＝eq \f(1,3).
所以an＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n).
(2)由(1)得bn＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋2n))
＝(－1)n·3n＋(－1)n·(2n)，
当n为奇数时，Tn＝(－3＋32－33＋34－…－3n)＋2(－1＋2－3＋4－…－n)
＝eq \f(－3[1－－3n],1－－3)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1－n,2)·\f(1＋n,2)))
＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋n－1,2)·\f(n－1,2)))
＝eq \f(－3－3n＋1,4)－n－1＝eq \f(－7－3n＋1,4)－n，
当n为偶数时，Tn＝(－3＋32－33＋34－…＋3n)＋2(－1＋2－3＋4－…＋n)
＝eq \f(－3[1－－3n],1－－3)＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－1＋－n＋1,2)·\f(n,2)))
＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋n,2)·\f(n,2)))＝eq \f(－3＋3n＋1,4)＋n＝eq \f(4n＋3n＋1－3,4).
综上所述，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(－7－3n＋1,4)－n，n为奇数，,\f(4n＋3n＋1－3,4)，n为偶数.))